tal cual cayó — sin cambiar un número

Álgebra · convocatoria ordinaria

Convocatoria ordinaria · 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.

La suma de dos subespacios, y una base que hay que completarEspacios vectoriales
a) Sean $S$ y $T$ dos subespacios vectoriales del espacio vectorial $\left(V,+,\cdot_{K}\right)$ . Definir el subconjunto $S+T$ y demostrar que es un subespacio vectorial de $V$ .

b) Sea el siguiente subespacio de $\mathbb{R}^{4}$ :
$S\left(a\right)=L\left(\left\{ \left(1,0,-2,0\right), \left(-1,1,a,1\right), \left(1,a,1,a\right)\right\}\right)$
i. Calcular la dimensión de $S\left(a\right)$ en función de los valores del parámetro $a\in\mathbb{R}$ .

ii. Completar una base de $S\left(0\right)$ hasta conseguir una base de $\mathbb{R}^{4}$ .

iii. Si las coordenadas de un vector en la base obtenida de $\mathbb{R}^{4}$ son $\left(1,0,-1,0\right)$ , ¿cuáles son las coordenadas de dicho vector en la base canónica?
La definición y la demostración, la dimensión, la base completada y las coordenadas.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Inyectiva si y solo si el núcleo es ceroAplicaciones lineales
a) Sea $f\colon V\to V'$ una aplicación lineal. Demostrar el siguiente teorema:
$f\;\text{inyectiva} \;\Longleftrightarrow\; \operatorname{Ker}\left(f\right)=\left\{\overline{0}\right\}$
b) Sea $f\colon V\to V'$ la aplicación lineal tal que $f\left(x,y,z\right)=\left(x-z,\;2x+4y,\;-2y+2z\right)$ y $V=V'=\mathbb{R}^{3}$ .

i. Hallar bases y dimensión de $\operatorname{Im}\left(f\right)$ y $\operatorname{Ker}\left(f\right)$ .

ii. Clasificar la aplicación lineal.

iii. Calcular la matriz asociada a la aplicación lineal en las bases $B_{V}=\left\{\left(1,1,0\right),\left(0,1,1\right),\left(-1,0,-1\right)\right\}$ y $B_{V'}=\left\{\left(0,-2,2\right),\left(-1,1,0\right),\left(2,0,0\right)\right\}$ .
La demostración, las bases, la clasificación y la matriz asociada.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Tres afirmaciones sobre idempotentes, y una base ortonormal raraEspacios vectoriales euclídeos
a) Se dice que $A\in\mathcal{M}\left(n,\mathbb{R}\right)$ es idempotente si $A^{2}=A$ . Razonar si las siguientes afirmaciones son ciertas o no:

i. $A$ idempotente $\Rightarrow$ $A^{3}$ idempotente

ii. $A$ idempotente $\Rightarrow$ $A^{T}$ idempotente

iii. $A$ idempotente $\Rightarrow$ $\exists A^{-1}$

b) Sea $\mathbb{R}^{3}$ un espacio vectorial euclídeo con el producto escalar de dos vectores definido como:
$\left\langle \left(x_{1},x_{2},x_{3}\right),\left(y_{1},y_{2},y_{3}\right) \right\rangle =\begin{pmatrix}x_{1} & x_{2} & x_{3}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & 0 & 1\\ 0 & 2 & 0\\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}y_{1}\\ y_{2}\\ y_{3}\end{pmatrix}$
Obtener una base ortonormal de $\mathbb{R}^{3}$ respecto de dicho producto escalar.
Las tres afirmaciones razonadas, y una base ortonormal.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
El polinomio característico, y una matriz que no se dejaDiagonalización de matrices cuadradas
a) Demostrar la invariancia del polinomio característico.

b) Sea:
$A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & -1\\ 1 & -1 & 0 \end{pmatrix}$
Diagonalizar dicha matriz en caso de ser posible.
La demostración, y la diagonalización si existe.
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 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.

La suma de dos subespacios, y una base que hay que completar

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 $S$ y $T$ dos subespacios vectoriales del espacio vectorial $\left(V,+,\cdot_{K}\right)$ . Definir el subconjunto $S+T$ y demostrar que es un subespacio vectorial de $V$ .

b) Sea el siguiente subespacio de $\mathbb{R}^{4}$ :

S\left(a\right)=L\left(\left\{ \left(1,0,-2,0\right), \left(-1,1,a,1\right), \left(1,a,1,a\right)\right\}\right)

i. Calcular la dimensión de $S\left(a\right)$ en función de los valores del parámetro $a\in\mathbb{R}$ .

ii. Completar una base de $S\left(0\right)$ hasta conseguir una base de $\mathbb{R}^{4}$ .

iii. Si las coordenadas de un vector en la base obtenida de $\mathbb{R}^{4}$ son $\left(1,0,-1,0\right)$ , ¿cuáles son las coordenadas de dicho vector en la base canónica?

La definición y la demostración, la dimensión, la base completada y las coordenadas.

01
Reconocer el camino
COMP1
Para demostrar que $S+T$ es un subespacio de $V$ , ¿qué hay que comprobar?
02
Los valores de a que bajan la dimensión
COMP2
¿Para qué valores de $a$ es $\dim S\left(a\right)=2$ ?
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
Las coordenadas en la base canónica
COMP2
Un vector tiene coordenadas $\left(1,0,-1,0\right)$ en la base completada. ¿Cuáles son sus coordenadas en la canónica?
Tu respuesta al paso 3las cuatro coordenadas en orden, por ejemplo (0, 0, -3, 0) — componentes separadas por comas
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. Definición: $S+T=\left\{s+t\;:\;s\in S,\;t\in T\right\}$ , el conjunto de todas las sumas de un vector de $S$ con uno de $T$ .
2. No es vacío: como $S$ y $T$ son subespacios, los dos contienen al $\overline{0}$ , y por tanto $\overline{0}=\overline{0}+\overline{0}\in S+T$ .
3. Es cerrado: si $u=s_{1}+t_{1}$ y $v=s_{2}+t_{2}$ están en $S+T$ , entonces $\alpha u+\beta v=\underbrace{\left(\alpha s_{1}+\beta s_{2}\right)}_{\in S} +\underbrace{\left(\alpha t_{1}+\beta t_{2}\right)}_{\in T}\in S+T$ , usando que $S$ y $T$ son subespacios.

Resolución completa

a) La definición, que es media respuesta.

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

Ojo a lo que no es: $S+T$ no es la unión $S\cup T$ . La unión de dos subespacios casi nunca es subespacio —dos rectas distintas por el origen unidas no son cerradas para la suma—, y $S+T$ es precisamente el subespacio más pequeño que las contiene a las dos.

La demostración, con las tres condiciones:

qué	por qué
$S+T\neq\emptyset$	$\overline{0}\in S$ y $\overline{0}\in T$ , luego $\overline{0}+\overline{0}=\overline{0}\in S+T$
cerrado para $+$ y para $\cdot$	lo de abajo

Sean $u,v\in S+T$ y $\alpha,\beta\in K$ . Por definición existen $s_{1},s_{2}\in S$ y $t_{1},t_{2}\in T$ con $u=s_{1}+t_{1}$ y $v=s_{2}+t_{2}$ . Entonces

\alpha u+\beta v =\alpha s_{1}+\alpha t_{1}+\beta s_{2}+\beta t_{2} =\underbrace{\left(\alpha s_{1}+\beta s_{2}\right)}_{\in\,S} +\underbrace{\left(\alpha t_{1}+\beta t_{2}\right)}_{\in\,T}

donde los dos paréntesis están donde se dice porque $S$ y $T$ son subespacios. Luego $\alpha u+\beta v\in S+T$ , y $S+T$ es subespacio de $V$ . $\blacksquare$

Y conviene saber decir el resultado que va detrás, aunque no se pida: $\dim\left(S+T\right)=\dim S+\dim T-\dim\left(S\cap T\right)$ , la fórmula de Grassmann.

b) i · La dimensión, en función de $a$ . La dimensión de un subespacio generado es el rango de la matriz de sus generadores, así que se reduce por filas:

\begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 & 0\\ -1 & 1 & a & 1\\ 1 & a & 1 & a \end{pmatrix} \;\longrightarrow\; \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 & 0\\ 0 & 1 & a-2 & 1\\ 0 & a & 3 & a \end{pmatrix} \;\longrightarrow\; \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 & 0\\ 0 & 1 & a-2 & 1\\ 0 & 0 & -a^{2}+2a+3 & 0 \end{pmatrix}

La tercera fila se anula entera cuando $-a^{2}+2a+3=0$ , es decir $\left(a-3\right)\left(a+1\right)=0$ :

\boxed{\;\dim S\left(a\right)= \begin{cases} 2 & \text{si } a=-1 \text{ o } a=3\\ 3 & \text{en cualquier otro caso} \end{cases}\;}

Comprobación: en $a=0$ , $-0+0+3=3\neq0$ y la dimensión es $3$ ; en $a=3$ , $-9+6+3=0$ y baja a $2$ .

b) ii · Completar la base. Con $a=0$ los tres generadores son independientes, así que ya forman una base de $S\left(0\right)$ , de dimensión $3$ . Falta un vector para llegar a $\mathbb{R}^{4}$ .

Y no hay que buscarlo a ciegas: en la matriz reducida los pivotes caen en las columnas $1$ , $2$ y $3$ . La columna libre es la cuarta, así que $e_{4}=\left(0,0,0,1\right)$ es el candidato natural.

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

Se comprueba con el determinante, que tiene que ser distinto de cero:

\begin{vmatrix} 1 & 0 & -2 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} =3\neq0

Cuatro vectores independientes en $\mathbb{R}^{4}$ son una base. Y la respuesta no es única: cualquier vector fuera de $S\left(0\right)$ sirve. Decirlo suma, porque demuestra que se ha entendido qué se estaba haciendo.

b) iii · De la base nueva a la canónica. Que las coordenadas sean $\left(1,0,-1,0\right)$ significa exactamente esto:

v=1\cdot v_{1}+0\cdot v_{2}+\left(-1\right)\cdot v_{3}+0\cdot e_{4}

=\left(1,0,-2,0\right)-\left(1,0,1,0\right) =\boxed{\;\left(0,0,-3,0\right)\;}

Y esta es la dirección fácil. Pasar de la base nueva a la canónica es una combinación lineal; pasar de la canónica a la nueva obliga a resolver un sistema. Conviene tenerlo claro antes de empezar a operar, porque el enunciado puede pedir cualquiera de las dos y solo una se hace en dos líneas.

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

nivel: examenEjercicio 2 · Convocatoria ordinaria, 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.

Inyectiva si y solo si el núcleo es cero

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. Demostrar el siguiente teorema:

f\;\text{inyectiva} \;\Longleftrightarrow\; \operatorname{Ker}\left(f\right)=\left\{\overline{0}\right\}

b) Sea $f\colon V\to V'$ la aplicación lineal tal que $f\left(x,y,z\right)=\left(x-z,\;2x+4y,\;-2y+2z\right)$ y $V=V'=\mathbb{R}^{3}$ .

i. Hallar bases y dimensión de $\operatorname{Im}\left(f\right)$ y $\operatorname{Ker}\left(f\right)$ .

ii. Clasificar la aplicación lineal.

iii. Calcular la matriz asociada a la aplicación lineal en las bases $B_{V}=\left\{\left(1,1,0\right),\left(0,1,1\right),\left(-1,0,-1\right)\right\}$ y $B_{V'}=\left\{\left(0,-2,2\right),\left(-1,1,0\right),\left(2,0,0\right)\right\}$ .

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

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Qué hay que calcular primero para contestar los tres apartados de b)?
02
La dimensión del núcleo
COMP2
¿Cuánto vale $\dim\operatorname{Ker}\left(f\right)$ ?
Tu respuesta al paso 2un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…

La matriz asociada en las bases nuevas

COMP2

¿Cuál es la matriz asociada a $f$ en las bases $B_{V}$ y $B_{V'}$ ?

Tu respuesta al paso 3filas separadas por punto y coma, por ejemplo 1,0,-1; 2,4,0; 0,-2,2 — columnas con comas, filas con punto y coma

Desarrollo

Primero las imágenes de los vectores de $B_{V}$ :

$u$	$f\left(u\right)$
$\left(1,1,0\right)$	$\left(1,6,-2\right)$
$\left(0,1,1\right)$	$\left(-1,4,0\right)$
$\left(-1,0,-1\right)$	$\left(0,-2,-2\right)$

Y ahora cada una en la base $B_{V'}=\left\{w_{1},w_{2},w_{3}\right\}$ . Con $\alpha w_{1}+\beta w_{2}+\gamma w_{3} =\left(-\beta+2\gamma,\;-2\alpha+\beta,\;2\alpha\right)$ , los sistemas salen casi solos porque la tercera coordenada da $\alpha$ directamente:

imagen	$\alpha$	$\beta$	$\gamma$
$\left(1,6,-2\right)$	$-1$	$4$	$\frac52$
$\left(-1,4,0\right)$	$0$	$4$	$\frac32$
$\left(0,-2,-2\right)$	$-1$	$-4$	$-2$

M=\begin{pmatrix} -1 & 0 & -1\\ 4 & 4 & -4\\ \frac52 & \frac32 & -2 \end{pmatrix}

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. ⟹ Si $f$ es inyectiva y $x\in\operatorname{Ker}\left(f\right)$ , entonces $f\left(x\right)=\overline{0}=f\left(\overline{0}\right)$ , y la inyectividad obliga a $x=\overline{0}$ .
2. ⟸ Si $\operatorname{Ker}\left(f\right)=\left\{\overline{0}\right\}$ y $f\left(x\right)=f\left(y\right)$ , entonces $f\left(x-y\right)=\overline{0}$ por ser $f$ lineal.
3. Luego $x-y\in\operatorname{Ker}\left(f\right)=\left\{\overline{0}\right\}$ , es decir $x=y$ , y $f$ es inyectiva.

Resolución completa

a) El teorema, en sus dos direcciones. Es un «si y solo si», así que hay que demostrar las dos, y decirlo antes de empezar ya ordena la respuesta.

⟹ · Si $f$ es inyectiva, el núcleo es trivial. Sea $x\in\operatorname{Ker}\left(f\right)$ , es decir $f\left(x\right) =\overline{0}$ . Por ser $f$ lineal, $f\left(\overline{0}\right)=\overline{0}$ también. Entonces

f\left(x\right)=f\left(\overline{0}\right) \;\Longrightarrow\; x=\overline{0}

donde el paso final es la definición de inyectiva. Luego el núcleo no tiene más elementos que el cero.

⟸ · Si el núcleo es trivial, $f$ es inyectiva. Sean $x,y\in V$ con $f\left(x\right)=f\left(y\right)$ . Por linealidad,

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

$\blacksquare$

Dónde se usa la linealidad, que es la pregunta que separa una demostración entendida de una copiada: en la ida, para saber que $f\left(\overline{0}\right)=\overline{0}$ ; en la vuelta, para poder sacar la resta fuera. Sin linealidad el teorema es falso — la función real $f\left(x\right)=x^{2}$ «anula» solo al cero y no es inyectiva.

b) i · Núcleo e imagen. La matriz en la base canónica tiene por columnas las imágenes de la canónica:

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

\det A =1\left(8-0\right)-0+\left(-1\right)\left(-4-0\right) =8+4=12\neq 0

Rango $3$ . Por tanto:

	dimensión	base
$\operatorname{Im}\left(f\right)$	$3$ , o sea todo $\mathbb{R}^{3}$	la canónica sirve, o las tres columnas de $A$
$\operatorname{Ker}\left(f\right)$	$0$	el conjunto vacío

Y la fórmula de las dimensiones cierra la comprobación: $\dim\operatorname{Ker}+\dim\operatorname{Im}=0+3=3=\dim V$ ✓

b) ii · Clasificación.

\operatorname{Ker}=\left\{\overline{0}\right\}\Rightarrow\text{inyectiva}, \qquad \dim\operatorname{Im}=3=\dim V'\Rightarrow\text{sobreyectiva}

\boxed{\;f\text{ es biyectiva: un automorfismo de }\mathbb{R}^{3}\;}

b) iii · La matriz asociada. La definición dice qué hay que hacer, y conviene escribirla antes de calcular: la columna $j$ de $M$ son las coordenadas en $B_{V'}$ de la imagen del $j$ -ésimo vector de $B_{V}$ .

Las imágenes:

f\left(1,1,0\right)=\left(1,6,-2\right), \quad f\left(0,1,1\right)=\left(-1,4,0\right), \quad f\left(-1,0,-1\right)=\left(0,-2,-2\right)

Y ahora hay que escribir cada una en $B_{V'}=\left\{\left(0,-2,2\right),\left(-1,1,0\right),\left(2,0,0\right)\right\}$ . Esa base está elegida para que salga rápido:

\alpha w_{1}+\beta w_{2}+\gamma w_{3} =\left(-\beta+2\gamma,\;\;-2\alpha+\beta,\;\;2\alpha\right)

La tercera coordenada solo depende de $\alpha$ , la segunda añade $\beta$ y la primera cierra con $\gamma$ : se resuelve de abajo arriba, sin invertir ninguna matriz.

\boxed{\; M=\begin{pmatrix} -1 & 0 & -1\\ 4 & 4 & -4\\ \frac52 & \frac32 & -2 \end{pmatrix}\;}

La comprobación que no cuesta nada. Para un vector cualquiera, por ejemplo el de coordenadas $\left(2,-1,3\right)$ en $B_{V}$ —que en la canónica es $\left(-1,1,-4\right)$ —:

M\begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-5\\-8\\-\frac52\end{pmatrix}

y esas son, efectivamente, las coordenadas de $f\left(-1,1,-4\right)=\left(3,2,-10\right)$ en $B_{V'}$ . Si los dos caminos no coinciden, el error está en las columnas.

Y el error que más cae aquí es darla traspuesta. Poner las coordenadas en fila da una matriz que no se puede multiplicar por el vector de coordenadas — o que se puede pero da otra cosa —. La regla que lo evita: la matriz asociada tiene tantas filas como vectores hay en la base de llegada y tantas columnas como en la de salida.

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

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

Tres afirmaciones sobre idempotentes, y una base ortonormal rara

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) Se dice que $A\in\mathcal{M}\left(n,\mathbb{R}\right)$ es idempotente si $A^{2}=A$ . Razonar si las siguientes afirmaciones son ciertas o no:

i. $A$ idempotente $\Rightarrow$ $A^{3}$ idempotente

ii. $A$ idempotente $\Rightarrow$ $A^{T}$ idempotente

iii. $A$ idempotente $\Rightarrow$ $\exists A^{-1}$

b) Sea $\mathbb{R}^{3}$ un espacio vectorial euclídeo con el producto escalar de dos vectores definido como:

\left\langle \left(x_{1},x_{2},x_{3}\right),\left(y_{1},y_{2},y_{3}\right) \right\rangle =\begin{pmatrix}x_{1} & x_{2} & x_{3}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & 0 & 1\\ 0 & 2 & 0\\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}y_{1}\\ y_{2}\\ y_{3}\end{pmatrix}

Obtener una base ortonormal de $\mathbb{R}^{3}$ respecto de dicho producto escalar.

Las tres afirmaciones razonadas, y una base ortonormal.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Por qué la matriz $G$ del apartado b) define un producto escalar de verdad?
02
Cuántas de las tres afirmaciones son ciertas
COMP2
De las tres afirmaciones del apartado a), ¿cuántas son ciertas?
Tu respuesta al paso 2un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El tercer vector de la base ortonormal
COMP2
Aplicando Gram-Schmidt a la base canónica, ¿cuál es el tercer vector $u_{3}$ ?
Tu respuesta al paso 3las tres coordenadas en orden; valen raíces, por ejemplo (-√6/6, 0, √6/2) — 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. $G$ es simétrica y sus menores principales valen $3$ , $6$ y $4$ : los tres positivos, así que es definida positiva y define un producto escalar.
2. $\left\langle e_{1},e_{2}\right\rangle=G_{12}=0$ , así que $e_{1}$ y $e_{2}$ ya son ortogonales entre sí; solo hay que normalizarlos y queda $u_{1}=\frac{1}{\sqrt3}e_{1}$ , $u_{2}=\frac{1}{\sqrt2}e_{2}$ .
3. El único que hay que corregir es $e_{3}$ , porque $\left\langle e_{3},e_{1}\right\rangle=1\neq0$ : Gram-Schmidt da $v_{3}=\left(-\frac13,0,1\right)$ y, normalizado, $u_{3}=\left(-\frac{\sqrt6}{6},0,\frac{\sqrt6}{2}\right)$ .

	afirmación	veredicto
i	$A^{3}$ idempotente	cierta
ii	$A^{T}$ idempotente	cierta
iii	existe $A^{-1}$	falsa

Resolución completa

a) Las tres afirmaciones. Las dos primeras son ciertas y salen en una línea; la tercera es falsa y basta con un contraejemplo.

i. Si $A^{2}=A$ , entonces

A^{3}=A^{2}\cdot A=A\cdot A=A^{2}=A

así que $A^{3}$ es $A$ , y por tanto idempotente. Cierta.

ii. Usando $\left(XY\right)^{T}=Y^{T}X^{T}$ :

\left(A^{T}\right)^{2}=A^{T}A^{T}=\left(A\,A\right)^{T} =\left(A^{2}\right)^{T}=A^{T}

Cierta.

iii. Falsa, y con contraejemplos de sobra:

$A$	$A^{2}=A$	$\det A$
$\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}$	✓	$0$
$\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$	✓	$0$
$\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}$	✓	$0$

Y hay un argumento mejor que un contraejemplo, porque explica por qué falla: si $A^{2}=A$ y existiera $A^{-1}$ , multiplicando los dos lados por $A^{-1}$ quedaría

A^{-1}A^{2}=A^{-1}A \;\Longrightarrow\; A=I

Es decir: la única matriz idempotente invertible es la identidad. Todas las demás —que son infinitas— son contraejemplos.

Geométricamente, una matriz idempotente es una proyección: proyectar dos veces es lo mismo que proyectar una. Y una proyección que aplasta algo no se puede deshacer, que es exactamente no tener inversa.

b) La base ortonormal. Lo primero, y es donde se pierden puntos: comprobar que $G$ define un producto escalar de verdad.

condición	comprobación
simétrica	$G^{T}=G$ ✓
definida positiva	menores principales $3>0$ , $6>0$ , $4>0$ ✓

Y lo segundo, que es la clave del ejercicio: con este producto escalar la base canónica NO es ortonormal. Los productos escalares de los vectores canónicos son las entradas de $G$ :

\left\langle e_{i},e_{j}\right\rangle=G_{ij}

así que $\left\langle e_{1},e_{1}\right\rangle=3$ —no $1$ — y $\left\langle e_{3},e_{1}\right\rangle=1$ —no $0$ —. Hay trabajo que hacer.

Gram-Schmidt, empezando por la canónica:

\left\langle e_{1},e_{1}\right\rangle=3 \;\Longrightarrow\; u_{1}=\frac{e_{1}}{\sqrt3}=\left(\tfrac{1}{\sqrt3},0,0\right)

$e_{2}$ ya es ortogonal a $e_{1}$ , porque $G_{12}=0$ . Solo hay que normalizarlo:

\left\langle e_{2},e_{2}\right\rangle=2 \;\Longrightarrow\; u_{2}=\left(0,\tfrac{1}{\sqrt2},0\right)

$e_{3}$ sí necesita corrección, porque $\left\langle e_{3},e_{1}\right\rangle=1$ :

v_{3}=e_{3}-\left\langle e_{3},u_{1}\right\rangle u_{1} =\left(0,0,1\right)-\tfrac{1}{\sqrt3}\cdot\tfrac{1}{\sqrt3}\left(1,0,0\right) =\left(-\tfrac13,0,1\right)

\left\langle v_{3},v_{3}\right\rangle =v_{3}^{T}G\,v_{3}=\tfrac23 \;\Longrightarrow\; u_{3}=\frac{v_{3}}{\sqrt{2/3}} =\left(-\tfrac{\sqrt6}{6},\,0,\,\tfrac{\sqrt6}{2}\right)

\boxed{\;\left\{ \left(\tfrac{\sqrt3}{3},0,0\right),\; \left(0,\tfrac{\sqrt2}{2},0\right),\; \left(-\tfrac{\sqrt6}{6},0,\tfrac{\sqrt6}{2}\right) \right\}\;}

La comprobación, con la $G$ del enunciado y no con el producto escalar de siempre. Los nueve productos $\left\langle u_{i},u_{j}\right\rangle =u_{i}^{T}G\,u_{j}$ dan la matriz identidad: unos en la diagonal y ceros fuera. Hacerla con el producto escalar ordinario daría números distintos y la conclusión contraria — $u_{3}$ tiene módulo ordinario $1{,}29$ —, y ese es el error que este ejercicio está buscando.

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

nivel: examenEjercicio 4 · Convocatoria ordinaria, 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.

El polinomio característico, y una matriz que no se deja

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 invariancia del polinomio característico.

b) Sea:

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

Diagonalizar dicha matriz en caso de ser posible.

La demostración, y la diagonalización si existe.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Qué significa «la invariancia del polinomio característico»?
02
El autovalor doble
COMP2
¿Cuál es el autovalor de $A$ con multiplicidad algebraica $2$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
La multiplicidad geométrica del autovalor doble
COMP2
¿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
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la respuesta del apartado b). Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El polinomio característico es $-\lambda\left(1-\lambda\right)^{2}$ : autovalores $\lambda=0$ simple y $\lambda=1$ doble.
2. Para $\lambda=1$ , el rango de $A-I$ es $2$ , así que la multiplicidad geométrica es $3-2=1$ .
3. Como $1<2$ , la geométrica es menor que la algebraica y $A$ no es diagonalizable.

$\lambda$	multiplicidad algebraica
$0$	$1$
$1$	$2$

Resolución completa

a) La invariancia del polinomio característico. Lo que hay que demostrar, dicho con precisión: si $A$ y $B$ son semejantes, tienen el mismo polinomio característico. Semejantes significa que existe una matriz regular $P$ con

B=P^{-1}AP

que es exactamente lo que ocurre cuando $A$ y $B$ representan el mismo endomorfismo en dos bases distintas, con $P$ la matriz de cambio de base.

La demostración cabe en tres líneas, y el truco está en la primera: escribir $\lambda I$ como $P^{-1}\lambda I P$ .

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

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

$\blacksquare$

Se usan dos propiedades y conviene nombrarlas: que el determinante de un producto es el producto de los determinantes, y que $\left|P^{-1}\right|=\frac{1}{\left|P\right|}$ — que sale de la anterior aplicada a $P^{-1}P=I$ .

Y para qué sirve, que es lo que da sentido al apartado: como el polinomio no cambia, tampoco cambian sus raíces. Los autovalores, la traza y el determinante son propiedades del endomorfismo, no de la matriz concreta que se haya elegido para escribirlo. Sin esto, «los autovalores de $f$ » no significaría nada.

b) La matriz que no se deja diagonalizar.

\left|A-\lambda I\right|= \begin{vmatrix} 1-\lambda & 0 & -1\\ 0 & 1-\lambda & -1\\ 1 & -1 & -\lambda \end{vmatrix}

Desarrollando por la primera fila:

=\left(1-\lambda\right) \left[\left(1-\lambda\right)\left(-\lambda\right)-1\right] -\left[0-\left(1-\lambda\right)\right]

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

Las dos comprobaciones que hay que hacer siempre con un polinomio característico, porque cazan casi todos los errores de signo:

qué	de la matriz	del polinomio
suma de autovalores	traza $=1+1+0=2$	$0+1+1=2$ ✓
producto de autovalores	$\det A=0$	$0\cdot1\cdot1=0$ ✓

Los autovalores son $\lambda=0$ con multiplicidad algebraica $1$ y $\lambda=1$ con multiplicidad algebraica $2$ .

El criterio, que es lo único que decide: una matriz es diagonalizable si y solo si, para cada autovalor, la multiplicidad geométrica — $\dim\operatorname{Ker}\left(A-\lambda I\right)$ — coincide con la algebraica.

Para $\lambda=1$ :

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

Las dos primeras filas son la misma, así que el rango es $2$ y

\dim\operatorname{Ker}\left(A-I\right)=3-2=1

\boxed{\;1<2\;\Longrightarrow\;A\text{ NO es diagonalizable}\;}

El enunciado dice «en caso de ser posible» a propósito, y la respuesta completa es exactamente eso: no lo es, con el motivo escrito. Entregar una matriz diagonal aquí es peor que entregar el «no se puede».

Por qué falla, dicho sin fórmulas. Para diagonalizar hacen falta tres autovectores independientes que formen una base. El autovalor $0$ aporta uno y el autovalor $1$ aporta uno solo, aunque «valga por dos». Con dos vectores no se llena $\mathbb{R}^{3}$ , y sin base de autovectores no hay matriz diagonal.

Y la comprobación de diez segundos que evita el error opuesto: $A$ no es simétrica —mira la entrada $\left(1,3\right)$ frente a la $\left(3,1\right)$ : valen $-1$ y $+1$ —, así que el teorema espectral no se aplica y no hay ninguna contradicción con lo obtenido. Si la matriz fuese simétrica y saliera no diagonalizable, habría un error en el cálculo garantizado.

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

Convocatoria ordinaria · 2024-2025

Reconocer el camino

Los valores de a que bajan la dimensión

Las coordenadas en la base canónica

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La dimensión del núcleo

La matriz asociada en las bases nuevas

Justificar el argumento

Reconocer el camino

Cuántas de las tres afirmaciones son ciertas

El tercer vector de la base ortonormal

Justificar el argumento

Reconocer el camino

El autovalor doble

La multiplicidad geométrica del autovalor doble

Justificar el argumento