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UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE MADRID DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA APLICADA (E.U.I.T.I.)

ÁLGEBRA LINEAL – C URSO 2.011 / 2.012

TERCERA PRUEBA– 16 DE ENERO DE 2.012

SOLUCIONES (VERSIÓNA)

1dim 4 N

2 3dim 5 dim N N J

Como la secuencia de subespacios invariantes generalizados se estaciona para 2dim 5 N , la matriz es de

orden 5 . Como 1dim 4 N , hay 4 cajas. Como 2 1dim dim 1 N N , hay una caja de orden

2 2 . Por tanto, hay 3 cajas de orden 1 1 . Así pues

0

1

J

.

3

1

1 3 0

0 2

a b

G

c

a b c 1,0,0

1,0,0 1,0,1

1,0,0 0,1,1

, , 2 0 x y z x y z /V

G ha de ser simétrica, luego b c . Además, 1 1, 0, 0 1, 0, 0 a , elemento 1,1 de G . Por último,

1 1 1 1

0 1 0 0 1 3 0 0 1 1 0 1

0 2 1 1

b

b b

b

.

Así pues: 1a b c .

Tenemos que1 1 1

1 3 0

1 0 2

G

; pongamos 1,0,0u y 0,1,1v y sabemos que cos ,

u v

u v

u v

. Ope-

rando resulta que 2u v y que 5v v , con lo que 5v . Además, 1u u , el elemento 1,1 de G . Y,

sustituyendo en la fórmula, resulta que2

, arccos5

u v .

Como 2 0 x y z V , resolviendo obtenemos una base de V : 1 21, 0,1 , 0,1, 2 v vV , por ejem-

plo. Si , , x y z x es un vector genérico, entonces 1

2

0 2 3 00 3 3 4 0

x y z x y z

v x

v x

V que, volviendo a resol-

ver, nos da como base de V , 5,1,3 V

.

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SOLUCIONES (VERSIÓNA)

3 3: f

1,1,1 2,0, 1 f f

1,1,0 6,6,0 f 1, 0,1 7, 1, 4 f

M f 3

M

f

1,1,1 2,0, 1 f f implica que 1, 1, 2 0, 0, 0 f . Entonces, realizando las operaciones correspondien-

tes, tenemos que 1,0,0 5,1,2 f , 0,1, 0 1, 5, 2 f y que 0, 0,1 2, 2, 2 f . Por tanto la matriz es

5 1 2

1 5 2

2 2 2

M

.

Como M es simétrica, es (estrictamente) diagonalizable:

2

5 1 2

0 1 5 2 6

2 2 2

. Luego

0 0 0

0 6 0

0 0 6

J

.

Como f es endomorfismo, o es biyectivo o no será de tipo especial. 1, 1, 2 0, 0, 0 f , luego no es inyectivo,esto es, no es de tipo especial .

Ya sabemos que 1 0 1, 1, 2 N .

La matriz de coeficientes para obtener 1 6N es

1 1 2

6 1 1 2

2 2 4

M I

que conduce a

1 6 2 0 x y z N ó 1 6 1,1,0 , 2,0,1N .

No son perpendiculares, así es que, si nos quedamos con 1,1,0 , el otro ha de cumplir

0 1,1,0 1,1,0 2,0,1 2 2 ;tomando 1 , tenemos como segundo autovector de 1 6N a 1, 1,1 .Finalmente, dividiendo por los módulos respectivos, una matriz ortogonal de paso será

1 6 1 2 1 3

1 6 1 2 1 3

2 6 0 1 3

P

.

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SOLUCIONES (VERSIÓN B)

5 A

1dim 2 3 N 2dim 2 4 N

J A

Como A es singular, 0 es autovalor. Como 2dim 2 4 N , 2 es, al menos, cuádruple. Luego, como hay cinco

autovalores, 0 ha de ser simple y 2 cuádruple. Como 1dim 2 3 N , hay 3 cajas para el 2 y, como una es

2 2

ya que 2 1dim 2 dim 2 1 N N , dos cajas son 1 1

. Así pues,

2 0

1 2

2

2

0

J

.

3

5 1

1 2 0

0

a

G

b c

a b c 0,0,1

0,0,1 1,0, 2

0,0,1 0,1,1

, , 2 0 x y z x y z /V

Como G ha de ser simétrica, a b . Además, 1 0, 0,1 0, 0,1 c , elemento 3,3 de G . Y

5 1 1

0 0 0 1 1 2 0 0 2

0 1 2

a

a

a

.

Luego 2a b y 1c .

Tenemos que

5 1 2

1 2 0

2 0 1

G

; pongamos 0,0,1u y 0,1,1v y sabemos que cos ,

u v

u v

u v

. Ope-

rando resulta que 1u v y que 3v v , con lo que 3v . Además, 1u u , el elemento 3,3 de G . Y,

sustituyendo en la fórmula, resulta que1

, arccos3

u v .

Como 2 0 x y z V , resolviendo obtenemos una base de V : 1 21, 1,0 , 2,0, 1 v vV , por

ejemplo. Si , , x y z x es un vector genérico, entonces 1

2

0 4 2 0

0 8 2 3 0

x y z

x y z

v x

v x

V que, volviendo a

resolver, nos da como base de V , 7,4,16 V

.

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SOLUCIONES (VERSIÓN B) 3 3

: f

1,1,1 1, 11, 11 f 0,1,1 8, 7, 7 f

2, 1,0 9

M f 3

M

f

El que 2, 1,0 sea autovector asociado al autovalor 9 implica que 2, 1,0 9 2, 1,0 f . Entonces, reali-

zando las operaciones correspondientes, tenemos que 1,0, 0 7, 4, 4 f

, 0,1, 0 4,1, 8 f

y que 0, 0,1 4, 8,1 f . Por tanto la matriz es

7 4 4

4 1 8

4 8 1

M

.

Como M es simétrica, es (estrictamente) diagonalizable:

2

7 4 4

0 4 1 8 9 9

4 8 1

. Luego

9 0 0

0 9 0

0 0 9

J

, por ejemplo.

Como f es endomorfismo, o es biyectivo o no será de tipo especial. 3det 9 0 M , luego es biyectivo .


2 4 4

9 4 8 8

4 8 8

M I

, con lo que

1 9 2 2 0 2, 1,0 , 2,0, 1 x y z N .

No son perpendiculares, así es que, si tomamos como primer autovector a 0,1, 1 , el otro ha de cumplir

0 0,1, 1 2, 1,0 2,0, 1

;tomando 1 , tenemos como segundo autovector de 1 9N a 4, 1, 1 .


16 4 4

9 4 10 8

4 8 10

M I

que lleva a

14 0

9 1, 2,20

x y z

y z

N .

Finalmente, dividiendo por los módulos respectivos, una matriz ortogonal de paso será

0 4 3 2 1 3

1 2 1 3 2 2 3

1 2 1 3 2 2 3

P

.

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