integrador algebra 2
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FACULTAD DE INGENIERÍA - UBA ÁLGEBRA II Primer cuatrimestre 2013
EXAMEN INTEGRADOR 24 de julio de 2013 (Cuarta oportunidad)
TEMA 2
RESOLUCIÓN Aclaración: El alumno debe tener presente que siempre hay más de una forma correcta de
resolver un ejercicio. La resolución aquí presentada es una de las tantas posibles.
EJERCICIO 1: (a) Sea ),(),(: ℜℜ→ℜℜ ∞∞ CCL tal que fffL 3')( −= . Determinar todos los autovalores de L y los autovectores asociados a cada uno. (b) Determinar todos los valores reales no nulos de α para los cuales todas las soluciones de la ecuación 1'" 2 =++ yyy αα son acotadas (en ℜ ) RESOLUCIÓN 1(a): λλλ cEfcffffL =ℜ∈∃⇔=+−⇔= :0)3(')( , xexE )3()( += λ
λ . Por lo tanto, todos los números reales son autovalores de L y para cada ℜ∈λ , { }λλ EgenLS =)( .
RESOLUCIÓN 1(b): Las raíces de 022 =++ αα rr son ir2
321
αα+−= y ir
23
22αα
−−= .
Por otra parte, una solución particular es 21α
=py . Entonces, las soluciones son de la forma
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=
−−xsenecxecxy
xx
23
23cos1)( 2
22
12
αα
α
y la respuesta es, por lo tanto, que no existe tal alfa. -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 2: Dada la matriz ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡+
−−+=
100121
203α
ααA , hallar todos los valores posibles
(reales o complejos) de α para los cuales A resulta diagonalizable. RESOLUCIÓN 2): El polinomio característico de A es
2
]1)][2()][3([100
1)2(120)3(
)( −+−+−=⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−+−−++−
=− λαλαλλ
αλααλ
λ AIDet
y sus raíces son αλ += 31 , αλ += 22 y 13 =λ . Por lo tanto, si { }2,1 −−∉α , A tiene tres autovalores distintos y por lo tanto es diagonalizable. Analicemos qué pasa cuando { }2,1 −−∈α : Caso 1−=α : En este caso tenemos 21 =λ y 132 == λλ y. Para determinar la multiplicidad geométrica de 1 como autovalor de A, calculemos la dimensión de
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−−
−=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −−
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=−=
000101101
100111102
100010001
)()(1 NulNulAINulAS
Obviamente, el rango de esta matriz es 2 y por lo tanto su espacio nulo tiene dimensión 1. Por lo tanto, si 1−=α la matriz A no es diagonalizable (ni en los reales ni en los complejos). Caso 2−=α : En este caso tenemos 131 == λλ y 02 =λ . Para determinar la multiplicidad geométrica de 1 como autovalor de A, calculemos la dimensión de
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−−=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=−=
000111000
100101001
100010001
)()(1 NulNulAINulAS
Obviamente, el rango de esta matriz es 1 y por lo tanto su espacio nulo tiene dimensión 2. Por lo tanto, si 2−=α la matriz A es diagonalizable (en los reales). Respuesta: A es diagonalizable sii 2−≠α (respuesta válida tanto para los reales como para los complejos) ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- EJERCICIO 3: Sea 33×ℜ∈A una matriz simétrica. Uno de sus autovalores es 3 y además verifica:
1 10 01 1
A−⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦
, y el 1
( ) 21
Nul A gen⎧ ⎫⎡ ⎤⎪ ⎪⎢ ⎥= ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪⎢ ⎥⎣ ⎦⎩ ⎭
.
Sea la superficie de ecuación: 2 9Ax = . Hallar los puntos más cercanos al origen de coordenadas. RESOLUCIÓN 3): Los autovalores de A son 1 0α = , 2 1α = − y 3 3α = .
2TA A AA A= = y sus autovalores son 1 0λ = , 2 1λ = y 3 9λ = .
3
2 2 2 2 2
2 2 2
0 9
119 1 1 13 1
m Mx Ax x Ax x
Si Ax x x en x
λ λ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
⎡ ⎤⎢ ⎥= ⇒ ≤ ∧ = = ± −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 4: Calcular todas las soluciones de ⎩⎨⎧
+−−=−+=
1)(6)(8)('1)(4)(6)('
212
211
txtxtxtxtxtx
para las cuales
existen (y son finitos) )(1 txLimt ∞+ y )(2 txLimt ∞+ .
RESOLUCIÓN: La matriz ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−−
=6846
A es diagonalizable:
876484761
1112
2002
2111
6846
−
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡−−
=
VV
A
y una solución particular del sistema es ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
=2121
pX . Por lo tanto, las soluciones del sistema son
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡−
+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
= −
21
11
)( 22
21
2121
tt ecectX
y las pedidas son ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡−
= −
21
)( 22
2121
tectX
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
EJERCICIO 5: Sean 33×ℜ∈Q una matriz ortogonal y A = QB, donde ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
031003
B . Obtener la
solución por cuadrados mínimos de norma mínima de bAx = , siendo ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
101
Qb
RESOLUCIÓN 5): Si obtenemos una descomposición TVUB Σ= en valores singulares, entonces TVQUQBA Σ== es una descomposición de A en valores singulares, pues el producto QU de
matrices ortogonales es ortogonal y BBQBQBAA TTTT == (es decir: los valores singulares de A y
4
de B son los mismos). Entonces, la solución buscada es ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡Σ=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡Σ= +++
101
101
TTT UVQQUVbA .
Veamos: ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
10018
031003
010303
BBT . Por lo tanto:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
=Σ0010023
, ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
1001
V ,
Las dos primeras columnas de U son
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
101
01
031003
21
231 y
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
010
10
021002
Por lo tanto, podemos elegir
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
=
−
21
21
21
21
0010
0U
Entonces,
}=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡Σ=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡Σ=
−
+++
101
0010
0
00000
101
101
21
21
21
21
231
TI
TT UVQQUVbA =⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
101
0000 6
161
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡031
Observación: Puede usarse, obviamente, la descomposición en valores singulares reducida. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------