tal cual cayó — sin cambiar un número

Álgebra · convocatoria extraordinaria

Convocatoria extraordinaria · 2024-2025

curso 2024-2025 · 4 ejercicios

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

Por qué las coordenadas son únicas, y un subespacio de matricesEspacios vectoriales
a) Sea $\left(V,+,\cdot_{K}\right)$ un espacio vectorial tal que $\dim V=n$ . Definir base de $V$ y coordenadas de un vector. Demostrar que las coordenadas de un vector son únicas.

b) Sea $A=\begin{pmatrix}1 & 2\\ 2 & 4\end{pmatrix}$ . Demostrar que el siguiente subconjunto es subespacio vectorial de $\mathcal{M}\left(2\times2,\mathbb{R}\right)$ :
$S=\left\{M\in\mathcal{M}\left(2,\mathbb{R}\right)\;/\;M\cdot A=O\right\}$
donde $O$ es la matriz nula de $\mathcal{M}\left(2\times2,\mathbb{R}\right)$ .
Las dos definiciones, la demostración de la unicidad, y la demostración de que S es subespacio.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Una aplicación que llega dada por tres datos sueltosAplicaciones lineales
a) Sea $f\colon V\to V$ una aplicación lineal. Razonar si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas:

i. Si $f$ es inyectiva, entonces $\exists\,\overline{u}\in V,\;\overline{u}\neq\overline{0}$ tal que $f\left(\overline{u}\right)=f\left(5\overline{u}\right)$ .

ii. Si $f$ es suprayectiva y $\overline{u},\overline{v}\in V$ son linealmente independientes, entonces $f\left(\overline{u}\right)$ y $f\left(\overline{v}\right)$ son linealmente independientes.

b) Sea $f\colon\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3}$ una aplicación lineal que cumple las siguientes condiciones:
$\begin{gathered} f\left(0,1,1\right)=\left(0,2,2\right), \qquad f\left(1,0,-1\right)=\left(2,0,-4\right) \\ \left(-1,1,0\right)\in\operatorname{Ker}\left(f\right) \end{gathered}$
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 $B'=\left\{\left(1,1,1\right),\left(-1,1,0\right),\left(1,0,2\right)\right\}$ .
Las dos afirmaciones razonadas, 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.
La desigualdad triangular, y una matriz que falla en tres sitiosDeterminantes
a) Sea $\left(V,\left\langle\;,\;\right\rangle\right)$ un espacio vectorial euclídeo. Demostrar la desigualdad de Minkowsky:
$\forall\,\overline{x},\overline{y}\in V \qquad \left\|\overline{x}+\overline{y}\right\| \le\left\|\overline{x}\right\|+\left\|\overline{y}\right\|$
b) Sea la siguiente matriz:
$A=\begin{pmatrix} -x & 1 & 0 & 1\\ 1 & -x & 1 & 0\\ 0 & 1 & -x & 1\\ 0 & x & 0 & -x \end{pmatrix}$
i. Hallar los valores del parámetro $x$ para los que la matriz $A$ es invertible.

ii. En caso de ser posible, hallar la inversa de $A$ para el valor $x=1$ .
La demostración de Minkowsky, los valores de x, y la inversa.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Diagonalizar con una base ortonormal, que aquí sí se puedeDiagonalización de matrices cuadradas
a) Sean el endomorfismo $f\colon E\to E$ y el subconjunto de $E$
$V\left(\lambda\right)=\left\{\overline{x}\in E-\left\{\overline{0}\right\} \;/\;f\left(\overline{x}\right)=\lambda\overline{x}\right\} \cup\left\{\overline{0}\right\}$
Demostrar que $V\left(\lambda\right)$ es subespacio vectorial de $E$ .

b) Sea:
$A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 1\\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}$
Diagonalizar la matriz mediante una matriz de cambio de base ortogonal.
La demostración, y la diagonalización con una 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 extraordinaria, curso 2024-2025 · 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.

Por qué las coordenadas son únicas, y un subespacio de matrices

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 $\left(V,+,\cdot_{K}\right)$ un espacio vectorial tal que $\dim V=n$ . Definir base de $V$ y coordenadas de un vector. Demostrar que las coordenadas de un vector son únicas.

b) Sea $A=\begin{pmatrix}1 & 2\\ 2 & 4\end{pmatrix}$ . Demostrar que el siguiente subconjunto es subespacio vectorial de $\mathcal{M}\left(2\times2,\mathbb{R}\right)$ :

S=\left\{M\in\mathcal{M}\left(2,\mathbb{R}\right)\;/\;M\cdot A=O\right\}

donde $O$ es la matriz nula de $\mathcal{M}\left(2\times2,\mathbb{R}\right)$ .

Las dos definiciones, la demostración de la unicidad, y la demostración de que S es subespacio.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Cómo se demuestra que unas coordenadas son únicas?
02
La dimensión del subespacio S
COMP2
¿Cuál es la dimensión de $S$ ?
Tu respuesta al paso 2un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Una matriz concreta del subespacio
COMP2
Si $M\in S$ tiene primera fila $\left(-6,\;3\right)$ y segunda fila $\left(10,\;d\right)$ , ¿cuánto vale $d$ ?
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 la demostración del apartado a). Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Definiciones. Una base de $V$ es un sistema de vectores libre y generador. Las coordenadas de $x$ en la base $B=\left\{u_{1},\dots,u_{n}\right\}$ son los escalares $\alpha_{i}$ tales que $x=\sum\alpha_{i}u_{i}$ .
2. Existen porque $B$ es sistema generador: todo vector de $V$ se escribe como combinación lineal de los $u_{i}$ .
3. Son únicas: si $x=\sum\alpha_{i}u_{i}=\sum\beta_{i}u_{i}$ , restando queda $\sum\left(\alpha_{i}-\beta_{i}\right)u_{i}=\overline{0}$ , y por ser $B$ libre todos los $\alpha_{i}-\beta_{i}$ son cero.

Resolución completa

a) Las dos definiciones, y por qué el teorema es importante.

Una base de $V$ es un sistema de vectores que es a la vez libre —linealmente independiente— y generador de $V$ .

Dadas una base $B=\left\{u_{1},\dots,u_{n}\right\}$ y un vector $x\in V$ , las coordenadas de $x$ en $B$ son los escalares $\alpha_{1},\dots,\alpha_{n}\in K$ tales que $x=\alpha_{1}u_{1}+\dots+\alpha_{n}u_{n}$ .

Y aquí está el motivo de que el teorema exista: la definición de coordenadas solo tiene sentido si son únicas. Si un vector se pudiera escribir de dos maneras, «las coordenadas de $x$ » no designaría nada, y todo el aparato de trabajar con matrices en vez de con vectores se vendría abajo.

La demostración, y son dos mitades que usan una condición cada una:

qué se demuestra	qué propiedad de la base se usa
que existen	que $B$ es generador
que son únicas	que $B$ es libre

Existen: por ser $B$ sistema generador de $V$ , todo $x\in V$ es combinación lineal de los $u_{i}$ .

Son únicas: supongamos dos escrituras del mismo vector,

x=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}u_{i} =\sum_{i=1}^{n}\beta_{i}u_{i}

Restando:

\overline{0}=\sum_{i=1}^{n}\left(\alpha_{i}-\beta_{i}\right)u_{i}

Esto es una combinación lineal de los vectores de $B$ igualada al vector nulo. Como $B$ es libre, la única forma de conseguirlo es con todos los coeficientes nulos:

\alpha_{i}-\beta_{i}=0 \;\Longrightarrow\; \alpha_{i}=\beta_{i} \quad\text{para todo }i

Las dos escrituras eran la misma. $\blacksquare$

b) El subespacio $S$ . Lo primero, mirar $A$ :

A=\begin{pmatrix}1&2\\2&4\end{pmatrix}, \qquad \det A=4-4=0

Es singular, y eso ya avisa de que $S$ no va a ser solo la matriz nula: si $A$ fuese invertible, de $M\cdot A=O$ saldría $M=O$ multiplicando por $A^{-1}$ , y $S$ tendría dimensión cero.

La demostración de que es subespacio es corta, y conviene hacerla sin calcular quién es $S$ :

qué	por qué
$S\neq\emptyset$	$O\cdot A=O$ , así que la matriz nula está en $S$
cerrado	si $M_{1}A=O$ y $M_{2}A=O$ , entonces $\left(\alpha M_{1}+\beta M_{2}\right)A=\alpha\left(M_{1}A\right)+\beta\left(M_{2}A\right)=O$

Se usa que el producto de matrices es distributivo y saca escalares, y nada más. $\blacksquare$

Y quién es $S$ , que el enunciado no pide pero cierra el ejercicio. Con $M=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ :

M\cdot A= \begin{pmatrix}a+2b & 2a+4b\\ c+2d & 2c+4d\end{pmatrix}

La segunda columna es el doble de la primera, así que las cuatro ecuaciones son dos:

a+2b=0,\qquad c+2d=0

S=\left\{ \begin{pmatrix}-2b & b\\ -2d & d\end{pmatrix} \;:\;b,d\in\mathbb{R}\right\}, \qquad \boxed{\;\dim S=2\;}

con base

\begin{pmatrix}-2&1\\0&0\end{pmatrix}, \qquad \begin{pmatrix}0&0\\-2&1\end{pmatrix}

Un detalle que decide el ejercicio: el orden del producto. El enunciado dice $M\cdot A$ , con $A$ por la derecha, y eso hace que las condiciones caigan sobre las filas de $M$ por separado. Con $A\cdot M$ caerían sobre las columnas y la base sería otra —aunque la dimensión también fuese $2$ —. Multiplicar matrices no es conmutativo, y este ejercicio lo está comprobando.

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

nivel: examenEjercicio 2 · Convocatoria extraordinaria, curso 2024-2025 · Álgebra, Escuela de Ingeniería de Gipuzkoa (UPV/EHU) · El examen no publica solución ni reparto de puntos: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Una aplicación que llega dada por tres datos sueltos

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 $f\colon V\to V$ una aplicación lineal. Razonar si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas:

i. Si $f$ es inyectiva, entonces $\exists\,\overline{u}\in V,\;\overline{u}\neq\overline{0}$ tal que $f\left(\overline{u}\right)=f\left(5\overline{u}\right)$ .

ii. Si $f$ es suprayectiva y $\overline{u},\overline{v}\in V$ son linealmente independientes, entonces $f\left(\overline{u}\right)$ y $f\left(\overline{v}\right)$ son linealmente independientes.

b) Sea $f\colon\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3}$ una aplicación lineal que cumple las siguientes condiciones:

\begin{gathered} f\left(0,1,1\right)=\left(0,2,2\right), \qquad f\left(1,0,-1\right)=\left(2,0,-4\right) \\ \left(-1,1,0\right)\in\operatorname{Ker}\left(f\right) \end{gathered}

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

Las dos afirmaciones razonadas, la matriz, las bases, la clasificación y la matriz en B’.

01
Reconocer el camino
COMP1
El enunciado da tres datos sueltos. ¿Por qué determinan $f$ por completo?
02
La dimensión de la imagen
COMP2
¿Cuánto vale $\dim\operatorname{Im}\left(f\right)$ ?
Tu respuesta al paso 2un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…

La matriz 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,-1; 1,1,1; -1,-1,3 — columnas con comas, filas con punto y coma

Desarrollo

Con los tres vectores en columna y sus imágenes en columna:

U=\begin{pmatrix}0&1&-1\\1&0&1\\1&-1&0\end{pmatrix}, \qquad F=\begin{pmatrix}0&2&0\\2&0&0\\2&-4&0\end{pmatrix}

A=F\cdot U^{-1} =\begin{pmatrix}1&1&-1\\1&1&1\\-1&-1&3\end{pmatrix}

Comprobación sobre los tres datos:

$u$	$A\,u$	el enunciado dice
$\left(0,1,1\right)$	$\left(0,2,2\right)$	✓
$\left(1,0,-1\right)$	$\left(2,0,-4\right)$	✓
$\left(-1,1,0\right)$	$\left(0,0,0\right)$	✓

04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento del apartado a). Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. i es FALSA. Por linealidad, $f\left(5\overline{u}\right)=5f\left(\overline{u}\right)$ , así que la igualdad del enunciado dice $f\left(\overline{u}\right)=5f\left(\overline{u}\right)$ , o sea $4f\left(\overline{u}\right)=\overline{0}$ .
2. Luego $f\left(\overline{u}\right)=\overline{0}$ , es decir $\overline{u}\in\operatorname{Ker}\left(f\right)$ . Y si $f$ es inyectiva el núcleo es $\left\{\overline{0}\right\}$ , así que $\overline{u}=\overline{0}$ y no existe ninguno no nulo.
3. ii es CIERTA en dimensión finita: si $f\colon V\to V$ es suprayectiva, entonces $\dim\operatorname{Im}=\dim V$ , luego $\dim\operatorname{Ker}=0$ y $f$ es inyectiva — y una aplicación inyectiva conserva la independencia lineal.

Resolución completa

a) i · Falsa, y en dos líneas. La clave es que $5\overline{u}$ pasa por dentro de $f$ :

f\left(5\overline{u}\right)=5f\left(\overline{u}\right)

Así que la igualdad del enunciado es

f\left(\overline{u}\right)=5f\left(\overline{u}\right) \;\Longrightarrow\; 4f\left(\overline{u}\right)=\overline{0} \;\Longrightarrow\; f\left(\overline{u}\right)=\overline{0}

—el último paso vale porque $4\neq0$ en $\mathbb{R}$ —. Entonces $\overline{u}\in\operatorname{Ker}\left(f\right)$ , y como $f$ es inyectiva el núcleo es $\left\{\overline{0}\right\}$ : el único $\overline{u}$ que cumple la igualdad es el cero, y el enunciado pedía uno distinto del cero.

\boxed{\;\text{i es FALSA}\;}

a) ii · Cierta, con una cadena de implicaciones que conviene escribir entera:

f\ \text{suprayectiva} \;\Longrightarrow\; \dim\operatorname{Im}\left(f\right)=\dim V \;\Longrightarrow\; \dim\operatorname{Ker}\left(f\right)=0 \;\Longrightarrow\; f\ \text{inyectiva}

donde el paso central es la fórmula de las dimensiones. Y una aplicación inyectiva conserva la independencia: si $\alpha f\left(\overline{u}\right)+\beta f\left(\overline{v}\right) =\overline{0}$ , por linealidad $f\left(\alpha\overline{u}+\beta\overline{v}\right)=\overline{0}$ , luego $\alpha\overline{u}+\beta\overline{v}\in\operatorname{Ker} =\left\{\overline{0}\right\}$ , y como $\overline{u},\overline{v}$ son independientes, $\alpha=\beta=0$ .

\boxed{\;\text{ii es CIERTA}\;}

La letra pequeña, que merece decirse. El paso «suprayectiva ⟹ inyectiva» solo vale porque $V$ tiene dimensión finita y $f$ va de $V$ en sí mismo. En dimensión infinita es falso: la derivada sobre los polinomios es suprayectiva, y manda $\left\{1,x\right\}$ —que son independientes— a $\left\{0,1\right\}$ , que no lo son porque el $\overline{0}$ está dentro. Toda la asignatura trabaja en dimensión finita, así que la respuesta es «cierta»; pero saber dónde se apoya es lo que separa entender de recordar.

b) i · La matriz. Lo primero, y es lo que justifica que el problema tenga solución: los tres vectores del enunciado son base.

\begin{vmatrix}0&1&-1\\1&0&1\\1&-1&0\end{vmatrix}=2\neq0

Una aplicación lineal queda determinada por las imágenes de una base, así que los tres datos bastan — y ni sobran ni pueden contradecirse.

Con $U$ = los tres vectores en columna y $F$ = sus imágenes en columna, $A\,U=F$ y por tanto

\boxed{\;A=F\,U^{-1}= \begin{pmatrix}1&1&-1\\1&1&1\\-1&-1&3\end{pmatrix}\;}

Comprobación obligatoria, y con los tres datos, no con uno:

A\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\2\\2\end{pmatrix}, \quad A\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\0\\-4\end{pmatrix}, \quad A\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}

b) ii · Núcleo, imagen y clasificación.

\operatorname{Im}\left(f\right)= L\left\{\left(0,2,2\right),\left(2,0,-4\right)\right\}, \qquad \dim\operatorname{Im}=2

—el tercer generador es $\overline{0}$ y no cuenta—.

\dim\operatorname{Ker}=3-2=1, \qquad \operatorname{Ker}\left(f\right)=L\left\{\left(-1,1,0\right)\right\}

y ese vector lo regala el enunciado, así que no hay que resolver ningún sistema.

\boxed{\;f\text{ no es inyectiva }\left(\operatorname{Ker}\neq\left\{\overline{0}\right\}\right) \text{ ni suprayectiva }\left(\operatorname{Im}\neq\mathbb{R}^{3}\right)\;}

Ni una cosa ni otra, que es el caso más común y el que más gente deja sin nombrar.

b) iii · La matriz en $B'$ . Como la aplicación va de $\mathbb{R}^{3}$ en sí mismo y se usa la misma base a la entrada y a la salida, la matriz nueva es semejante a la vieja:

M=P^{-1}A\,P, \qquad P=\begin{pmatrix}1&-1&1\\1&1&0\\1&0&2\end{pmatrix}, \qquad \det P=3\neq0

\boxed{\;M=\begin{pmatrix} \frac73 & 0 & -\frac13\\[2pt] \frac23 & 0 & \frac{10}{3}\\[2pt] -\frac23 & 0 & \frac83 \end{pmatrix}\;}

La columna de ceros no es un error: es información. El segundo vector de $B'$ es $\left(-1,1,0\right)$ , que está en el núcleo, así que su imagen es $\overline{0}$ y sus coordenadas en cualquier base son todas cero. Verla aparecer es la mejor comprobación de que la cuenta va bien.

Y una segunda, por si acaso: $M$ y $A$ son semejantes, así que tienen la misma traza. $\operatorname{tr}A=1+1+3=5$ y $\operatorname{tr}M=\frac73+0+\frac83=\frac{15}{3}=5$ ✓

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

nivel: examenEjercicio 3 · Convocatoria extraordinaria, curso 2024-2025 · Álgebra, Escuela de Ingeniería de Gipuzkoa (UPV/EHU) · El apartado a) es del tema 6 y el b) del tema 4 · El examen no publica solución ni reparto de puntos: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

La desigualdad triangular, y una matriz que falla en tres sitios

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 $\left(V,\left\langle\;,\;\right\rangle\right)$ un espacio vectorial euclídeo. Demostrar la desigualdad de Minkowsky:

\forall\,\overline{x},\overline{y}\in V \qquad \left\|\overline{x}+\overline{y}\right\| \le\left\|\overline{x}\right\|+\left\|\overline{y}\right\|

b) Sea la siguiente matriz:

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

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

ii. En caso de ser posible, hallar la inversa de $A$ para el valor $x=1$ .

La demostración de Minkowsky, los valores de x, y la inversa.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿En qué se apoya la demostración de la desigualdad triangular?
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
Una entrada de la inversa
COMP2
Con $x=1$ , ¿cuánto vale la entrada $\left(1,1\right)$ de $A^{-1}$ ?
Tu respuesta al paso 3en forma exacta, o con cuatro decimales — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la demostración de Minkowsky. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Se parte del cuadrado, que es lo que se puede desarrollar: $\left\|\overline{x}+\overline{y}\right\|^{2} =\left\langle\overline{x}+\overline{y},\overline{x}+\overline{y}\right\rangle =\left\|\overline{x}\right\|^{2} +2\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle +\left\|\overline{y}\right\|^{2}$ .
2. Por Cauchy-Schwarz, $\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle \le\left|\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle\right| \le\left\|\overline{x}\right\|\left\|\overline{y}\right\|$ .
3. Sustituyendo, $\left\|\overline{x}+\overline{y}\right\|^{2} \le\left\|\overline{x}\right\|^{2} +2\left\|\overline{x}\right\|\left\|\overline{y}\right\| +\left\|\overline{y}\right\|^{2} =\left(\left\|\overline{x}\right\|+\left\|\overline{y}\right\|\right)^{2}$ , y como las dos normas son $\ge0$ se toma raíz cuadrada.
05
Redactar la demostración
COMP4
El apartado a) en papel, entero y como lo entregarías: la desigualdad de Minkowsky demostrada, con cada propiedad del producto escalar nombrada donde se usa.

Es la demostración que abre el ejercicio 3 de cuatro convocatorias —la ordinaria de 2021-2022 y las extraordinarias de 2022-2023, 2023-2024 y 2024-2025, contadas el 6 de septiembre de 2026— y las cuatro empiezan exactamente igual: desarrollando $\left\|\overline{x}+\overline{y}\right\|^{2}$ con el producto escalar. Cambia lo que se pide al final —la desigualdad triangular, la identidad de polarización, el teorema de Pitágoras—, no el camino. Escríbela una vez bien y tienes las cuatro.
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 el cuadrado, y decir por qué: la norma lleva una raíz y no se puede manipular; su cuadrado es un producto escalar y sí.
  Es la única idea de la demostración, y la que separa al que la ha entendido del que la ha copiado. Quien intenta operar directamente con las raíces se atasca en el primer renglón y no hay forma de salir de ahí.
2. Al desarrollar $\left\langle\overline{x}+\overline{y},\; \overline{x}+\overline{y}\right\rangle$ , nombrar la bilinealidad y la simetría, y decir que el 2 sale de la segunda.
  El desarrollo parece un producto notable y no lo es: es una propiedad del producto escalar, y los dos términos cruzados se juntan porque el producto es simétrico. Sin nombrarlo, lo que has escrito es álgebra de bachillerato aplicada a un objeto que todavía no sabes que la cumple.
3. Citar Cauchy-Schwarz por su nombre, y con el valor absoluto en medio: $\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle \le\left|\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle \right| \le\left\|\overline{x}\right\| \left\|\overline{y}\right\|$ .
  Sin el valor absoluto la cadena se rompe cuando el producto escalar es negativo, que es justo el caso interesante: dos vectores que se oponen. Y el nombre importa porque es un resultado previo que se está usando, no una cuenta que se está haciendo.
4. Justificar que se puede tomar la raíz cuadrada: los dos lados son no negativos.
  Es el paso que casi nadie escribe y el que el corrector busca, porque elevar al cuadrado no es reversible: de $a^{2}\le b^{2}$ no se sigue $a\le b$ si $b$ puede ser negativo. Aquí sí se puede, y decir por qué cuesta una línea.
5. Cerrar volviendo a lo que se pedía, no dejarlo en los cuadrados.
  La desigualdad que hay que demostrar es la de las normas, no la de sus cuadrados. Es un renglón, y es el que convierte una cadena de igualdades en una demostración terminada.
6. Y no bajar a coordenadas en ningún momento.
  El enunciado dice «espacio vectorial euclídeo», sin decir cuál: probarlo en $\mathbb{R}^{3}$ con las componentes demuestra un caso, no el teorema. Es el error que anula la demostración entera aunque todas las cuentas estén bien.
Si tu folio tiene los seis, tienes esta demostración y las otras tres de la familia, porque el camino es el mismo. Si te falta el cuarto —justificar la raíz—, cópialo: es una línea y es la que distingue una demostración de una cadena de cuentas.

$x$	$\det A$
$-3$	$45$
$-2$	$\mathbf{0}$
$-1$	$-3$
$0$	$\mathbf{0}$
$1$	$-3$
$2$	$\mathbf{0}$
$3$	$45$

Resolución completa

a) La desigualdad triangular, que aquí se llama de Minkowsky. Dice lo que dice su nombre geométrico: un lado de un triángulo no mide más que la suma de los otros dos. Ir de $\overline{0}$ a $\overline{x}+\overline{y}$ en línea recta no puede ser más largo que ir pasando por $\overline{x}$ .

El truco, y es todo el ejercicio: no se demuestra la desigualdad, se demuestra la de los cuadrados. La norma lleva una raíz dentro y no se puede manipular; su cuadrado es un producto escalar y sí.

\left\|\overline{x}+\overline{y}\right\|^{2} =\left\langle\overline{x}+\overline{y},\;\overline{x}+\overline{y}\right\rangle =\left\langle\overline{x},\overline{x}\right\rangle +2\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle +\left\langle\overline{y},\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 han usado la bilinealidad y la simetría del producto escalar — los dos términos cruzados son iguales y por eso sale el $2$ .

Ahora el único término que estorba es $\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle$ , y para acotarlo está Cauchy-Schwarz:

\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle \le\left|\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle\right| \le\left\|\overline{x}\right\|\cdot\left\|\overline{y}\right\|

Sustituyendo:

\left\|\overline{x}+\overline{y}\right\|^{2} \le\left\|\overline{x}\right\|^{2} +2\left\|\overline{x}\right\|\left\|\overline{y}\right\| +\left\|\overline{y}\right\|^{2} =\left(\left\|\overline{x}\right\|+\left\|\overline{y}\right\|\right)^{2}

Y los dos lados son no negativos —el izquierdo es un cuadrado y el derecho una suma de normas—, así que se puede tomar raíz cuadrada conservando la desigualdad:

\left\|\overline{x}+\overline{y}\right\| \le\left\|\overline{x}\right\|+\left\|\overline{y}\right\| \qquad\blacksquare

Cuándo se da la igualdad, que no se pide y suma: cuando $\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle =\left\|\overline{x}\right\|\left\|\overline{y}\right\|$ , es decir cuando los dos vectores apuntan en el mismo sentido. El triángulo se aplasta y deja de ser triángulo.

b) i · Cuándo es invertible. Una matriz cuadrada es invertible si y solo si su determinante no es cero, así que todo el apartado es un determinante con parámetro. Conviene desarrollar por la última fila, que tiene dos ceros:

\det A=x^{4}-4x^{2}

Y hay que factorizarlo entero antes de resolver, que es donde se pierde el ejercicio:

x^{4}-4x^{2}=x^{2}\left(x^{2}-4\right) =x^{2}\left(x-2\right)\left(x+2\right)

\boxed{\;A\text{ es invertible}\iff x\neq-2,\;x\neq0,\;x\neq2\;}

El $x=0$ es el que se escapa. Quien divide entre $x^{2}$ para quedarse con $x^{2}-4=0$ obtiene solo $\pm2$ y pierde una de las tres respuestas — y dividir entre $x^{2}$ es exactamente suponer que $x\neq0$ , que es justo lo que había que averiguar.

b) ii · La inversa en $x=1$ .

\det A\left(1\right)=1-4=-3\neq0

así que existe. Con $x=1$ :

A=\begin{pmatrix} -1&1&0&1\\ 1&-1&1&0\\ 0&1&-1&1\\ 0&1&0&-1 \end{pmatrix}, \qquad A^{-1}=\frac13\begin{pmatrix} -1&2&2&1\\ 1&1&1&2\\ 2&2&-1&1\\ 1&1&1&-1 \end{pmatrix}

Y la comprobación no es opcional en una inversa de $4\times4$ : se multiplica $A\cdot A^{-1}$ y tiene que salir la identidad. Es una cuenta larga y es la única manera de saber que no hay un signo mal; en un ejercicio con dieciséis entradas, la probabilidad de que todo esté bien sin comprobar es baja.

Por qué conviene Gauss-Jordan y no la matriz de adjuntos. Por adjuntos hay que calcular dieciséis determinantes de $3\times3$ , uno por entrada. Por Gauss-Jordan se pone $\left(A\mid I\right)$ y se reduce hasta $\left(I\mid A^{-1}\right)$ : menos operaciones y muchos menos sitios donde equivocarse.

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

nivel: examenEjercicio 4 · Convocatoria extraordinaria, curso 2024-2025 · 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.

Diagonalizar con una base ortonormal, que aquí sí se puede

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) Sean el endomorfismo $f\colon E\to E$ y el subconjunto de $E$

V\left(\lambda\right)=\left\{\overline{x}\in E-\left\{\overline{0}\right\} \;/\;f\left(\overline{x}\right)=\lambda\overline{x}\right\} \cup\left\{\overline{0}\right\}

Demostrar que $V\left(\lambda\right)$ es subespacio vectorial de $E$ .

b) Sea:

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

Diagonalizar la matriz mediante una matriz de cambio de base ortogonal.

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

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Por qué se puede garantizar, antes de calcular nada, que $A$ se diagonaliza con una matriz de paso ortogonal?
02
El autovalor simple
COMP2
¿Cuál es el autovalor de $A$ con multiplicidad $1$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El autovector del autovalor simple
COMP2
¿Cuál es el autovector unitario asociado a $\lambda=4$ , con las tres coordenadas iguales y positivas?
Tu respuesta al paso 3las tres coordenadas en orden; valen raíces y fracciones — 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. $A$ es real y simétrica, así que por el teorema espectral es diagonalizable y existe una base ortonormal de autovectores.
2. Los autovalores son $\lambda=4$ simple y $\lambda=1$ doble, y el subespacio de $\lambda=1$ es el plano $x+y+z=0$ , de dimensión $2$ : las multiplicidades coinciden.
3. Los autovectores de autovalores distintos ya salen ortogonales solos, así que solo hay que ortonormalizar dentro del plano $x+y+z=0$ : por ejemplo $\left(1,-1,0\right)$ y $\left(1,1,-2\right)$ , que son perpendiculares entre sí.

comprobación
traza $=6$	$4+1+1=6$ ✓
$\det A=4$	$4\cdot1\cdot1=4$ ✓

Resolución completa

a) El subespacio propio. Lo primero es leer bien la definición, que viene escrita de una forma incómoda a propósito: se quita el $\overline{0}$ y luego se vuelve a añadir. El motivo es que $\overline{0}$ cumple $f\left(\overline{0}\right)=\lambda\overline{0}$ para todo $\lambda$ , así que no se le llama autovector; pero sin él el conjunto no podría ser subespacio. La unión lo arregla.

Con eso, $V\left(\lambda\right)$ es simplemente

V\left(\lambda\right)=\left\{\overline{x}\in E \;:\;f\left(\overline{x}\right)=\lambda\overline{x}\right\}

La demostración:

qué	por qué
no vacío	$\overline{0}$ está dentro por construcción
cerrado	lo de abajo

Sean $\overline{x},\overline{y}\in V\left(\lambda\right)$ y $\alpha,\beta\in K$ . Usando que $f$ es lineal:

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 $\alpha\overline{x}+\beta\overline{y}\in V\left(\lambda\right)$ . $\blacksquare$

Y hay una forma más corta de decirlo, que conviene conocer: $V\left(\lambda\right)=\operatorname{Ker}\left(f-\lambda\,\mathrm{id}\right)$ , y el núcleo de una aplicación lineal siempre es subespacio. Las dos demostraciones valen; esta explica por qué es subespacio en vez de solo comprobarlo.

b) Diagonalizar, y con base ortonormal.

Lo primero, y ahorra todas las dudas: $A$ es real y simétrica. El teorema espectral garantiza entonces dos cosas de golpe: que es diagonalizable, y que existe una base ortonormal de autovectores. Antes de calcular nada ya se sabe que el ejercicio tiene solución.

Los autovalores, con un atajo. $A=I+J$ , con $J$ la matriz de todo unos:

J=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}

$J$ tiene rango $1$ , así que su núcleo tiene dimensión $2$ : el autovalor $0$ es doble. Y $J\left(1,1,1\right)=3\left(1,1,1\right)$ , así que el otro es $3$ . Sumar la identidad suma $1$ a cada autovalor sin tocar los autovectores:

\boxed{\;\lambda=4\ \text{(simple)},\qquad\lambda=1\ \text{(doble)}\;}

comprobación
traza $=2+2+2=6$	$4+1+1=6$ ✓
$\det A=4$	$4\cdot1\cdot1=4$ ✓

Los subespacios propios.

$\lambda=4$ : $A\left(1,1,1\right)=\left(4,4,4\right)$ , así que $V\left(4\right)=L\left\{\left(1,1,1\right)\right\}$ , de dimensión $1$ .

$\lambda=1$ : $A-I=J$ , y $\operatorname{Ker}J$ es el plano

x+y+z=0

de dimensión $2$ , que coincide con la multiplicidad algebraica ✓

La base ortonormal. Y aquí hay un regalo del teorema espectral que conviene usar: los autovectores de autovalores distintos ya son ortogonales entre sí, automáticamente. Se comprueba: $\left(1,1,1\right)$ es perpendicular a todo el plano $x+y+z=0$ — es su vector normal.

Así que solo hay que ortogonalizar dentro del plano, donde caben dos vectores. Se eligen a mano dos perpendiculares:

\left(1,-1,0\right) \quad\text{y}\quad \left(1,1,-2\right), \qquad \left(1,-1,0\right)\cdot\left(1,1,-2\right)=1-1+0=0\;\checkmark

Los dos cumplen $x+y+z=0$ ✓. Normalizando los tres:

u_{1}=\frac{1}{\sqrt3}\left(1,1,1\right), \qquad u_{2}=\frac{1}{\sqrt2}\left(1,-1,0\right), \qquad u_{3}=\frac{1}{\sqrt6}\left(1,1,-2\right)

\boxed{\; P=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt3} & \frac{1}{\sqrt2} & \frac{1}{\sqrt6}\\[3pt] \frac{1}{\sqrt3} & -\frac{1}{\sqrt2} & \frac{1}{\sqrt6}\\[3pt] \frac{1}{\sqrt3} & 0 & -\frac{2}{\sqrt6} \end{pmatrix}, \qquad D=P^{T}AP=\begin{pmatrix}4&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}\;}

Y aquí está el premio de haber pedido la base ortonormal: no hay que invertir $P$ . Una matriz cuyas columnas son ortonormales cumple $P^{T}P=I$ , es decir $P^{-1}=P^{T}$ . Trasponer es gratis; invertir una $3\times3$ no lo es. Eso es lo que significa «matriz de cambio de base ortogonal», y es la razón de que el enunciado lo pida así.

La comprobación, que con esto es corta: se calcula $P^{T}P$ y sale la identidad; y $P^{T}AP$ sale diagonal con $4$ , $1$ y $1$ en ese orden — el mismo orden en que se pusieron las columnas de $P$ , que es lo que hay que cuidar.

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

Convocatoria extraordinaria · 2024-2025

Reconocer el camino

La dimensión del subespacio S

Una matriz concreta del subespacio

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La dimensión de la imagen

La matriz en la base canónica

Justificar el argumento

Reconocer el camino

Cuántos valores de x estropean la matriz

Una entrada de la inversa

Justificar el argumento

Redactar la demostración

Reconocer el camino

El autovalor simple

El autovector del autovalor simple

Justificar el argumento