tal cual cayó — sin cambiar un número

Álgebra · convocatoria extraordinaria

Convocatoria extraordinaria · 2023-2024

curso 2023-2024 · 4 ejercicios

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

Dos combinaciones que a veces son dependientesEspacios vectoriales
a) Sea $\left\{\overline{u},\overline{v}\right\}$ una familia libre de vectores del espacio vectorial $V$ . Estudiar si los vectores $\left(2\overline{u}+\lambda\overline{v}\right)$ y $\left(\lambda\overline{u}+3\overline{v}\right)$ son linealmente independientes en función del parámetro $\lambda\in K$ .

b) Sea
$S=\left\{A\in M_{2\times2}\left(\mathbb{R}\right)\;/\; \operatorname{traza}\left(A\right)=a_{11}+a_{22}=0\right\}$
un subconjunto de $M_{2\times2}\left(\mathbb{R}\right)$ . Demostrar que $S$ es subespacio vectorial y hallar una base y la dimensión del subespacio.
El estudio en función de λ, y la demostración con base y dimensión.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Tres datos torcidos, y la aplicación que sale de ellosAplicaciones lineales
a) Demostrar que si el núcleo o kernel de una aplicación lineal solo contiene al vector nulo, la aplicación lineal es inyectiva.

b) Sean $B=\left\{\overline{e}_{1},\overline{e}_{2},\overline{e}_{3}\right\}$ la base canónica de $\mathbb{R}^{3}$ y $f\colon\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3}$ una aplicación lineal tal que $f\left(\overline{e}_{3}\right)=3\overline{e}_{1}+\overline{e}_{3}$ , $f\left(\overline{e}_{3}-2\overline{e}_{2}\right) =\overline{e}_{1}+2\overline{e}_{2}-\overline{e}_{3}$ y $\overline{e}_{1}+\overline{e}_{2}\in\operatorname{Ker}\left(f\right)$ .

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.

iii. Calcular la matriz asociada a la aplicación lineal en la base $B'$ :
$B'=\left\{\left(1,0,-2\right),\left(0,1,1\right),\left(1,0,-1\right)\right\}$
La demostración, la matriz, las bases, la clasificación y la matriz en B’.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Una identidad que recupera el producto escalar, y una inversaDeterminantes
a) Sea $\left(V,\left\langle\;,\;\right\rangle\right)$ un espacio vectorial euclídeo. Demostrar la siguiente igualdad:
$\left\|\overline{x}+\overline{y}\right\|^{2} -\left\|\overline{x}-\overline{y}\right\|^{2} =4\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle$
para todos $\overline{x},\overline{y}\in V$ .

b) Sea $B=\left\{\overline{e}_{1},\overline{e}_{2},\dots,\overline{e}_{n}\right\}$ una base ortonormal del espacio euclídeo $\left(V,\left\langle\;,\;\right\rangle\right)$ . Demuestra que si $\overline{x}=x_{1}\overline{e}_{1}+\dots+x_{n}\overline{e}_{n}$ e $\overline{y}=y_{1}\overline{e}_{1}+\dots+y_{n}\overline{e}_{n}$ , entonces $\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle =x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+\dots+x_{n}y_{n}$ .

c) Dada la siguiente matriz:
$A=\begin{pmatrix} x & -1 & -1\\ -x & x & -1\\ 1 & -1 & x \end{pmatrix}$
i. Hallar los valores de $x$ para los que la matriz $A$ es invertible.

ii. En caso de ser posible, calcular la inversa de $A$ para $x=0$ .
Las dos demostraciones, los valores de x, y la inversa.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Esta sí se diagonaliza, y no por ser simétricaDiagonalización de matrices cuadradas
a) Definir los siguientes conceptos: autovalor y autovector de un endomorfismo del espacio vectorial $E$ .

b) Sea el siguiente subconjunto del espacio vectorial $E$ :
$S=\left\{\overline{x}\in E-\left\{\overline{0}\right\} \;\middle|\;f\left(\overline{x}\right)=\lambda\overline{x}\right\} \cup\left\{\overline{0}\right\}$
Demostrar que $S$ es subespacio vectorial de $E$ .

c) Estudiar si la matriz $A$ es diagonalizable, y en caso de ser posible, diagonalizarla dando la matriz de cambio de base correspondiente:
$A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & -2\\ 2 & 1 & -2\\ 2 & 2 & -3 \end{pmatrix}$
Las definiciones, la demostración, y el estudio con 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 2023-2024 · 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.

Dos combinaciones que a veces son dependientes

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) Sea $\left\{\overline{u},\overline{v}\right\}$ una familia libre de vectores del espacio vectorial $V$ . Estudiar si los vectores $\left(2\overline{u}+\lambda\overline{v}\right)$ y $\left(\lambda\overline{u}+3\overline{v}\right)$ son linealmente independientes en función del parámetro $\lambda\in K$ .

b) Sea

S=\left\{A\in M_{2\times2}\left(\mathbb{R}\right)\;/\; \operatorname{traza}\left(A\right)=a_{11}+a_{22}=0\right\}

un subconjunto de $M_{2\times2}\left(\mathbb{R}\right)$ . Demostrar que $S$ es subespacio vectorial y hallar una base y la dimensión del subespacio.

El estudio en función de λ, y la demostración con base y dimensión.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Cómo se estudia si dos combinaciones de $\overline{u}$ y $\overline{v}$ son independientes?
02
Los valores de λ que los hacen dependientes
COMP2
¿Para qué valores de $\lambda$ son dependientes?
Tu respuesta al paso 2los dos valores separados por una coma; vale la forma exacta — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
La dimensión de las matrices de traza nula
COMP2
¿Cuál es la dimensión de $S$ ?
Tu respuesta al paso 3un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el apartado b). Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. $S$ no es vacío: la matriz nula tiene traza $0$ .
2. La traza es lineal: $\operatorname{traza}\left(\alpha A+\beta B\right) =\alpha\operatorname{traza}\left(A\right) +\beta\operatorname{traza}\left(B\right)$ .
3. Luego si $A,B\in S$ entonces $\operatorname{traza}\left(\alpha A+\beta B\right)=0$ y $\alpha A+\beta B\in S$ : es subespacio.

Resolución completa

a) Dos combinaciones, y cuándo se estropean. Se plantea la definición de independencia y se deja que la hipótesis trabaje:

\alpha\left(2\overline{u}+\lambda\overline{v}\right) +\beta\left(\lambda\overline{u}+3\overline{v}\right)=\overline{0}

Agrupando por $\overline{u}$ y $\overline{v}$ :

\left(2\alpha+\lambda\beta\right)\overline{u} +\left(\lambda\alpha+3\beta\right)\overline{v}=\overline{0}

Y aquí es donde se usa que $\left\{\overline{u},\overline{v}\right\}$ es libre, que es la única hipótesis del enunciado: una combinación de una familia libre solo da $\overline{0}$ con todos los coeficientes nulos.

\begin{cases} 2\alpha+\lambda\beta=0\\ \lambda\alpha+3\beta=0 \end{cases}

Un sistema homogéneo con dos incógnitas. Tiene solo la solución trivial —y entonces los vectores son independientes— si y solo si su determinante no se anula:

\begin{vmatrix}2&\lambda\\\lambda&3\end{vmatrix}=6-\lambda^{2}

\boxed{\; \begin{cases} \text{independientes} & \text{si }\lambda\neq\pm\sqrt6\\ \text{dependientes} & \text{si }\lambda=\sqrt6\ \text{o}\ \lambda=-\sqrt6 \end{cases}\;}

Comprobación en el caso malo. Con $\lambda=\sqrt6$ , los dos vectores son $2\overline{u}+\sqrt6\,\overline{v}$ y $\sqrt6\,\overline{u}+3\overline{v}$ , y el segundo es $\frac{\sqrt6}{2}$ veces el primero: $\frac{\sqrt6}{2}\cdot2=\sqrt6$ ✓ y $\frac{\sqrt6}{2}\cdot\sqrt6=\frac{6}{2}=3$ ✓.

b) Las matrices de traza nula.

Que es subespacio se demuestra sin describirlo, y en una línea, si se dice lo importante: la traza es una aplicación lineal de $M_{2\times2}\left(\mathbb{R}\right)$ en $\mathbb{R}$ .

qué	por qué
no vacío	$\operatorname{traza}\left(O\right)=0$
cerrado	$\operatorname{traza}\left(\alpha A+\beta B\right)=\alpha\cdot0+\beta\cdot0=0$

$\blacksquare$

De hecho $S=\operatorname{Ker}\left(\operatorname{traza}\right)$ , y el núcleo de una aplicación lineal siempre es subespacio. Decirlo así es más corto y explica por qué.

La base y la dimensión. La condición $a_{11}+a_{22}=0$ es una sola ecuación, así que quita un grado de libertad de los cuatro:

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

\boxed{\; B=\left\{ \begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}\right\}, \qquad \dim S=3\;}

Que es base se ve solo: generan por la escritura de arriba, y son independientes porque cada una tiene un $1$ donde las otras tienen $0$ .

Y hay una comprobación general que conviene tener: el núcleo de una aplicación lineal no nula sobre $\mathbb{R}$ pierde exactamente una dimensión. Aquí, $4-1=3$ ✓.

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

nivel: examenEjercicio 2 · Convocatoria extraordinaria, curso 2023-2024 · 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 datos torcidos, y la aplicación que sale de ellos

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 si el núcleo o kernel de una aplicación lineal solo contiene al vector nulo, la aplicación lineal es inyectiva.

b) Sean $B=\left\{\overline{e}_{1},\overline{e}_{2},\overline{e}_{3}\right\}$ la base canónica de $\mathbb{R}^{3}$ y $f\colon\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3}$ una aplicación lineal tal que $f\left(\overline{e}_{3}\right)=3\overline{e}_{1}+\overline{e}_{3}$ , $f\left(\overline{e}_{3}-2\overline{e}_{2}\right) =\overline{e}_{1}+2\overline{e}_{2}-\overline{e}_{3}$ y $\overline{e}_{1}+\overline{e}_{2}\in\operatorname{Ker}\left(f\right)$ .

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.

iii. Calcular la matriz asociada a la aplicación lineal en la base $B'$ :

B'=\left\{\left(1,0,-2\right),\left(0,1,1\right),\left(1,0,-1\right)\right\}

La demostración, la matriz, las bases, la clasificación y la matriz en B’.

01
Reconocer el camino
COMP1
Los datos no dan $f\left(\overline{e}_{1}\right)$ ni $f\left(\overline{e}_{2}\right)$ directamente. ¿Cómo se obtienen?
02
La imagen del segundo vector canónico
COMP2
¿Cuánto vale $f\left(\overline{e}_{2}\right)$ ?
Tu respuesta al paso 2las tres coordenadas en orden — componentes separadas por comas

La matriz asociada en la base canónica

COMP2

¿Cuál es la matriz de $f$ en la base canónica?

Tu respuesta al paso 3filas separadas por punto y coma, por ejemplo -1,1,3; 1,-1,0; -1,1,1 — columnas con comas, filas con punto y coma

Desarrollo

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

Comprobación con los tres datos:

dato	$A$ lo confirma
$f\left(\overline{e}_{3}\right)=\left(3,0,1\right)$	tercera columna ✓
$f\left(\overline{e}_{3}-2\overline{e}_{2}\right)=\left(1,2,-1\right)$	✓
$f\left(\overline{e}_{1}+\overline{e}_{2}\right)=\overline{0}$	las dos primeras columnas se cancelan ✓

04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el apartado a). Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Sean $\overline{x},\overline{y}$ con $f\left(\overline{x}\right)=f\left(\overline{y}\right)$ . Hay que llegar a $\overline{x}=\overline{y}$ .
2. Restando y usando la linealidad, $f\left(\overline{x}\right)-f\left(\overline{y}\right) =f\left(\overline{x}-\overline{y}\right)=\overline{0}$ .
3. Luego $\overline{x}-\overline{y}\in\operatorname{Ker}\left(f\right) =\left\{\overline{0}\right\}$ , así que $\overline{x}-\overline{y}=\overline{0}$ y $\overline{x}=\overline{y}$ .
05
Redactar la demostración
COMP4
Escribe el apartado a) entero en papel, como lo entregarías.

En Álgebra esto no es un extra: de los 32 ejercicios de las ocho convocatorias transcritas, 22 piden demostrar algo —el 69 %—, y las propiedades de una aplicación lineal (núcleo, imagen, inyectividad) caen en cinco de las ocho. Contado el 5 de septiembre de 2026.

Son cuatro renglones. Lo difícil no es la longitud: es que los cuatro digan lo que tienen que decir.
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. Empezar por lo que se supone, no por lo que se quiere probar.
  Inyectiva significa «si las imágenes coinciden, los originales coinciden». Así que el primer renglón es «sean $\overline{x}$ y $\overline{y}$ con $f\left(\overline{x}\right)=f\left(\overline{y}\right)$ ». Arrancar por « $\overline{x}=\overline{y}$ » es escribir la demostración al revés y no demuestra nada.
2. El paso de $f\left(\overline{x}\right)-f\left(\overline{y}\right)$ a $f\left(\overline{x}-\overline{y}\right)$ , diciendo que ahí se usa la linealidad.
  Es el único sitio donde entra la hipótesis de que $f$ es lineal, y sin ella el enunciado es falso: $f(x)=x^{2}$ solo anula al cero y no es inyectiva. Una demostración que no señala dónde usa su hipótesis no ha demostrado el teorema, ha descrito una casualidad.
3. Nombrar el núcleo al llegar a él, y usar que es $\left\{\overline{0}\right\}$ .
  La hipótesis del enunciado es exactamente esa, y hay que verla entrar. Escribir «luego $\overline{x}-\overline{y}=\overline{0}$ » sin pasar por el núcleo se salta el dato que te han dado.
4. La conclusión escrita: $\overline{x}=\overline{y}$ , luego $f$ es inyectiva.
  Falta el renglón que ata el resultado con la palabra del enunciado. Cuesta seis palabras y es lo que el corrector busca para dar el punto por cerrado.
Cuatro renglones y una palabra que no puede faltar: lineal. Búscala en tu papel. Si no está —o si está solo en el enunciado y no en el paso donde se usa—, has escrito un argumento que también «demostraría» que $x^{2}$ es inyectiva.

Y el orden: se supone que las imágenes coinciden → se restan → se agrupa por linealidad → eso vive en el núcleo → el núcleo es el cero → los originales coinciden.

Resolución completa

a) Núcleo trivial implica inyectiva. Sean $\overline{x},\overline{y}$ con $f\left(\overline{x}\right)=f\left(\overline{y}\right)$ :

f\left(\overline{x}\right)-f\left(\overline{y}\right)=\overline{0} \;\overset{\text{lineal}}{\Longrightarrow}\; f\left(\overline{x}-\overline{y}\right)=\overline{0} \;\Longrightarrow\; \overline{x}-\overline{y}\in\operatorname{Ker}\left(f\right) =\left\{\overline{0}\right\}

\Longrightarrow\;\overline{x}=\overline{y} \qquad\blacksquare

Dónde se usa la linealidad: en el paso de $f\left(\overline{x}\right)-f\left(\overline{y}\right)$ a $f\left(\overline{x}-\overline{y}\right)$ . Sin ella el teorema es falso — $f\left(x\right)=x^{2}$ solo anula al cero y no es inyectiva—.

b) i · La matriz. Los datos vienen torcidos a propósito: ninguno da directamente la imagen de un vector canónico salvo el primero. Se despejan en cadena:

de dónde	qué sale
dato 1	$f\left(\overline{e}_{3}\right)=\left(3,0,1\right)$
dato 2, por linealidad	$2f\left(\overline{e}_{2}\right)=f\left(\overline{e}_{3}\right)-\left(1,2,-1\right)=\left(2,-2,2\right)$ , luego $f\left(\overline{e}_{2}\right)=\left(1,-1,1\right)$
dato 3	$f\left(\overline{e}_{1}\right)+f\left(\overline{e}_{2}\right)=\overline{0}$ , luego $f\left(\overline{e}_{1}\right)=\left(-1,1,-1\right)$

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

Ojo al tercer dato: dice que la suma $\overline{e}_{1}+\overline{e}_{2}$ está en el núcleo, no cada sumando. Suponer que $f\left(\overline{e}_{1}\right)=\overline{0}$ es el error que arruina el ejercicio entero.

b) ii · Núcleo, imagen y clasificación. Las dos primeras columnas de $A$ son opuestas, así que el rango no llega a $3$ :

\operatorname{rango}A=2 \;\Longrightarrow\; \dim\operatorname{Im}=2, \qquad \dim\operatorname{Ker}=3-2=1

	base
$\operatorname{Ker}\left(f\right)$	$\left\{\left(1,1,0\right)\right\}$ , que lo regala el enunciado
$\operatorname{Im}\left(f\right)$	$\left\{\left(-1,1,-1\right),\left(3,0,1\right)\right\}$

\boxed{\;f\text{ no es inyectiva ni suprayectiva}\;}

b) iii · La matriz en $B'$ . Con $B'=\left\{\left(1,0,-2\right),\left(0,1,1\right),\left(1,0,-1\right)\right\}$ y $P$ la matriz que las tiene por columnas — $\det P=1$ , así que es base—:

M=P^{-1}A\,P =\begin{pmatrix} 11 & -7 & 7\\ 1 & -1 & 1\\ -18 & 11 & -11 \end{pmatrix}

Los números salen feos y eso no es señal de error. La comprobación que lo confirma es la traza, que es la misma en matrices semejantes:

\operatorname{tr}A=-1-1+1=-1, \qquad \operatorname{tr}M=11-1-11=-1\;\checkmark

Y una segunda: $\det M=\det A=0$ , porque el determinante también se conserva por semejanza. Con dos invariantes cuadrando, un error de signo es muy improbable.

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

nivel: examenEjercicio 3 · Convocatoria extraordinaria, curso 2023-2024 · Álgebra, Escuela de Ingeniería de Gipuzkoa (UPV/EHU) · Los apartados a) y b) son del tema 6 y el c) del tema 4 · El examen no publica solución ni reparto de puntos: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Una identidad que recupera el producto escalar, y una inversa

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) Sea $\left(V,\left\langle\;,\;\right\rangle\right)$ un espacio vectorial euclídeo. Demostrar la siguiente igualdad:

\left\|\overline{x}+\overline{y}\right\|^{2} -\left\|\overline{x}-\overline{y}\right\|^{2} =4\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle

para todos $\overline{x},\overline{y}\in V$ .

b) Sea $B=\left\{\overline{e}_{1},\overline{e}_{2},\dots,\overline{e}_{n}\right\}$ una base ortonormal del espacio euclídeo $\left(V,\left\langle\;,\;\right\rangle\right)$ . Demuestra que si $\overline{x}=x_{1}\overline{e}_{1}+\dots+x_{n}\overline{e}_{n}$ e $\overline{y}=y_{1}\overline{e}_{1}+\dots+y_{n}\overline{e}_{n}$ , entonces $\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle =x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+\dots+x_{n}y_{n}$ .

c) Dada la siguiente matriz:

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

i. Hallar los valores de $x$ para los que la matriz $A$ es invertible.

ii. En caso de ser posible, calcular la inversa de $A$ para $x=0$ .

Las dos demostraciones, los valores de x, y la inversa.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Para qué sirve la igualdad del apartado a)?
02
Cuántos valores de x estropean la matriz
COMP2
¿Para cuántos valores distintos de $x$ no es invertible $A$ ?
Tu respuesta al paso 2un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
La inversa en x = 0
COMP2
Con $x=0$ , ¿cuál es $A^{-1}$ ?
Tu respuesta al paso 3filas separadas por punto y coma — columnas con comas, filas con punto y coma
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la demostración del apartado a). Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. $\left\|\overline{x}+\overline{y}\right\|^{2} =\left\|\overline{x}\right\|^{2} +2\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle +\left\|\overline{y}\right\|^{2}$ , desarrollando el producto escalar por bilinealidad.
2. $\left\|\overline{x}-\overline{y}\right\|^{2} =\left\|\overline{x}\right\|^{2} -2\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle +\left\|\overline{y}\right\|^{2}$ , igual pero con el signo cambiado en el término cruzado.
3. Restando, los cuadrados de las normas se cancelan y quedan los dos términos cruzados con el mismo signo: $2\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle +2\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle =4\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle$ .

$x$	$\det A$
$-1$	$\mathbf{0}$
$0$	$1$
$1$	$\mathbf{0}$
$2$	$3$

Resolución completa

a) La identidad de polarización. Se desarrollan los dos cuadrados y se restan. El primero:

\left\|\overline{x}+\overline{y}\right\|^{2} =\left\langle\overline{x}+\overline{y},\overline{x}+\overline{y}\right\rangle =\left\|\overline{x}\right\|^{2} +2\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle +\left\|\overline{y}\right\|^{2}

donde se usan dos propiedades y conviene nombrarlas: la bilinealidad, que abre el paréntesis en cuatro sumandos, y la simetría, que permite juntar $\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle$ con $\left\langle\overline{y},\overline{x}\right\rangle$ y sacar el $2$ .

El segundo es igual con el signo cambiado en el término cruzado:

\left\|\overline{x}-\overline{y}\right\|^{2} =\left\|\overline{x}\right\|^{2} -2\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle +\left\|\overline{y}\right\|^{2}

Restando, los cuadrados de las normas se cancelan y los dos términos cruzados se suman:

\left\|\overline{x}+\overline{y}\right\|^{2} -\left\|\overline{x}-\overline{y}\right\|^{2} =4\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle \qquad\blacksquare

Qué dice esta identidad, que es lo que la hace interesante: el producto escalar se puede recuperar conociendo solo normas. Parecía que al elevar al cuadrado se perdía información sobre el ángulo, y no: dos normas bien elegidas la devuelven entera.

b) En una base ortonormal, el producto escalar es la suma de productos.

\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle =\left\langle\sum_{i}x_{i}\overline{e}_{i}, \sum_{j}y_{j}\overline{e}_{j}\right\rangle =\sum_{i}\sum_{j}x_{i}y_{j} \left\langle\overline{e}_{i},\overline{e}_{j}\right\rangle

por bilinealidad. Y aquí entra la hipótesis de que la base es ortonormal:

\left\langle\overline{e}_{i},\overline{e}_{j}\right\rangle= \begin{cases}1 & i=j\\ 0 & i\neq j\end{cases}

así que de los $n^{2}$ sumandos sobreviven solo los $n$ de la diagonal:

\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle =\sum_{i}x_{i}y_{i}=x_{1}y_{1}+\dots+x_{n}y_{n} \qquad\blacksquare

Y esto explica para qué sirve buscar una base ortonormal, que es lo que piden los otros exámenes: en ella, cualquier producto escalar —por raro que fuese en la base de partida— se convierte en el de siempre. La matriz $G$ pasa a ser la identidad.

c) i · Cuándo es invertible.

\det A=x^{3}-x^{2}-x+1

Y hay que factorizarlo, que es donde está el ejercicio. Sacando factor común por grupos:

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

\boxed{\;A\text{ es invertible}\iff x\neq1\ \text{y}\ x\neq-1\;}

El $1$ es raíz doble, y eso no cambia la respuesta —sigue siendo un solo valor prohibido— pero conviene verlo: quien resuelve $x^{3}-x^{2}-x+1=0$ por tanteo y encuentra $x=1$ puede quedarse ahí sin dividir, y perder el $-1$ .

c) ii · La inversa en $x=0$ .

A\left(0\right)=\begin{pmatrix}0&-1&-1\\0&0&-1\\1&-1&0\end{pmatrix}, \qquad \det A\left(0\right)=1\neq0

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

Con tantos ceros, Gauss-Jordan es especialmente cómodo: se pone $\left(A\mid I\right)$ , y como la primera columna solo tiene un $1$ —en la tercera fila—, el primer intercambio ya deja casi todo hecho.

Y la comprobación es obligatoria: $A\cdot A^{-1}$ tiene que dar la identidad. Con nueve entradas y muchos signos negativos, es la única manera de estar seguro.

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

nivel: examenEjercicio 4 · Convocatoria extraordinaria, curso 2023-2024 · Álgebra, Escuela de Ingeniería de Gipuzkoa (UPV/EHU) · El apartado b) es el mismo que el 4a de la extraordinaria de 2024-2025 · El examen no publica solución ni reparto de puntos: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Esta sí se diagonaliza, y no por ser simétrica

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) Definir los siguientes conceptos: autovalor y autovector de un endomorfismo del espacio vectorial $E$ .

b) Sea el siguiente subconjunto del espacio vectorial $E$ :

S=\left\{\overline{x}\in E-\left\{\overline{0}\right\} \;\middle|\;f\left(\overline{x}\right)=\lambda\overline{x}\right\} \cup\left\{\overline{0}\right\}

Demostrar que $S$ es subespacio vectorial de $E$ .

c) Estudiar si la matriz $A$ es diagonalizable, y en caso de ser posible, diagonalizarla dando la matriz de cambio de base correspondiente:

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

Las definiciones, la demostración, y el estudio con la diagonalización.

01
Reconocer el camino
COMP1
$A$ no es simétrica. ¿Qué significa eso para el apartado c)?
02
La multiplicidad geométrica del autovalor doble
COMP2
El autovalor $\lambda=-1$ es doble. ¿Cuánto vale $\dim\operatorname{Ker}\left(A+I\right)$ ?
Tu respuesta al paso 2un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El autovector del autovalor simple
COMP2
¿Cuál es un autovector de $\lambda=1$ , con las tres coordenadas iguales a uno?
Tu respuesta al paso 3las tres coordenadas en orden — componentes separadas por comas
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el apartado c). Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El polinomio característico es $-\left(\lambda-1\right)\left(\lambda+1\right)^{2}$ : autovalores $\lambda=1$ simple y $\lambda=-1$ doble. Suman $-1$ , que es la traza, y multiplican $1$ , que es el determinante.
2. Para $\lambda=-1$ , la matriz $A+I$ tiene las tres filas iguales, así que su rango es $1$ y la multiplicidad geométrica vale $2$ : coincide con la algebraica.
3. Para $\lambda=1$ la geométrica es $1$ , que también coincide. Luego $A$ sí es diagonalizable, con $D=\operatorname{diag}\left(1,-1,-1\right)$ y $P$ la matriz de los tres autovectores.

Resolución completa

a) Las dos definiciones.

$\lambda\in K$ es autovalor de $f$ si existe algún $\overline{x}\neq\overline{0}$ con $f\left(\overline{x}\right)=\lambda\overline{x}$ .

Ese $\overline{x}$ es un autovector de $f$ asociado a $\lambda$ .

La exclusión del $\overline{0}$ es lo que hay que cuidar: el vector nulo cumple $f\left(\overline{0}\right)=\lambda\overline{0}$ para cualquier $\lambda$ , así que si se admitiera como autovector todo escalar sería autovalor y la definición no serviría de nada.

Geométricamente: un autovector es una dirección que $f$ no gira, solo estira o encoge, y el autovalor es cuánto.

b) El subespacio propio. El enunciado quita el $\overline{0}$ y lo vuelve a añadir por eso mismo: no es autovector, pero sin él $S$ no podría ser subespacio.

Sean $\overline{x},\overline{y}\in S$ y $\alpha,\beta\in K$ :

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

luego $\alpha\overline{x}+\beta\overline{y}\in S$ . Y $\overline{0}\in S$ por construcción. $\blacksquare$

Más corto: $S=\operatorname{Ker}\left(f-\lambda\,\mathrm{id}\right)$ , y el núcleo de una aplicación lineal siempre es subespacio.

c) El estudio, y esta vez sale que sí.

Lo primero: $A$ no es simétrica. La entrada $\left(1,3\right)$ vale $-2$ y la $\left(3,1\right)$ vale $2$ . Así que el teorema espectral no se puede invocar y hay que comprobarlo todo a mano.

\left|A-\lambda I\right| =-\left(\lambda-1\right)\left(\lambda+1\right)^{2}

comprobación
traza $=1+1-3=-1$	$1-1-1=-1$ ✓
$\det A=1$	$1\cdot\left(-1\right)\cdot\left(-1\right)=1$ ✓

Autovalores: $\lambda=1$ simple y $\lambda=-1$ doble.

El criterio. Hay que comparar, para cada autovalor, la multiplicidad algebraica con la geométrica.

$\lambda=-1$ , que es el que decide:

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

Las tres filas son idénticas, así que el rango es $1$ y

\dim\operatorname{Ker}\left(A+I\right)=3-1=2=\text{multiplicidad algebraica}\;\checkmark

$\lambda=1$ : simple, y un autovalor simple siempre tiene geométrica $1$ , así que coincide sin más comprobación.

\boxed{\;A\text{ SÍ es diagonalizable}\;}

Los autovectores.

$\lambda$	subespacio propio	base
$1$	recta	$\left(1,1,1\right)$
$-1$	plano $x+y-z=0$	$\left(1,0,1\right)$ , $\left(0,1,1\right)$

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

con $\det P=-1\neq0$ , que es lo que hay que comprobar: $P$ tiene que ser regular, y lo es porque sus columnas son autovectores independientes.

Y lo que este ejercicio enseña frente a los otros tres exámenes. Aquí la matriz no es simétrica y aun así se diagonaliza: la simetría es una condición suficiente, no necesaria. Lo que decide siempre es la igualdad de multiplicidades.

Y hay una diferencia práctica: como $A$ no es simétrica, $P$ no es ortogonal — $\left(1,1,1\right)\cdot\left(1,0,1\right)=2\neq0$ —, así que $P^{-1}$ hay que calcularla de verdad. En los ejercicios con matriz simétrica bastaba con trasponer.

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

Convocatoria extraordinaria · 2023-2024

Reconocer el camino

Los valores de λ que los hacen dependientes

La dimensión de las matrices de traza nula

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La imagen del segundo vector canónico

La matriz asociada en la base canónica

Justificar el argumento

Redactar la demostración

Reconocer el camino

Cuántos valores de x estropean la matriz

La inversa en x = 0

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La multiplicidad geométrica del autovalor doble

El autovector del autovalor simple

Justificar el argumento