tal cual cayó — sin cambiar un número

Álgebra · convocatoria ordinaria

Convocatoria ordinaria · 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.

Fabricar la base en la que un vector es el primeroEspacios vectoriales
a) Sea $V$ un espacio vectorial y $B=\left\{\overline{v}_{1},\overline{v}_{2},\overline{v}_{3}\right\}$ una base de $V$ . Sea $\overline{x}$ un vector de $V$ cuyas coordenadas en la base $B$ son $\left(1,1,1\right)$ . Dar una base de $V$ en la cual las coordenadas de $\overline{x}$ sean $\left(1,0,0\right)$ .

b) Sean $S$ y $T$ subespacios vectoriales de $V$ . Demostrar que $S+T$ es subespacio vectorial de $V$ .

c) Sea $W=\left\{A\in M_{2\times2}\left(\mathbb{R}\right)\;/\;A^{T}=-A\right\}$ un subconjunto del espacio vectorial $M_{2\times2}\left(\mathbb{R}\right)$ . Estudiar si $W$ es subespacio vectorial.
Una base, la demostración de que S+T es subespacio, y el estudio de W.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Las imágenes de una base generan la imagen, pero no siempre son baseAplicaciones lineales
a) Definir imagen y núcleo o kernel de una aplicación lineal.

b) Sean la aplicación lineal $f\colon V\to W$ y $B=\left\{\overline{e}_{1},\overline{e}_{2},\dots,\overline{e}_{n}\right\}$ una base de $V$ . Demostrar que la familia $\left\{f\left(\overline{e}_{1}\right),f\left(\overline{e}_{2}\right), \dots,f\left(\overline{e}_{n}\right)\right\}$ es un sistema generador de $\operatorname{Im}\left(f\right)$ . ¿Es una base de $\operatorname{Im}\left(f\right)$ ? Razona la respuesta.

c) Sea la aplicación lineal $f\colon\mathbb{R}^{4}\to\mathbb{R}^{4}$ tal que:
$f\left(\overline{e}_{1}\right)=\left(1,1,1,\alpha\right)$ $f\left(\overline{e}_{1}+\overline{e}_{2}\right) =\left(2,2,\alpha+1,\alpha+1\right)$ $f\left(\overline{e}_{1}+\overline{e}_{3}\right) =\left(2,\alpha+1,2,\alpha+1\right)$ $f\left(\overline{e}_{1}+\overline{e}_{4}\right) =\left(\alpha+1,2,2,\alpha+1\right)$
siendo $\left\{\overline{e}_{1},\overline{e}_{2},\overline{e}_{3}, \overline{e}_{4}\right\}$ la base canónica de $\mathbb{R}^{4}$ .

i. Calcular la matriz asociada a $f$ en la base canónica.

ii. Calcular los valores de $\alpha$ para que $f$ sea inyectiva.

iii. Calcular bases y dimensiones de $\operatorname{Im}\left(f\right)$ y $\operatorname{Ker}\left(f\right)$ para $\alpha=-3$ .
Las definiciones, la demostración, y los tres apartados de c).
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Dos propiedades de las ortogonales, y un producto escalar torcidoEspacios vectoriales euclídeos
a) Demostrar las siguientes afirmaciones:

i. Sean $A$ y $B$ dos matrices ortogonales (es decir, $A^{-1}=A^{T}$ y $B^{-1}=B^{T}$ ). Entonces, la matriz $AB$ también es ortogonal.

ii. Sea $A$ una matriz ortogonal. Entonces, $\left|A\right|=\pm1$ .

b) En el espacio vectorial $\mathbb{R}^{3}$ se considera el producto escalar definido por:
$\begin{aligned} \left\langle\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right), \left(y_{1},y_{2},y_{3}\right)\right\rangle ={} & 2x_{1}y_{1}-x_{1}y_{2}+x_{1}y_{3} \\ & -x_{2}y_{1}+3x_{2}y_{2}+x_{3}y_{1}+3x_{3}y_{3} \end{aligned}$
Hallar una base ortonormal de $\mathbb{R}^{3}$ respecto al producto escalar definido.
Las dos demostraciones, y una base ortonormal.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Tres autovalores distintos, y la ortogonalidad que sale solaDiagonalización de matrices cuadradas
a) Demostrar la invarianza del polinomio característico.

b) Diagonalizar la matriz $A$ utilizando una matriz de cambio de base ortogonal:
$A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 3\\ 1 & -2 & -1\\ 3 & -1 & 2 \end{pmatrix}$
La demostración, y la diagonalización con matriz de paso ortogonal.
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 2023-2024 · Álgebra, Escuela de Ingeniería de Gipuzkoa (UPV/EHU) · El apartado b) es el mismo que el 1a de la ordinaria de 2024-2025 · El examen no publica solución ni reparto de puntos: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Fabricar la base en la que un vector es el primero

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 $V$ un espacio vectorial y $B=\left\{\overline{v}_{1},\overline{v}_{2},\overline{v}_{3}\right\}$ una base de $V$ . Sea $\overline{x}$ un vector de $V$ cuyas coordenadas en la base $B$ son $\left(1,1,1\right)$ . Dar una base de $V$ en la cual las coordenadas de $\overline{x}$ sean $\left(1,0,0\right)$ .

b) Sean $S$ y $T$ subespacios vectoriales de $V$ . Demostrar que $S+T$ es subespacio vectorial de $V$ .

c) Sea $W=\left\{A\in M_{2\times2}\left(\mathbb{R}\right)\;/\;A^{T}=-A\right\}$ un subconjunto del espacio vectorial $M_{2\times2}\left(\mathbb{R}\right)$ . Estudiar si $W$ es subespacio vectorial.

Una base, la demostración de que S+T es subespacio, y el estudio de W.

01
Reconocer el camino
COMP1
Para que $\overline{x}$ tenga coordenadas $\left(1,0,0\right)$ en una base, ¿qué tiene que pasar?
02
La dimensión del subespacio de las antisimétricas
COMP2
¿Cuál es la dimensión de $W=\left\{A\in M_{2\times2}\left(\mathbb{R}\right):A^{T}=-A\right\}$ ?
Tu respuesta al paso 2un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El determinante de la matriz de cambio
COMP2
Con la base nueva $B'=\left\{\overline{x},\overline{v}_{2}, \overline{v}_{3}\right\}$ , ¿cuánto vale el determinante de la matriz de cambio de base respecto de $B$ ?
Tu respuesta al paso 3un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
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. Que las coordenadas de $\overline{x}$ en $B$ sean $\left(1,1,1\right)$ significa $\overline{x}=\overline{v}_{1}+\overline{v}_{2}+\overline{v}_{3}$ .
2. Para que sus coordenadas sean $\left(1,0,0\right)$ en una base nueva, $\overline{x}$ tiene que ser el primer vector de esa base.
3. Se toma $B'=\left\{\overline{x},\overline{v}_{2}, \overline{v}_{3}\right\}$ , y es base porque su matriz de cambio respecto de $B$ tiene determinante $1$ .

posición	ecuación	consecuencia
$\left(1,1\right)$	$a=-a$	$a=0$
$\left(2,2\right)$	$d=-d$	$d=0$
$\left(1,2\right)$	$c=-b$	$c=-b$

Resolución completa

a) La base que hay que fabricar. Las coordenadas $\left(1,1,1\right)$ significan

\overline{x}=\overline{v}_{1}+\overline{v}_{2}+\overline{v}_{3}

Y las coordenadas $\left(1,0,0\right)$ significan $\overline{x}=1\cdot\overline{u}_{1}+0\cdot\overline{u}_{2} +0\cdot\overline{u}_{3}=\overline{u}_{1}$ . O sea: el vector tiene que ser el primero de la base nueva. Con eso, el ejercicio está resuelto salvo por elegir dos acompañantes.

Lo más cómodo es dejar los otros dos como estaban:

\boxed{\;B'=\left\{\overline{v}_{1}+\overline{v}_{2}+\overline{v}_{3}, \;\overline{v}_{2},\;\overline{v}_{3}\right\}\;}

Hay que comprobar que es base, y con la matriz de cambio se hace de un vistazo:

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

Y la respuesta no es única. Sirve cualquier base cuyo primer vector sea $\overline{x}$ : $\left\{\overline{x},\overline{v}_{1}, \overline{v}_{3}\right\}$ también vale. Decirlo demuestra que se ha entendido lo que se estaba haciendo.

b) $S+T$ es subespacio.

S+T=\left\{s+t\;:\;s\in S,\;t\in T\right\}

qué	por qué
no vacío	$\overline{0}=\overline{0}+\overline{0}\in S+T$
cerrado	si $u=s_{1}+t_{1}$ y $v=s_{2}+t_{2}$ , entonces $\alpha u+\beta v=\underbrace{\left(\alpha s_{1}+\beta s_{2}\right)}_{\in S}+\underbrace{\left(\alpha t_{1}+\beta t_{2}\right)}_{\in T}$

y los dos paréntesis están donde se dice porque $S$ y $T$ son subespacios. $\blacksquare$

c) Las matrices antisimétricas. Con $A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ , la condición $A^{T}=-A$ es

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

Lo primero que sale es lo que más se olvida: $a=-a$ y $d=-d$ , es decir $a=d=0$ . La diagonal de una matriz antisimétrica es siempre nula. Y de las otras dos entradas, $c=-b$ .

W=\left\{\begin{pmatrix}0&b\\-b&0\end{pmatrix}:b\in\mathbb{R}\right\}, \qquad \boxed{\;\dim W=1\;}

¿Es subespacio? Sí, y se demuestra sin describir $W$ :

qué	por qué
no vacío	$O^{T}=O=-O$ , la matriz nula está
cerrado	$\left(\alpha A+\beta B\right)^{T}=\alpha A^{T}+\beta B^{T}=-\alpha A-\beta B=-\left(\alpha A+\beta B\right)$

usando que trasponer es lineal. $\blacksquare$

El apartado c) tiene una trampa que conviene nombrar: pide «estudiar si $W$ es subespacio», y eso admite la respuesta «no». Aquí sí lo es, pero el mismo enunciado con $A^{T}=A+I$ , o con $\det A=0$ , daría que no — y en esos casos lo que hay que dar es un contraejemplo concreto, no un argumento general. Dos matrices de determinante nulo cuya suma tenga determinante no nulo bastan para tumbar el segundo.

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

nivel: examenEjercicio 2 · Convocatoria ordinaria, 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.

Las imágenes de una base generan la imagen, pero no siempre son base

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 imagen y núcleo o kernel de una aplicación lineal.

b) Sean la aplicación lineal $f\colon V\to W$ y $B=\left\{\overline{e}_{1},\overline{e}_{2},\dots,\overline{e}_{n}\right\}$ una base de $V$ . Demostrar que la familia $\left\{f\left(\overline{e}_{1}\right),f\left(\overline{e}_{2}\right), \dots,f\left(\overline{e}_{n}\right)\right\}$ es un sistema generador de $\operatorname{Im}\left(f\right)$ . ¿Es una base de $\operatorname{Im}\left(f\right)$ ? Razona la respuesta.

c) Sea la aplicación lineal $f\colon\mathbb{R}^{4}\to\mathbb{R}^{4}$ tal que:

f\left(\overline{e}_{1}\right)=\left(1,1,1,\alpha\right)

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

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

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

siendo $\left\{\overline{e}_{1},\overline{e}_{2},\overline{e}_{3}, \overline{e}_{4}\right\}$ la base canónica de $\mathbb{R}^{4}$ .

i. Calcular la matriz asociada a $f$ en la base canónica.

ii. Calcular los valores de $\alpha$ para que $f$ sea inyectiva.

iii. Calcular bases y dimensiones de $\operatorname{Im}\left(f\right)$ y $\operatorname{Ker}\left(f\right)$ para $\alpha=-3$ .

Las definiciones, la demostración, y los tres apartados de c).

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Cómo se sacan las imágenes de $\overline{e}_{2}$ , $\overline{e}_{3}$ y $\overline{e}_{4}$ de los datos del enunciado?
02
Los valores de α que estropean la inyectividad
COMP2
¿Para qué valores de $\alpha$ no es $f$ inyectiva?
Tu respuesta al paso 2los dos valores separados por una coma — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El núcleo cuando α vale −3
COMP2
Con $\alpha=-3$ , ¿cuál es el vector que genera $\operatorname{Ker}\left(f\right)$ , con las cuatro coordenadas iguales a uno?
Tu respuesta al paso 3las cuatro coordenadas en orden — componentes separadas por comas
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. Sea $\overline{y}\in\operatorname{Im}\left(f\right)$ . Entonces $\overline{y}=f\left(\overline{x}\right)$ para algún $\overline{x}\in V$ .
2. Como $B$ es base, $\overline{x}=\sum\alpha_{i}\overline{e}_{i}$ , y por linealidad $\overline{y}=f\left(\sum\alpha_{i}\overline{e}_{i}\right) =\sum\alpha_{i}f\left(\overline{e}_{i}\right)$ .
3. Luego todo elemento de la imagen es combinación lineal de los $f\left(\overline{e}_{i}\right)$ : son sistema generador.

$\alpha$	$\det A$
$-4$	$125$
$-3$	$\mathbf{0}$
$0$	$-3$
$1$	$\mathbf{0}$
$2$	$5$

Resolución completa

a) Las dos definiciones.

$\operatorname{Ker}\left(f\right)=\left\{\overline{x}\in V\;:\; f\left(\overline{x}\right)=\overline{0}_{W}\right\}$ , un subespacio de $V$ , el de partida.

$\operatorname{Im}\left(f\right)=\left\{f\left(\overline{x}\right)\;:\; \overline{x}\in V\right\}$ , un subespacio de $W$ , el de llegada.

Y conviene decir en qué espacio vive cada uno, porque es lo que más se confunde: uno está a la entrada y el otro a la salida, y sus dimensiones suman $\dim V$ — nunca $\dim W$ .

b) Generan la imagen. Sea $\overline{y}\in\operatorname{Im}\left(f\right)$ : por definición existe $\overline{x}\in V$ con $\overline{y}=f\left(\overline{x}\right)$ . Como $B$ es base de $V$ ,

\overline{x}=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\overline{e}_{i} \;\Longrightarrow\; \overline{y}=f\left(\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\overline{e}_{i}\right) =\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}f\left(\overline{e}_{i}\right)

Todo elemento de la imagen es combinación lineal de las $f\left(\overline{e}_{i}\right)$ : son sistema generador. $\blacksquare$

¿Son base? No necesariamente, y esa es la pregunta de verdad.

Para ser base hace falta además que sean libres, y eso solo está garantizado si $f$ es inyectiva:

\sum\alpha_{i}f\left(\overline{e}_{i}\right)=\overline{0} \;\Longleftrightarrow\; f\left(\sum\alpha_{i}\overline{e}_{i}\right)=\overline{0} \;\Longleftrightarrow\; \sum\alpha_{i}\overline{e}_{i}\in\operatorname{Ker}\left(f\right)

Si el núcleo es $\left\{\overline{0}\right\}$ , la independencia de $B$ fuerza $\alpha_{i}=0$ y las imágenes son libres. Si no lo es, hay una combinación no nula que da $\overline{0}$ y son dependientes.

\boxed{\;\text{son base}\iff f\text{ es inyectiva}\;}

El apartado c) lo enseña con números: con $\alpha=-3$ hay cuatro imágenes generando un subespacio de dimensión $3$ , así que una sobra.

c) i · La matriz. Los cuatro datos no dan las imágenes de la canónica directamente, pero la linealidad las despeja en una resta cada una:

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

y análogamente $f\left(\overline{e}_{3}\right)=\left(1,\alpha,1,1\right)$ y $f\left(\overline{e}_{4}\right)=\left(\alpha,1,1,1\right)$ .

\boxed{\;A=\begin{pmatrix} 1&1&1&\alpha\\ 1&1&\alpha&1\\ 1&\alpha&1&1\\ \alpha&1&1&1 \end{pmatrix}\;}

Todo unos salvo la antidiagonal. Esa simetría no es casual y va a pagar en el apartado siguiente.

c) ii · Cuándo es inyectiva. $f$ es inyectiva si y solo si su núcleo es trivial, es decir si y solo si $A$ es regular:

\det A=\left(\alpha+3\right)\left(\alpha-1\right)^{3}

\boxed{\;f\ \text{es inyectiva}\iff\alpha\neq-3\ \text{y}\ \alpha\neq1\;}

De dónde sale ese determinante sin desarrollarlo a lo bruto. $A$ se escribe como $J+\left(\alpha-1\right)K$ , donde $J$ es la matriz de todo unos y $K$ la que tiene unos en la antidiagonal. Las dos conmutan, así que se diagonalizan a la vez, y sus autovalores se combinan:

vector	$J$	$K$	$A$
$\left(1,1,1,1\right)$	$4$	$1$	$\alpha+3$
$\left(1,-1,-1,1\right)$	$0$	$1$	$\alpha-1$
$\left(1,0,0,-1\right)$	$0$	$-1$	$1-\alpha$
$\left(0,1,-1,0\right)$	$0$	$-1$	$1-\alpha$

El producto de los cuatro es $\left(\alpha+3\right)\left(\alpha-1\right)\left(1-\alpha\right)^{2} =\left(\alpha+3\right)\left(\alpha-1\right)^{3}$ . Y quien prefiera desarrollar el determinante a mano llega al mismo sitio; esto explica por qué sale así.

c) iii · Con $\alpha=-3$ .

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

Cada fila suma cero — $1+1+1-3=0$ —, y eso dice de un vistazo que

A\left(1,1,1,1\right)^{T}=\overline{0} \;\Longrightarrow\; \left(1,1,1,1\right)\in\operatorname{Ker}\left(f\right)

El rango es $3$ , así que

\boxed{\; \dim\operatorname{Ker}=1,\ \text{base }\left\{\left(1,1,1,1\right)\right\}; \qquad \dim\operatorname{Im}=3\;}

y como base de la imagen sirven tres columnas independientes cualesquiera —las tres primeras, por ejemplo—.

Comprobación: $\dim\operatorname{Ker}+\dim\operatorname{Im}=1+3=4 =\dim\mathbb{R}^{4}$ ✓. Y esto cierra el apartado b): aquí las cuatro imágenes de la base canónica generan un subespacio de dimensión $3$ , así que son sistema generador y no son base.

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

nivel: examenEjercicio 3 · Convocatoria ordinaria, curso 2023-2024 · Álgebra, Escuela de Ingeniería de Gipuzkoa (UPV/EHU) · Los signos del producto escalar del apartado b) se han leído de la página renderizada: el volcado de texto los pierde todos · El examen no publica solución ni reparto de puntos: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Dos propiedades de las ortogonales, y un producto escalar torcido

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 las siguientes afirmaciones:

i. Sean $A$ y $B$ dos matrices ortogonales (es decir, $A^{-1}=A^{T}$ y $B^{-1}=B^{T}$ ). Entonces, la matriz $AB$ también es ortogonal.

ii. Sea $A$ una matriz ortogonal. Entonces, $\left|A\right|=\pm1$ .

b) En el espacio vectorial $\mathbb{R}^{3}$ se considera el producto escalar definido por:

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

Hallar una base ortonormal de $\mathbb{R}^{3}$ respecto al producto escalar definido.

Las dos demostraciones, y una base ortonormal.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Cómo se pasa de la expresión con siete sumandos a una matriz?
02
El menor que decide si es producto escalar
COMP2
¿Cuánto vale el determinante de la matriz $G$ del 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 ortonormal
COMP2
Aplicando Gram-Schmidt a la base canónica, ¿cuál es el segundo vector $u_{2}$ ?
Tu respuesta al paso 3las tres coordenadas en orden; valen raíces y fracciones — componentes separadas por comas
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena las dos demostraciones del apartado a). Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. i. $\left(AB\right)^{T}=B^{T}A^{T}=B^{-1}A^{-1} =\left(AB\right)^{-1}$ , usando que trasponer un producto invierte el orden y que las dos son ortogonales.
2. ii. De $A^{T}A=I$ , tomando determinantes: $\left|A^{T}\right|\left|A\right|=\left|I\right|=1$ .
3. Y como $\left|A^{T}\right|=\left|A\right|$ , queda $\left|A\right|^{2}=1$ , luego $\left|A\right|=\pm1$ .

Resolución completa

a) i · El producto de ortogonales es ortogonal. Todo está en cómo se traspone un producto:

\left(AB\right)^{T}=B^{T}A^{T}

—el orden se invierte, y ese es el paso que hay que escribir—. Y como $A$ y $B$ son ortogonales, $A^{T}=A^{-1}$ y $B^{T}=B^{-1}$ :

\left(AB\right)^{T}=B^{-1}A^{-1}=\left(AB\right)^{-1}

donde la última igualdad usa que la inversa de un producto también invierte el orden. Luego $AB$ es ortogonal. $\blacksquare$

a) ii · El determinante vale $\pm1$ . De la definición, $A^{T}A=I$ . Tomando determinantes y usando que el determinante de un producto es el producto de los determinantes:

\left|A^{T}\right|\cdot\left|A\right|=\left|I\right|=1

Y como $\left|A^{T}\right|=\left|A\right|$ —trasponer no cambia el determinante—:

\left|A\right|^{2}=1 \;\Longrightarrow\; \boxed{\;\left|A\right|=\pm1\;}

$\blacksquare$

Y lo que significa el signo, que no se pide y es lo que hace recordable el resultado: una matriz ortogonal transforma sin deformar —conserva longitudes y ángulos—, así que solo puede multiplicar los volúmenes por $\pm1$ . Con $+1$ es un giro, que conserva la orientación; con $-1$ lleva dentro una simetría, que la invierte.

b) El producto escalar, escrito como matriz. El coeficiente de $x_{i}y_{j}$ es la entrada $\left(i,j\right)$ :

G=\begin{pmatrix} 2 & -1 & 1\\ -1 & 3 & 0\\ 1 & 0 & 3 \end{pmatrix}, \qquad \left\langle x,y\right\rangle=x^{T}G\,y

Los términos que no aparecen — $x_{2}y_{3}$ y $x_{3}y_{2}$ — son ceros, y hay que ponerlos.

Lo primero es comprobar que esto es un producto escalar de verdad:

condición	comprobación
simétrica	$G^{T}=G$ ✓
definida positiva	menores $2>0$ , $5>0$ , $12>0$ ✓

Y lo segundo, que decide el ejercicio: la base canónica no es ortonormal aquí. $\left\langle e_{1},e_{1}\right\rangle=2\neq1$ y $\left\langle e_{1},e_{2}\right\rangle=-1\neq0$ .

Gram-Schmidt, empezando por la canónica:

u_{1}=\frac{e_{1}}{\sqrt{\left\langle e_{1},e_{1}\right\rangle}} =\frac{1}{\sqrt2}\left(1,0,0\right)

v_{2}=e_{2}-\left\langle e_{2},u_{1}\right\rangle u_{1} =\left(0,1,0\right)+\tfrac12\left(1,0,0\right) =\left(\tfrac12,1,0\right) \;\Longrightarrow\; u_{2}=\frac{\left(1,2,0\right)}{\sqrt{10}}

v_{3}=e_{3}-\left\langle e_{3},u_{1}\right\rangle u_{1} -\left\langle e_{3},u_{2}\right\rangle u_{2} \;\Longrightarrow\; u_{3}=\frac{\left(-3,-1,5\right)}{\sqrt{60}}

\boxed{\;\left\{ \frac{\left(1,0,0\right)}{\sqrt2},\; \frac{\left(1,2,0\right)}{\sqrt{10}},\; \frac{\left(-3,-1,5\right)}{\sqrt{60}} \right\}\;}

La comprobación, y con la $G$ del enunciado. Los nueve productos $\left\langle u_{i},u_{j}\right\rangle=u_{i}^{T}G\,u_{j}$ dan la identidad. Hacerla con el producto escalar de siempre daría otros números y la conclusión contraria: $\left(1,0,0\right)/\sqrt2$ tiene módulo ordinario $0{,}707$ , no $1$ .

Y una comprobación intermedia que ahorra rehacerlo todo: en cuanto se tiene $v_{3}=\left(-3,-1,5\right)$ sin normalizar, conviene calcular $G\,v_{3}=\left(0,0,12\right)$ y de ahí $\left\langle v_{3},v_{3}\right\rangle=60$ . Si sale un número feo o negativo, el error está antes y no en la normalización.

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

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

Tres autovalores distintos, y la ortogonalidad que sale sola

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 la invarianza del polinomio característico.

b) Diagonalizar la matriz $A$ utilizando una matriz de cambio de base ortogonal:

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

La demostración, y la diagonalización con matriz de paso ortogonal.

01
Reconocer el camino
COMP1
$A$ es simétrica y sus tres autovalores son distintos. ¿Qué le ahorra eso al ejercicio?
02
El autovalor que falta
COMP2
Dos autovalores de $A$ son $0$ y $5$ . ¿Cuál es el tercero?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El autovector del cinco
COMP2
¿Cuál es un autovector asociado a $\lambda=5$ , con la primera coordenada igual a uno?
Tu respuesta al paso 3las tres coordenadas en orden — componentes separadas por comas
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. El polinomio característico da los autovalores $\lambda=5$ , $\lambda=0$ y $\lambda=-3$ , los tres simples: suman $2$ , que es la traza, y multiplican $0$ , que es el determinante.
2. Los autovectores son $\left(1,0,1\right)$ , $\left(-1,-1,1\right)$ y $\left(1,-2,-1\right)$ , y como $A$ es simétrica y los autovalores son distintos, ya salen ortogonales entre sí.
3. Normalizando los tres se obtiene $P$ ortogonal, y entonces $D=P^{T}AP=\operatorname{diag}\left(5,0,-3\right)$ , en el mismo orden en que se hayan puesto las columnas.

Resolución completa

a) La invarianza del polinomio característico. Si $A$ y $B$ son semejantes, existe $P$ regular con $B=P^{-1}AP$ , y entonces

\left|B-\lambda I\right| =\left|P^{-1}AP-\lambda P^{-1}P\right| =\left|P^{-1}\left(A-\lambda I\right)P\right| =\frac{\left|A-\lambda I\right|\cdot\left|P\right|}{\left|P\right|} =\left|A-\lambda I\right|

$\blacksquare$

El truco es la primera igualdad: escribir $\lambda I$ como $P^{-1}\lambda I P$ para poder sacar factor común. Y lo que garantiza es que los autovalores son del endomorfismo, no de la matriz: cambiar de base no los mueve.

b) Los autovalores.

\left|A-\lambda I\right|= \begin{vmatrix}2-\lambda&1&3\\1&-2-\lambda&-1\\3&-1&2-\lambda\end{vmatrix}

Sale $\lambda=5$ , $\lambda=0$ y $\lambda=-3$ , los tres simples. Y las dos comprobaciones de siempre, que aquí son especialmente útiles porque cazan un signo mal:

qué	de la matriz	de los autovalores
suma	traza $=2-2+2=2$	$5+0-3=2$ ✓
producto	$\det A=0$	$5\cdot0\cdot\left(-3\right)=0$ ✓

Que $0$ sea autovalor concuerda con que $\det A=0$ : $A$ es singular, y eso no impide nada.

Los autovectores, uno por autovalor:

$\lambda$	sistema	autovector
$5$	$\left(A-5I\right)v=\overline{0}$	$\left(1,0,1\right)$
$0$	$Av=\overline{0}$	$\left(-1,-1,1\right)$
$-3$	$\left(A+3I\right)v=\overline{0}$	$\left(1,-2,-1\right)$

Y aquí está el regalo de que $A$ sea simétrica con autovalores distintos: los tres salen ortogonales entre sí, sin hacer nada.

\left(1,0,1\right)\cdot\left(-1,-1,1\right)=0, \quad \left(1,0,1\right)\cdot\left(1,-2,-1\right)=0, \quad \left(-1,-1,1\right)\cdot\left(1,-2,-1\right)=0

No hay que aplicar Gram-Schmidt: solo normalizar. Gram-Schmidt haría falta si algún subespacio propio tuviera dimensión mayor que uno, y aquí los tres son rectas.

\boxed{\; P=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt2} & -\frac{1}{\sqrt3} & \frac{1}{\sqrt6}\\[3pt] 0 & -\frac{1}{\sqrt3} & -\frac{2}{\sqrt6}\\[3pt] \frac{1}{\sqrt2} & \frac{1}{\sqrt3} & -\frac{1}{\sqrt6} \end{pmatrix}, \qquad D=P^{T}AP=\begin{pmatrix}5&0&0\\0&0&0\\0&0&-3\end{pmatrix}\;}

Las normas son $\sqrt2$ , $\sqrt3$ y $\sqrt6$ , una por vector, y conviene calcularlas antes de escribir nada para no arrastrar denominadores.

La comprobación: $P^{T}P=I$ —que es lo que significa ortogonal, y por eso $P^{-1}=P^{T}$ y no hay que invertir nada— y $P^{T}AP$ sale diagonal con los tres autovalores en el mismo orden en que se pusieron las columnas. Si el orden no coincide, no es un error: es que se ordenaron distinto. Lo que sí sería un error es que no saliera diagonal.

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

Convocatoria ordinaria · 2023-2024

Reconocer el camino

La dimensión del subespacio de las antisimétricas

El determinante de la matriz de cambio

Justificar el argumento

Reconocer el camino

Los valores de α que estropean la inyectividad

El núcleo cuando α vale −3

Justificar el argumento

Reconocer el camino

El menor que decide si es producto escalar

El segundo vector de la base ortonormal

Justificar el argumento

Reconocer el camino

El autovalor que falta

El autovector del cinco

Justificar el argumento