Exámenes de la asignatura
Los ejercicios aquí mostrados han sido amablemente proporcionados por Evangelina Santos y maquetados por Juan Rivas.
Ejercicios resueltos
Dada la matriz
$$A=\left(
\begin{array}{ccc}
0 & 0 & 1\\
0 & a & 0 \\
1 & 0 & 0
\end{array}\right)
\hspace{1cm} \mbox{ con } a\not = 0$$
- Calcula los valores propios y sus multiplicidades algebraicas en todos los casos posibles.
- ¿Para qué valores de $a$ es diagonalizable?
- Para el caso $a=1$ comprueba que es diagonalizable por semejanza ortogonal y calcula $D$ diagonal y $P$ ortogonal (esto es, $P^t=P^{-1}$) tal que $D=P^tAP$.
Solución
- Calcular los valores propios y sus multiplicidades algebraicas.
Calculamos los valores propios en función de $a$:
$$|A-\lambda I|=\left|
\begin{array}{ccc}
-\lambda & 0 & 1\\
0 & a-\lambda & 0 \\
1 & 0 & -\lambda
\end{array}\right|= (a-\lambda)\left|
\begin{array}{cc}
-\lambda & 1\\
1 & -\lambda
\end{array}\right|=(a-\lambda)(\lambda^2-1)=(a-\lambda)(\lambda-1)(\lambda +1).$$
Así que cuando $a\not = \pm 1$ entonces hay tres valores propios distintos con multiplicidad algebraica 1. Pero si $a=1$ entonces hay dos valores propios, $\lambda=1$ con multiplicidad algebraica dos y $\lambda=-1$ con multiplicidad algebraica uno; y si $a=-1$ entonces hay dos valores propios, $\lambda=-1$ con multiplicidad algebraica dos y $\lambda=1$ con multiplicidad algebraica uno.
- ¿Para qué valores de $a$ es diagonalizable?
Siempre es diagonalizable puesto que es simétrica.
- Comprobar que es diagonalizable por semejanza ortogonal y calcular $D$ diagonal y $P$ ortogonal.
Como es simétrica es diagonalizable por semejanza ortogonal (Teorema espectral). Para $a=1$ ya tenemos los valores propios: $\lambda=1$ con multiplicidad algebraica dos y $\lambda=-1$ con multiplicidad algebraica uno, y nos queda calcular las bases ortonormales (para que $P$ sea ortogonal) de cada uno de los subespacios propios:
$V_{\lambda=1}$
$$\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0\\
1 & 0 & -1\\
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x\\ y\\ z
\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
0\\ 0\\ 0
\end{pmatrix}$$
nos da la ecuación $x-z=0$ y una base es $\{(1,0,1),(0,1,0)\}$ que es ortogonal, así que los dividimos por su norma: $\{(1/\sqrt{2},0,1/\sqrt{2}),(0,1,0)\}$.
$V_{\lambda=-1}$
$$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1\\
0 & 2 & 0\\
1 & 0 & 1\\
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x\\ y\\ z
\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
0\\ 0\\ 0
\end{pmatrix}$$
nos da las ecuaciones $x+z=0; y=0$ y una base es $\{(1,0,-1)\}$ que es ortogonal, así que lo dividimos por su norma: $\{(1/\sqrt{2},0,-1/\sqrt{2})\}$.
Tenemos entonces
$$D=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & -1
\end{pmatrix},\hspace{2cm} P=\begin{pmatrix}
1/\sqrt{2} & 0 & 1/\sqrt{2}\\
0 & 1 & 0 \\
1/\sqrt{2} & 0 & -1/\sqrt{2}\\
\end{pmatrix}.$$
- Calcula la matriz de Gram del producto escalar en el espacio de las matrices simétricas de orden dos dado por la fórmula:
$$\langle A,B\rangle=\operatorname{traza}(AB)$$
respecto de la base $B= \left\{ \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix}; \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
1 & 0
\end{pmatrix};\begin{pmatrix}
0 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}\right\}$.
- En $\mathbb{R}^2$ conocemos la base $B=\{ (1,1),(2,-1)\}$ y que la matriz de cambio de base de $B$ a $B'$ es $P=\begin{pmatrix}
1 & 2\\
2/3 & 1/3\\
\end{pmatrix}$. Calcula $B'$.
- Calcula la signatura de la matriz $A=\begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 \\
0 & b& 0\\
1 & 0 & 0
\end{pmatrix}$ según los valores de $b$.
- De una aplicación lineal $f:\mathbb{R}^{n} \longrightarrow \mathbb{R}^{m}$ se conoce que es sobreyectiva. ¿Puedes deducir algo sobre los valores de $n$ y $m$?
Solución
- Calcula la matriz de Gram.
Para obtener la matriz de Gram calculamos el producto de cada dos matrices de la base:
$$\langle \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix} ,\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix}\rangle=\operatorname{traza}\left( \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix}\right)=\operatorname{traza}\left( \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix} \right)=1,$$
$$\langle \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix} ,\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
1 & 0
\end{pmatrix}\rangle=\operatorname{traza}\left( \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
1 & 0
\end{pmatrix}\right)=\operatorname{traza}\left( \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
0 & 0
\end{pmatrix} \right)=0,$$
del mismo modo se obtienen los productos restantes y se obtiene
$$G=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 2 & 0\\
0 & 0 & 1\end{pmatrix}.$$
- Calcula $B'$.
Los vectores de $B'$ escritos en la base canónica forman la matriz de cambio de base de $B'$ a $Bc$, así que calcularemos esta matriz para obtenerlos.
Como la matriz de cambio de base de $B'$ a $B$ es la inversa de $P$ y la de $B$ a $B_c$ es $Q=\begin{pmatrix}
1 & 2\\ 1 &-1\\
\end{pmatrix}$, entonces la matriz que buscamos es
$Q\cdot P^{-1}$. Calculamos $P^{-1}$:
$$\left(\begin{array}{cc|cc}
1 & 2 & 1 & 0\\
2/3 & 1/3 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{cc|cc}
1 & 2 & 1 & 0\\
0 & -1 & -2/3 & 1
\end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{cc|cc}
1 &0 & -1/3 & 2\\
0 & 1 & 2/3 & -1
\end{array}\right)$$
Comprobemos el resultado obtenido con sage.
$$Q\cdot P{-1}=\begin{pmatrix}
1 & 2\\ 1 & -1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
-1/3 & 2\\
2/3 & -1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 0\\ -1 & 3
\end{pmatrix},$$
luego $B'=\{ (1,-1), (0,3)\}$.
- Calcular la signatura de la matriz $A$.
Para obtener su signatura debemos diagonalizarla, bien por congruencia o por semejanza ortogonal. Como es idéntica a la del problema 4 tenemos que sus valores propios son $1,-1$ y $b$, así que la signatura será:
$$\begin{array}{lr}
\operatorname{sig}(A)=(2,1) & \mbox{ si }b>0,\\
\operatorname{sig}(A)=(1,1) & \mbox{ si }b=0,\\
\operatorname{sig}(A)=(1,2) & \mbox{ si }b<0.\\
\end{array}$$
- ¿Puedes deducir algo sobre los valores de $n$ y $m$?
Como es sobreyectiva $\operatorname{dim}(\operatorname{Im}(f))=m$ y por la fórmula de las dimensiones
$$\operatorname{dim}(\operatorname{ker}(f))+ \operatorname{dim}(\operatorname{Im}(f))=\operatorname{dim}(\mathbb{R}^{n})=n.$$
Así que $n=a+m$ siendo $a=\operatorname{dim}(\operatorname{ker}(f))$. Por tanto $$n\geq m.$$
Dada la matriz
$$A=\left(
\begin{array}{cccc}
-1 & -2 & 3 & 2\\
0 & 1 & 0 & 1\\
-2 & -2 & 4 & 2\\
0 & 0 & 0 & 2
\end{array}\right)
$$
- Calcula los valores propios y sus multiplicidades algebraicas.
- Estudia si es diagonalizable y en caso afirmativo determinar su forma diagonal, $D$, y una matriz de paso, $P$, verificando que $D=P^{-1}AP$.
- Razona si $A$ es o no diagonalizable por semejanza ortogonal.
Solución
- Calcular los valores propios y sus multiplicidades algebraicas.
Calculamos el polinomio característico:
$$\begin{align*}
|A-\lambda I|=&
\left|
\begin{array}{cccc}
-1-\lambda & -2 & 3 & 2\\
0 & 1-\lambda & 0 & 1\\
-2 & -2 & 4-\lambda & 2\\
0 & 0 & 0 & 2-\lambda
\end{array}\right|= (2-\lambda)\left|
\begin{array}{ccc}
-1-\lambda & -2 & 3 \\
0 & 1-\lambda & 0 \\
-2 & -2 & 4-\lambda \\
\end{array}\right|=(2-\lambda)(1-\lambda)\left|
\begin{array}{cc}
-1-\lambda & 3 \\
-2 & 4-\lambda \\
\end{array}\right| \\
=&(2-\lambda)(1-\lambda)(\lambda^2-3\lambda +2)=(2-\lambda)^2(1-\lambda)^2
\end{align*}$$
Así que hay dos valores propios $\lambda=1$ y $\lambda=2$, ambos con multiplicidad algebraica dos.
- Estudiar si es diagonalizable y en caso afirmativo determinar su forma diagonal, $D$, y una matriz de paso, $P$.
Para comprobar que es diagonalizable debemos calcular las multiplicidades geométricas, es decir, las dimensiones de los correspondientes subespacios propios:
$V_{\lambda=1}$ tiene cartesianas dadas por las filas de
$$A-1\cdot I=\left(
\begin{array}{cccc}
-2 & -2 & 3 & 2\\
0 & 0 & 0 & 1\\
-2 & -2 & 3 & 2\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim_f \left(
\begin{array}{cccc}
-2 & -2 & 3 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right).
$$
Comprobemos el resultado obtenido con sage.
Como hay dos ecuaciones, $\operatorname{dim}(V_{\lambda=1})=4-2=2$, unas cartesianas son
$$V_{\lambda=1}\equiv \left\{ \begin{array}{l}
2x+2y-3z=0,\\
t=0.
\end{array}\right.$$
Y una base es por ejemplo $\{ (1,-1,0,0),(3,0,2,0)\}$.
$V_{\lambda=2}$ tiene cartesianas dadas por las filas de
$$A-2\cdot I=\left(
\begin{array}{cccc}
-3 & -2 & 3 & 2\\
0 & -1 & 0 & 1\\
-2 & -2 & 2 & 2\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\sim_f \left(
\begin{array}{cccc}
1 & 1 & -1 & -1\\
0 & -1 & 0 & 1\\
0 & 1 & 0 & -1\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\sim_f \left(
\begin{array}{cccc}
1 & 0 & -1 & 0\\
0 & 1 & 0 & -1\\
0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right).
$$
Comprobemos el resultado obtenido con sage.
Como hay dos ecuaciones, $\operatorname{dim}(V_{\lambda=2})=4-2=2$, unas cartesianas son
$$V_{\lambda=2}\equiv \left\{ \begin{array}{l}
x-z=0,\\
y-t=0.
\end{array}\right.$$
Y una base es por ejemplo $\{ (1,0,1,0),(0,1,0,1)\}$.
Así concluimos que ambos valores propios tienen multiplicidad geométrica dos, y como coincide con sus multiplicidades algebraicas respectivas la matriz sí es diagonalizable.
$$D=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2
\end{pmatrix}, \hspace{1cm} P=\begin{pmatrix}
1 & 3 & 1 & 0\\
-1 & 0 & 0 & 1\\
0 & 2 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.$$
- Razonar si $A$ es o no diagonalizable por semejanza ortogonal.
La matriz no es diagonalizable por semejanza ortogonal porque no es simétrica.
- Dadas las matrices $A=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ y
$B=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$, dar matrices regulares $P$ y $Q$ de forma que $Q\cdot A \cdot P = B$.
- Determinar las coordenadas del vector $p(x)=1+x+x^2$ de $\mathcal{P}_2(\mathbb{R})$ respecto de la base $B'=\{1, 1-x, 1-x^2 \}$.
- Razonar que la aplicación $G: \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) \longrightarrow \mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ definida por:
$$G\left(\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix} a\cdot b & 0 \\ c & d \end{pmatrix}$$
no es lineal.
- Calcular la signatura de la matriz simétrica
$$
C=\begin{pmatrix}
5 & 2 \\ 2 & \frac{1}{2}
\end{pmatrix}.
$$
Solución
- Dar matrices regulares $P$ y $Q$ de forma que $Q\cdot A \cdot P = B$.
$$\left(\begin{array}{rcl}
A&|&I\\
\hline
I &| \\ \end{array} \right)=\left(\begin{array}{ll|ll}
1 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1\\
\hline
1 & 0 & & \\
0 & 1 & & \\
\end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{ll|ll}
1 & 0 & 1 & 0\\
1 & 0 & 1 & 1\\
\hline
1 & 0 & & \\
0 & 1 & & \\
\end{array}\right)\sim_c \left(\begin{array}{ll|ll}
1 & 1 & 1 & 0\\
1 & 1 & 1 & 1\\
\hline
1 & 1 & & \\
0 & 1 & & \\
\end{array}\right),$$
luego
$$Q=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \mbox{ y } P=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.$$
- Determinar las coordenadas del vector $p(x)$ respecto de la base $B'$.
Si denotamos $1+x+x^2=(\alpha_1, \alpha_2,\alpha_3)_{B'}$, tenemos:
$$1+x+x^2=\alpha_1 \cdot 1 + \alpha_2 \cdot (1-x)+\alpha_3 \cdot (1-x^2)
=
(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3) \cdot 1 - \alpha_2 \cdot x - \alpha_ 3 \cdot x^2,
$$
y resolviendo $\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3=1$, $-\alpha_2=1$, $-\alpha_3=1$, nos queda que
$$1+x+x^2=(3,-1,-1)_{B'}.$$
Alternativamente, la matriz del cambio de $B'$ a $B_s$ es
$
P=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 &-1 \end{pmatrix}
$
, luego la matriz del cambio de $B_s$ a $B'$ es
$$
P^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 &-1 \end{pmatrix}.
$$
Puesto que $1+x+x^2=(1,1,1)_{B_s}$ obtenemos:
$$
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 &-1 \end{pmatrix}\cdot
\begin{pmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
3 \\ -1 \\ -1
\end{pmatrix}.
$$
- Razonar que la aplicación $G$ no es lineal.
Calculamos
$$G\left(\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, G\left(\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$$
Sin embargo la imagen de la suma de estas matrices es
$$G\left(\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\not = G\left(\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\right)+G\left(\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\right).$$
- Calcular la signatura de C.
Diagonalizamos por congruencia
$$
C=\begin{pmatrix}
5 & 2 \\ 2 & \frac{1}{2}
\end{pmatrix}\sim_f \begin{pmatrix}
5 & 2 \\ 0 & -\frac{3}{10}
\end{pmatrix}\sim_c \begin{pmatrix}
5 & 0 \\ 0 & -\frac{3}{10} \end{pmatrix},
$$
por lo que $\operatorname{sig}(C)=(1,1)$.
- De una aplicación lineal $f:\mathbb{R}^{3}\longrightarrow \mathbb{R}^{4}$ se sabe que $f(5,1,1)=f(1,5,1)=f(1,1,5)=(5,5,5,5)$. Determinar bases del núcleo y la imagen de $f$.
- Dar bases $B$ de $\mathbb{R}^{3}$ y
$B'$ de $\mathbb{R}^{4}$ de forma que $\mathcal{M}_{B B'}(f)=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}$.
- Determinar, en función de $b$ la signatura de la forma cuadrática
$$\phi(x,y)= x^2+ y^2 + 2b x y.$$
Solución
- Determinar bases del núcleo y la imagen de $f$.
La imagen de $f$ está generada por $\{(5,5,5,5)\}$ así que este vector es una base, o también $\{(1,1,1,1)\}$, que por tanto tiene dimensión uno.
Como $f(5,1,1)-f(1,5,1)=f(4,-4,0)=(0,0,0,0)$ y $f(5,1,1)-f(1,1,5)=f(4,0,-4)=(0,0,0,0)$ entonces $\{(4,-4,0),(4,0,-4)\}$ es una base del núcleo (que tiene dimensión dos).
- Dar bases $B$ y $B'$.
Hay muchas soluciones, las condiciones son: la imagen del primer vector de $B$ es el primer vector de $B'$, los otros dos vectores de $B$ deben estar en el núcleo.
- Determinar, en función de $b$ la signatura de la forma cuadrática $\phi$.
La matriz asociada a la forma cuadrática es
$$A=\begin{pmatrix}
1 & b\\
b & 1
\end{pmatrix}.$$
Diagonalizando por congruencia
$$\begin{pmatrix}
1 & b\\
b & 1
\end{pmatrix}\sim_f\begin{pmatrix}
1 & b\\
0 & 1-b^2
\end{pmatrix}\sim_c \begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & 1-b^2
\end{pmatrix}.$$
Como el segundo elemento de la diagonal se anula en $b=1$ y $b=-1$ la distinción de casos queda:
Si $b=\pm 1$ entonces $\operatorname{sig}(A)=(1,0)$.
Si $-1<b<1$ entonces $\operatorname{sig}(A)=(2,0)$.
Si $b<-1$ o $ b>1$ entonces $\operatorname{sig}(A)=(1,1)$.
Dadas las matrices
$$A= \left(\begin{array}{rrr}
1 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0
\end{array}\right),\hspace{2cm} B= \left(\begin{array}{rrr}
1 & 1 & 0\\
1 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0
\end{array}\right)$$
- ¿Existen $P, Q$ matrices regulares tales que $Q^{-1}AP=B$?
- ¿Existe $P$ regular tal que $AP=B$?
- ¿Existe $P$ regular tal que $PA=B$?
- ¿Existe $P$ regular tal que $P^{-1}AP=B$?
Solución
- ¿Existen $P, Q$ matrices regulares tales que $Q^{-1}AP=B$?
La pregunta es si las matrices son equivalentes, y esto ocurre si, y solo si, tienen el mismo rango. Es inmediato ver que ambas tienen rango 2, por tanto la respuesta es afirmativa.
- ¿Existe $P$ regular tal que $AP=B$?
En este caso nos preguntan si son equivalentes por columnas, si, y solo si, tienen la misma forma de Hermite por columnas. Calculamos en ambos casos:
$$A= \left(\begin{array}{rrr}
1 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0
\end{array}\right)\sim_c \left(\begin{array}{rrr}
1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0
\end{array}\right),$$
$$B= \left(\begin{array}{rrr}
1 & 1 & 0\\
1 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0
\end{array}\right)\sim_c \left(\begin{array}{rrr}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
1 & 0 & 0
\end{array}\right),$$
y como no son iguales la respuesta es negativa.
- ¿Existe $P$ regular tal que $PA=B$?
Ahora nos preguntan si son equivalentes por filas, para lo que calculamos sus formas de Hermite por filas y las comparamos:
$$A= \left(\begin{array}{rrr}
1 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0
\end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{rrr}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{array}\right),$$
$$B= \left(\begin{array}{rrr}
1 & 1 & 0\\
1 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0
\end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{rrr}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{array}\right),$$
como son iguales entonces la respuesta es afirmativa.
- ¿Existe $P$ regular tal que $P^{-1}AP=B$?
Si calculamos los valores propios de ambas:
$$|A-\lambda I|= \left|\begin{array}{rrr}
1- \lambda & 1 & 0\\
0 & -\lambda & 0\\
0 & 1 & -\lambda
\end{array}\right|=(1-\lambda)(-\lambda)^2.$$
Pero el valor propio $\lambda=0$ tiene multiplicidad geométrica uno, luego no es diagonalizable.
$$|B-\lambda I|= \left|\begin{array}{rrr}
1-\lambda & 1 & 0\\
1 & -\lambda & 0\\
1 & 1 & -\lambda
\end{array}\right|=(-\lambda)(\lambda^2-\lambda-1),$$
en este caso aparecen tres valores propios distintos $\{0, \frac{1+\sqrt{5}}{2}, \frac{1-\sqrt{5}}{2}\}$ y por tanto la matriz sí es diagonalizable. Entonces no puede existir una tal $P$, puesto que ello implicaría que $A$ sería también diagonalizable. También es suficiente comprobar que los valores propios son distintos y que $B$ es diagonalizable.
Dada la matriz
$$A= \left(\begin{array}{rrr}
2 & 0 & 2\\
0 & 1 & 0\\
2 & 0 & -1
\end{array}\right).$$
- ¿Existen $P, Q$ matrices regulares tales que $Q^{-1}AP=I_3$?
- ¿Existe $P$ regular tal que $P^{-1}AP=I_3$?
- ¿Existe $P$ regular tal que $P^{t}AP=I_3$?
Solución
- ¿Existen $P, Q$ matrices regulares tales que $Q^{-1}AP=I_3$?
Existen $Q , P$ regulares si $A$ e $I$ son equivalentes, esto es, si tienen el mismo rango. Calculamos el rango de $A$.
Calculamos el determinante de $A$ desarrolando por el elemento 22,
$$det(A)=\left|
\begin{array}{ccc}
2 & 0 & 2 \\
0 & 1 & 0 \\
2 & 0 & -1 \\
\end{array}
\right|=\left|
\begin{array}{cc}
2 & 2 \\
2 & -1 \\
\end{array}
\right| =-6\neq 0. $$
Por lo tanto el rango es tres, al igual que el de $I_3$. Las matrices son equivalentes y por lo tanto \textbf{sí} existen $P$ y $Q$ regulares tales que $Q^{-1}AP=I_3$.
- ¿Existe $P$ regular tal que $P^{-1}AP=I_3$?
Que exista la matriz $P$ regular tal que $P^{-1}AP=I_3$ equivale a decir que $A$ es diagonalizable por semejanza y su forma diagonal es $I_3$.
Calculamos los valores propios de $A$:
$$\left|
\begin{array}{ccc}
2-\lambda & 0 & 2 \\
0 & 1-\lambda & 0 \\
2 & 0 & -1-\lambda \\
\end{array}
\right|= (1-\lambda) \left|
\begin{array}{cc}
2 -\lambda& 2 \\
2 & -1-\lambda \\
\end{array}
\right|= (1-\lambda)(-(2-\lambda)(1+\lambda)-4)=(1-\lambda)(2+\lambda)(3-\lambda).$$
Como los valores propios de $A$ son 1, -2 y 3, su forma diagonal (si fuera diagonalizable) no puede ser $I_3$, por lo tanto, no existe $P$ regular tal que $P^{-1}AP=I_3$
- ¿Existe $P$ regular tal que $P^{t}AP=I_3$?
Si existiera una matriz $P$ cumpliendo la igualdad, estaríamos diciendo que $A$ es congruente con $I_3$ y por tanto su signatura sería $(3,0)$, pero como los valores propios son 1, -2 y 3, su signatura es $(2,1)$, y por tanto no existe dicha matriz $P.$
Dada la matriz:
$$
A=\begin{pmatrix}
a & 0 & 0 & 0 \\
a & 2 & 2 & a \\
a & 2 & 2 & a \\
a & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}.
$$
- Estudiar para qué valores del parámetro $a$ es $A$ diagonalizable.
- Para el valor $a=0$ la matriz $A$ es simétrica, determinar su forma diagonal $D$ así como una matriz ortogonal $P$ de forma que $D=P^{-1}\cdot A\cdot P=P^{t}\cdot A\cdot P$.
¿Cuál es la signatura de $A$?
Solución
- Estudiar para qué valores del parámetro $a$ es $A$ diagonalizable.
Calculamos los valores propios y sus multiplicidades algebraicas:
$$
\begin{align*}
|A-\lambda I|&=\left|\begin{array}{cccc}
a-\lambda & 0 & 0 & 0 \\
a & 2-\lambda & 2 & a \\
a & 2 & 2-\lambda & a \\
a & 0 & 0 & -\lambda
\end{array}\right|=(a-\lambda)(-\lambda)\left|\begin{array}{cc}
2-\lambda & 2\\
2 & 2-\lambda
\end{array}\right|\\
&= (a-\lambda)(-\lambda)((2-\lambda)^2-4)=(a-\lambda)(-\lambda)(\lambda^2-4\lambda)=(a-\lambda)(-\lambda)^2(\lambda-4).
\end{align*}$$
Caso $a\not =0,4$
En este caso tenemos que para $\lambda=4$ o $\lambda=a$ ambas multiplicidades algebraicas y geométricas son 1 mientras que para $\lambda=0$
la multiplicidad algebraica es 2 y habría que estudiar la geométrica:
$$
A-0\cdot I=\begin{pmatrix}
a & 0 & 0 & 0 \\
a & 2 & 2 & a \\
a & 2 & 2 & a \\
a & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}\sim_f \begin{pmatrix}
a & 0 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 2 & a \\
0 & 2 & 2 & a \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}\sim_f \begin{pmatrix}
a & 0 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 2 & a \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix},
$$
que tiene rango 2 ($a\not = 0$) y por tanto $m_g=\operatorname{dim}(V_{\lambda=0})=4-2=2$. Así que en este caso la matriz es diagonalizable.
Caso $a=0$
En este caso la matriz es simétrica, y por tanto diagonalizable.
Caso $a=4$
Ahora tenemos que para $\lambda=0$ tanto su multiplicidad algebraica como geométrica es 2 (ha sido calculada cuando $a\not = 0$ en el primer caso) y para $\lambda=0$ la multiplicidad algebraica es 2 y debemos calcular la geométrica.
$$
A-4\cdot I=\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 \\
4 & -2 & 2 & 4 \\
4 & 2 & -2 & 4 \\
4 & 0 & 0 & 4
\end{pmatrix}\sim_f \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & -1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix},
$$
tiene rango 3, así que $m_g=\operatorname{dim}(V_{\lambda=4})=4-3=1$. En este caso la matriz no es diagonalizable.
- Para $a=0$ determinar su forma diagonal $D$ así como una matriz ortogonal $P$ de forma que $D=P^{-1}\cdot A\cdot P=P^{t}\cdot A\cdot P$.
¿Cuál es la signatura de $A$?
Como tenemos calculados los valores propios y en este caso son $\lambda=0$, con multiplicidad algebraica $3$ y $\lambda=4,$, con multiplicidad algebraica $1$ entonces la signatura es $(1,0)$.
Para calcular la matriz ortogonal $P$ diagonalizamos por semejanza ortogonal:
$$
A-0\cdot I=\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix},
$$
y por tanto una base de $V_{\lambda=0}$ es $\{(1,0,0,0),(0,1,-1,0),(0,0,0,1)\}$ que ya es ortogonal.
$$
A-4\cdot I=\begin{pmatrix}
-4 & 0 & 0 & 0 \\
0 & -2 & 2 & 0 \\
0 & 2 & -2 & 0 \\
0 & 0 & 0 & -4
\end{pmatrix}\sim_f \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix},
$$ y por tanto una base de $V_{\lambda=4}$ es $\{(0,1,1,0)\}$ que es obviamente ortogonal.
Así, una base ortonormal de $\mathbb{R}^{4}$ es
$$\{(1,0,0,0),(0,1/\sqrt{2},-1/\sqrt{2},0),(0,0,0,1),(0,1/\sqrt{2},1/\sqrt{2},0)\},$$ y por tanto
$$P=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1/\sqrt{2} & 0 & 1/\sqrt{2} \\
0 & -1/\sqrt{2} & 0 & 1/\sqrt{2} \\
0 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix}, \hspace{1cm } D=\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 4
\end{pmatrix}.
$$
- En $\mathbb{R}^{8}$ consideramos dos subespacios $U$ y $W$, ambos de dimensión 5, ¿puede ser $U\cap W=0$? ¿Por qué?
- Para la siguiente matriz determinar su signatura en función de $a$:
$$
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 0 & a\\
0 & a & 0
\end{pmatrix}.
$$
Solución
- En $\mathbb{R}^{8}$ consideramos dos subespacios $U$ y $W$, ambos de dimensión 5, ¿puede ser $U\cap W=0$? ¿Por qué?
No puede ocurrir por la fórmula de las dimensiones:
$$\operatorname{dim}(U) + \operatorname{dim}(W)= \operatorname{dim}(U+W) + \operatorname{dim}(U\cap W),$$
así
$$5 + 5 = \operatorname{dim}(U+W) + 0,$$
y por tanto debería ser $\operatorname{dim}(U+W)=10$, lo que es imposible porque debe estar contenido en $\mathbb{R}^{8}$ por lo que su dimensión es menor o igual que $8$.
- Determinar la signatura en función de $a$.
Pueden calcularse los valores propios:
$$
\left| \begin{array}{ccc}
1-\lambda & 0 & 0\\
0 &-\lambda & a\\
0 & a & -\lambda
\end{array}\right|= (1-\lambda)(\lambda^2 -a^2)=(1-\lambda)(\lambda -a)(\lambda +a).
$$
Así los valores propios son $1, a, -a$ y la signatura es $(1,0)$ si $a=0$ y $(2,1)$ si $a\not =0$.
En el espacio vectorial $\mathcal{P}_4(\mathbb{R})$ de los polinomios de grado menor o igual que $4$ se consideran los subespacios:
$$U=L(1+x^2, 1+x+x^2+x^3),\,\,\,\,\, W=L(1+x^4,x^2, 1+x+x^2).$$
Y consideramos el producto escalar dado por:
$$\langle p(x),q(x)\rangle=\int_{-1}^{1} p(x)\cdot q(x) dx.$$
- Determinar bases de $U+W$ y $U\cap W$.
- Calcular una base ortogonal de $U$.
- Determinar la proyección sobre $U$ del vector $p(x)=1+x+x^2+x^3+x^4$.
Solución
En todo el ejercicio usaremos coordenadas respecto de la base estándar $B=\{1,x,x^2,x^3,x^4\}$.
- Determinar bases de $U+W$ y $U\cap W$.
En primer lugar calculamos las bases más sencillas de ambos subespacios:
$$UP=\begin{pmatrix}
1 & 1\\
0 & 1\\
1 & 1\\
0 & 1\\
0 & 0
\end{pmatrix}\sim_c \begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & 1\\
1 & 0\\
0 & 1\\
0 & 0
\end{pmatrix},$$
$$WP=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1\\
0 & 0 & 1\\
0 & 1 & 1\\
0 & 0 & 0\\
1 & 0 & 0
\end{pmatrix}\sim_c \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0\\
1 & 0 & -1
\end{pmatrix},$$
y reuniendo ambas obtenemos un sistema de generadores de $U+W$:
$$\begin{pmatrix}
1 & 0 &1 & 0 & 0\\
0 & 1 &0 & 0 & 1\\
1 & 0 &0 & 1 & 0\\
0 & 1 &0 & 0 & 0\\
0 & 0 &1 & 0 & -1
\end{pmatrix} \sim_c \begin{pmatrix}
1 & 0 &0 & 0 & 0\\
0 & 1 &0 & 0 & 0\\
0 & 0 &1 & 0 & 0\\
0 & 0 &0 & 1 & 0\\
0 & 0 &0 & 0 & 1
\end{pmatrix},$$
con lo que obtenemos que $U+W= \mathcal{P}_4(\mathbb{R})$ y una base es, por ejemplo, la base estándar $B$. Usando la fórmula de las dimensiones
$$ \operatorname{dim}(U)+ \operatorname{dim}(W) = \operatorname{dim}(U+W) + \operatorname{dim}(U \cap W),$$
obtenemos que $\operatorname{dim}(U \cap W)=0$ y por tanto $U\cap W=0$ que no tiene base.
- Calcular una base ortogonal de $U$.
Si calculamos la matriz de Gram de este producto escalar respecto de la base estándar $B$, obtenemos la matriz
$$G=\begin{pmatrix}
2 & 0 & 2/3 & 0 & 2/5\\
0 & 2/3 & 0 & 2/5 & 0\\
2/3 & 0 & 2/5 & 0 & 2/7\\
0 & 2/5 & 0 & 2/7 & 0\\
2/5 & 0 & 2/7 & 0 & 2/9
\end{pmatrix},
$$
puesto que $\langle x^n,x^m\rangle=\int_{-1}^{1} x^{n+m}\cdot q(x) dx= \left. \frac{x^{n+m+1}}{n+m+1}\right]_{-1}^{1}$, que es $0$ cuando $n+m+1$ es par y $\frac{2}{n+m+1}$ en otro caso.
Para la base más sencilla de $U$ obtenida en el apartado anterior se tiene que
$$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 & 0
\end{pmatrix} G
\begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix}=0,$$
con lo que dicha base es ortogonal.
- Determinar la proyección sobre $U$ del vector $p(x)=1+x+x^2+x^3+x^4$.
Para calcular la proyección usaremos la fórmula que hace uso de los coeficientes de Fourier respecto de la base ortogonal de $U$ obtenida en el apartado anterior: $\{u_1=(1,0,1,0,0)_B, u_2=(0,1,0,1,0)_B\}.$
$$p_U (v)= \frac{\langle v,u_1\rangle}{\langle u_1,u_1\rangle}u_1+ \frac{\langle v,u_2\rangle}{\langle u_2,u_2\rangle}u_2,$$
Haciendo uso de la matriz de Gram calculada en el apartado anterior tenemos:
$$\begin{array}{l}
\langle v,u_1\rangle=464/105,\\
\langle v,u_2\rangle=184/105,\\
\langle u_1,u_1\rangle= 56/15,\\
\langle u_2,u_2\rangle= 184/105,\\
\end{array}
$$
y por tanto
$$p_U(v)= (58/49,1,58/49,1,0)_B.$$
- Probar que si $V$ es un espacio vectorial de dimensión $n$, y $U$ y $W$ son dos subespacios distintos de $V$, ambos de dimensión $n-1$, entonces $\operatorname{dim}(U\cap W)=n-2$.
- De un endomorfismo $f:\mathbb{R}^3 \longrightarrow \mathbb{R}^3$ se sabe que
$f(1,2,3)=(1,2,3)$, $f(0,1,2)=(1,2,3)$ y $\operatorname{dim}(\operatorname{Im}(f))=2$. Determinar una base de $\operatorname{ker}(f)$.
- Calcular la signatura de la matriz simétrica:
$$A=\begin{pmatrix}
2 & 0 & -2 \\
0 & 1 & 3 \\
-2 & 3 & 2
\end{pmatrix}.
$$
Solución
- Probar que si $V$ es un espacio vectorial de dimensión $n$, y $U$ y $W$ son dos subespacios distintos de $V$, ambos de dimensión $n-1$, entonces $\operatorname{dim}(U\cap W)=n-2$.
Si los dos subespacios son distintos, entonces $\operatorname{dim}(U+W) > \operatorname{dim}(U) =n-1$ y como no puede ser mayor (porque estamos en un espacio vectorial de dimensión $n$), entonces $\operatorname{dim}(U+W) =n$. Usando la fórmula de las dimensiones se tiene
$$ \operatorname{dim}(U) + \operatorname{dim}(W) = \operatorname{dim}(U+W) +\operatorname{dim}(U\cap W),$$
$$n-1 + n-1 = n + (n-2),$$
es decir, la única solución es $\operatorname{dim}(U\cap W)= n-2$.
- De un endomorfismo $f:\mathbb{R}^3 \longrightarrow \mathbb{R}^3$ se sabe que
$f(1,2,3)=(1,2,3)$, $f(0,1,2)=(1,2,3)$ y $\operatorname{dim}(\operatorname{Im}(f))=2$. Determinar una base de $\operatorname{ker}(f)$.
Usando la fórmula de las dimensiones para aplicaciones lineales se tiene que la dimensión de $\operatorname{ker}=1$ (puesto que $\operatorname{dim}(\operatorname{ker}(f)) + \operatorname{dim}(\operatorname{Im}(f))= 3$) y basta con encontrar un vector no nulo cuya imagen valga $(0,0,0)$. Pero es evidente de los datos que
$$f(1,1,1)=f(1,2,3)-f(0,1,2)=(0,0,0),$$
así que $(1,1,1)\in \operatorname{ker}(f)$ y así tenemos una base $\{(1,1,1)\}$.
- Calcular la signatura de la matriz simétrica $A$.
Diagonalizamos por congruencia:
$$\begin{pmatrix}
2 & 0 & -2 \\
0 & 1 & 3 \\
-2 & 3 & 2
\end{pmatrix}\sim_f \begin{pmatrix}
2 & 0 & -2 \\
0 & 1 & 3 \\
0 & 3 & 0
\end{pmatrix}\sim_c \begin{pmatrix}
2 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 3 \\
0 & 3 & 0
\end{pmatrix}\sim_f
\begin{pmatrix}
2 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 3 \\
0 & 0 & -9
\end{pmatrix}\sim_C \begin{pmatrix}
2 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & -9
\end{pmatrix}.
$$
Así que en la diagonal hay dos elementos positivos y uno negativo, es decir, $\operatorname{sig}(A)=(2,1)$.
- Razonar que si $A$ es una matriz cualquiera de orden $m\times n$, la matriz $A^{t} \cdot A $ es cuadrada y simétrica.
- Calcular la matriz de cambio de base de $B$ a $B'$ siendo $B=\{ (1,1), (-1,1)\}$ y $B'=\{ (1,2), (-1,2)\}$.
- Si $A$ es una matriz cuadrada con un único autovalor $\lambda_1=1$ y se sabe que $A$ es diagonalizable ¿qué se puede decir de $A$?
- Calcular la signatura de
$A= \left( \begin{array}{rr}
a & 1 \\
1 & -a \\
\end{array} \right)$
en función del parámetro $a$.
Solución
- Razonar que si $A$ es una matriz cualquiera de orden $m\times n$, la matriz $A^{t} \cdot A $ es cuadrada y simétrica.
Si $A$ tiene orden $n \times m$ entonces el producto $A^t \cdot A$ es de orden $m \times m$.
Para comprobar que es simétrica calculamos su traspuesta:
$$(A^t \cdot A)^t = A^t \cdot (A^t)^t = A^t \cdot A,$$
y como efectivamente coincide con ella, se tiene el resultado.
- Calcular la matriz de cambio de base de $B$ a $B'$.
LLamemos
$P=\left( \begin{array}{rr}
1 & -1 \\
1 & 1 \\
\end{array} \right)$ que es la matriz de cambio de base de $B$ a la base canónica, y
$Q=\left( \begin{array}{rr}
1 & -1 \\
2 & 2 \\
\end{array} \right)$ que es la matriz de cambio de base de $B'$ a la canónica.
$$B \longrightarrow^{P} B_c \longleftarrow^{Q} B',$$
entonces la matriz de cambio de base de $B$ a $B'$ es $Q^{-1}\cdot P$.
Calculamos $Q^{-1}$:
$$
\left( \begin{array}{rr|rr}
1 & -1& 1 & 0 \\
2 & 2 & 0 & 1\\
\end{array} \right)\sim_{f} \left( \begin{array}{rr|rr}
1 & -1& 1 & 0 \\
0 & 4 & -2 & 1\\
\end{array} \right)
\sim_{f} \left( \begin{array}{rr|rr}
1 & -1& 1 & 0 \\
0 & 1 & -2/4 & 1/4\\
\end{array} \right)
\sim_{f} \left( \begin{array}{rr|rr}
1 & 0& 1/2 & 1/4 \\
0 & 1 & -1/2 & 1/4\\
\end{array} \right).
$$
Comprobemos el resultado obtenido con sage.
Así
$$Q^{-1} \cdot P= \left( \begin{array}{rr}
1/2 & 1/4 \\
-1/2 & 1/4\\
\end{array} \right)\left( \begin{array}{rr}
1 & -1 \\
1 & 1 \\
\end{array} \right)=\left( \begin{array}{rr}
3/4 & -1/4 \\
-1/4 & 3/4 \\
\end{array} \right).
$$
- Si $A$ es una matriz cuadrada con un único autovalor $\lambda_1=1$ y se sabe que $A$ es diagonalizable ¿qué se puede decir de $A$?
Si $A$ es de orden digamos $n$, tiene como único valor propio $\lambda=1$ y es diagonalizable, entonces la multiplicidad
algebraica y geométrica de $\lambda=1$ es $n$, y por tanto $\operatorname{dim}(V_{\lambda= 1}) = n - \operatorname{rg}(A-I) = n$, es decir, $\operatorname{rg}(A-I)=0$ lo que indica que $A-I=0$ y por tanto $A$ es la matriz identidad.
- Calcular la signatura de $A$ en función del parámetro $a$.
Diagonalizamos por congruencia la matriz:
$$
\left( \begin{array}{rr}
a & 1 \\
1 & -a \\
\end{array} \right),
$$
pero para elegir el elemento en la posición $(1,1)$ como pivote necesitamos que sea $a\not = 0$, caso que estudiaremos aparte.
$$
\left( \begin{array}{rr}
a & 1 \\
1 & -a \\
\end{array} \right) \sim_{f} \left( \begin{array}{rr}
a & 1 \\
0 & -2a \\
\end{array} \right)\sim_{c} \left( \begin{array}{rr}
a & 0 \\
0 & -2a \\
\end{array} \right),
$$
que tiene signatura $(1,1)$.
Ahora, para $a=0$
$$
\left( \begin{array}{rr}
0 & 1 \\
1 & 0 \\
\end{array} \right) \sim_{f} \left( \begin{array}{rr}
1 & 1 \\
1 & 0 \\
\end{array} \right)\sim_{c} \left( \begin{array}{rr}
2 & 1 \\
1 & 0 \\
\end{array} \right)
\sim_{f} \left( \begin{array}{rr}
2 & 1 \\
0 & -1/2 \\
\end{array} \right)\sim_{c} \left( \begin{array}{rr}
2 & 0 \\
0 & -1/2 \\
\end{array} \right),
$$
con lo cual, en todos los casos $\operatorname{sig}(A)=(1,1)$.
También puede hacerse calculando los valores propios de la matriz:
$$
\left| \begin{array}{rr}
a-\lambda & 1 \\
1 & -a-\lambda \\
\end{array} \right|= (a-\lambda)(-a-\lambda)-1= \lambda^2 -1=0,
$$
que nos da como valores propios $\lambda=1$ y $\lambda=-1$, con lo que se tiene de nuevo $\operatorname{sig}(A)=(1,1)$.
En el espacio vectorial $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ se consideran los subespacios
$$U=\mathcal{L}\left( \left(
\begin{array}{cc}
1 & 0 \\
0& 1 \\
\end{array}
\right),
\left(
\begin{array}{cc}
1 & 0 \\
2 & a \\
\end{array}
\right) \right),
$$
$$W=\mathcal{L}\left(
\left(
\begin{array}{cc}
a & 1 \\
2 & 0 \\
\end{array}
\right),
\left(
\begin{array}{cc}
1 & -1 \\
0 & 0 \\
\end{array}
\right) \right),
$$
y el producto escalar dado por
$$\langle A,B\rangle=\operatorname{traza}(AB^t)$$
- Calcula la base más sencilla de $U+W$ para todos los valores de $a$.
- Calcula unas ecuaciones cartesianas de $U\cap W$ para todos los valores de $a$.
- ¿Son $U$ y $W$ complementarios para $a=1$?
- Calcula una base ortogonal de $U$ para $a=1$.
- Calcula una base del subespacio ortogonal a $W$ para $a=1$.
- Calcula la proyección ortogonal sobre $W$ de la matriz
$A=\left(\begin{array}{cc}
1 & 2 \\
3 & 0 \\
\end{array}
\right)$
para $a=1$.
Solución
- Calcula la base más sencilla de $U+W$ para todos los valores de $a$.
Comenzamos calculando $U+W$ puesto que conocemos sistemas de generadores de ambos subespacios. Usaremos coordenadas respecto de la base $B_s$ habitual.
Reunimos los dos sistemas de generadores y hacemos operaciones elementales por columnas:
$$\left(\begin{array}{cccc}
1 & 1 & a & 1\\
0 & 0 & 1 & -1\\
0 & 2 & 2 & 0\\
1 & a & 0 & 0\\
\end{array}\right)\sim_c \left(\begin{array}{cccc}
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & -1\\
0 & 2 & 2 & 0\\
1 & a-1 & -a & -1\\
\end{array}\right)\sim_c \left(\begin{array}{cccc}
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 2 & 2\\
1 & 1 & a-1 & -a-1\\
\end{array}\right)\sim_c \left(\begin{array}{cccc}
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 2 & 0\\
1 & 1 & a-1 & -2a\\
\end{array}\right)$$
Si $a\not = 0$, $\operatorname{dim}(U+W)=4$ y por tanto $U+W=\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ y la base más sencilla es $B_s$.
Si $a=0$ la base más sencilla son las columnas no nulas de la forma de Hermite por columnas de la matriz anterior
$$\left(\begin{array}{cccc}
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 2 & 0\\
1 & 1 & -1 & 0\\
\end{array}\right)\sim
\left(\begin{array}{cccc}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
1 & 1 & -1/2 & 0\\
\end{array}\right)$$
$$\left\{ \left(\begin{array}{cc}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{array}\right), \left(\begin{array}{cc}
0 & 1 \\
0 & 1
\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}
0 & 0 \\
1 & -1/2
\end{array}\right) \right\}$$
- Calcula unas ecuaciones cartesianas de $U\cap W$ para todos los valores de $a$.
Para calcular la intersección utilizamos en primer lugar la fórmula de las dimensiones
$$\operatorname{dim}(U)+ \operatorname{dim}(W)=\operatorname{dim}(U+W)+\operatorname{dim}(U\cap W).$$
Como $\operatorname{dim}(U)+ \operatorname{dim}(W)=2+2=4$ (es inmediato de los datos), tenemos que para $a\not = 0$ $\operatorname{dim}(U\cap W)=0$ mientras que para $a=0$ $\operatorname{dim}(U\cap W)=1$.
Por tanto para $a\not = 0$ las ecuaciones cartesianas de $U\cap W$ son
\begin{equation}
U\cap W \equiv \left\{ \begin{array}{l}
x=0,\\
y=0,\\
z=0,\\
t=0.
\end{array}\right.
\end{equation}
Para $a=0$ calculamos unas cartesianas de $U$ y unas de $W$ y las reunimos. Para ello comenzamos desde la base más sencilla de cada subespacio para escribir las paramétricas y deducir después las cartesianas.
Para $U$:
$$\left(\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
0 & 0 \\
0 & 2 \\
1 & 0 \\
\end{array}\right)\sim_c \left(\begin{array}{cc}
1 & 0 \\
0 & 0 \\
0 & 2 \\
1 & -1 \\
\end{array}\right)\sim_c\left(\begin{array}{cc}
1 & 0 \\
0 & 0 \\
0 & 1 \\
1 & -1/2 \\
\end{array}\right).$$
Luego unas paramétricas son
$$U=\left\{ \begin{array}{l}
x=\lambda_1,\\
y=0,\\
z=\lambda_2,\\
t=\lambda_1-\frac{1}{2}\lambda_2.
\end{array}\right. \text{ Y así las cartesianas son }
\left\{\begin{array}{l}
y=0,\\
2x-z-2t=0.
\end{array}\right.
$$
Para $W$:
$$\left(\begin{array}{cc}
0 & 1 \\
1 & -1 \\
2 & 0 \\
0 & 0 \\
\end{array}\right)\sim_c \left(\begin{array}{cc}
1 & 0 \\
0 & 1 \\
2 & 2 \\
0 & 0 \\
\end{array}\right).$$
Luego unas paramétricas son
$$W=\left\{ \begin{array}{l}
x=\lambda_1,\\
y=\lambda_2,\\
z=2\lambda_1+2\lambda_2,\\
t=0.
\end{array}\right. \text{ Y así las cartesianas son }
\left\{\begin{array}{l}
2x+2y-z=0,\\
t=0.
\end{array}\right.
$$
Entonces
$$U\cap W=\left\{ \begin{array}{l}
y=0,\\
2x-z-2t=0,\\
2x+2y-z=0,\\
t=0,
\end{array}\right. \sim_f \left\{\begin{array}{l}
y=0,\\
2x-z=0.\\
t=0,
\end{array}\right.
$$
- ¿Son $U$ y $W$ complementarios para $a=1$?
Sí, de hecho para $a\not = 0$, puesto que $U+W=\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ y $U\cap W=\{0\}$.
- Calcula una base ortogonal de $U$ para $a=1$.
Para calcular una base ortogonal calculemos en primer lugar una base de $U$ para $a=1$:
$$\left(\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
0 & 0 \\
0 & 2 \\
1 & 1 \\
\end{array}\right)\sim_c \left(\begin{array}{cc}
1 & 0 \\
0 & 0 \\
0 & 1 \\
1 & 0 \\
\end{array}\right)$$
Ahora usamos el algoritmo de Gram-Schmidt para calcular una base ortogonal a partir de estos dos vectores
$$u_1=\begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & 1
\end{pmatrix}, u_2=\begin{pmatrix}
0 & 0\\
1 & 0
\end{pmatrix}.$$
Luego
$$e_1= \begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & 1
\end{pmatrix}, e_2=\begin{pmatrix}
0 & 0\\
1 & 0
\end{pmatrix}+\lambda_{21}\begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & 1
\end{pmatrix}.$$
Calculamos
$$\lambda_{21}=\frac{-\langle u_{2},e_{1}\rangle}{||e_{1}||^2}.$$
Empezamos por el numerador:
$$\biggl\langle\begin{pmatrix}
0 & 0\\
1 & 0
\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & 1
\end{pmatrix}\biggr\rangle=\operatorname{traza}\left(\begin{pmatrix}
0 & 0\\
1 & 0
\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & 1
\end{pmatrix}\right)= \operatorname{traza}\begin{pmatrix}
0 & 0\\
1 & 0
\end{pmatrix}=0.$$
Luego $e_2=u_2$ y la base de partida ya es ortogonal.
También puede calcularse la matriz de Gram del producto escalar y usarla para hacer los productos utilizando coordenadas.
- Calcula una base del subespacio ortogonal a $W$ para $a=1$.
Para calcular las cartesianas del ortogonal de $W$ partimos de una base de $W$ ($a=1$):
$$\left(\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
1 & -1 \\
2 & 0 \\
0 & 0 \\
\end{array}\right)\sim_c \left(\begin{array}{cc}
1 & 0 \\
-1 & 2 \\
0 & 2 \\
0 & 0 \\
\end{array}\right) \sim_c \left(\begin{array}{cc}
1 & 0 \\
0 & 1 \\
1 & 1 \\
0 & 0 \\
\end{array}\right),$$
y para cada uno imponemos la condición de que una matriz genérica sea ortogonal:
$$\biggl\langle\begin{pmatrix}
1 & 0\\
1 & 0
\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}
x & y\\
z & t
\end{pmatrix}\biggr\rangle=\operatorname{traza}\left(\begin{pmatrix}
1 & 0\\
1 & 0
\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}
x & z\\
y & t
\end{pmatrix}\right)= \operatorname{traza}\begin{pmatrix}
x & z\\
x & z
\end{pmatrix}=x+z=0,$$
$$\biggl\langle\begin{pmatrix}
0 & 1\\
1 & 0
\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}
x & y\\
z & t
\end{pmatrix}\biggr\rangle=\operatorname{traza}\left(\begin{pmatrix}
0 & 1\\
1 & 0
\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}
x & z\\
y & t
\end{pmatrix}\right)= \operatorname{traza}\begin{pmatrix}
y & t\\
x & z
\end{pmatrix}=y+z=0.$$
Luego $$W^{\perp}\equiv \left\{\begin{array}{l}
x+z=0,\\
y+z=0.
\end{array}\right.$$
- Calcula la proyección ortogonal sobre $W$ de la matriz $A$.
Calculamos unas cartesianas de $W$ para $a=1$ partiendo de la base más sencilla que ya tenemos del apartado anterior, primero poniendo las paramétricas:
$$W=\left\{ \begin{array}{l}
x=\lambda_1,\\
y=\lambda_2,\\
z=\lambda_1+\lambda_2,\\
t=0.
\end{array}\right. \text{ que nos dan las cartesianas }
\left\{\begin{array}{l}
x+y-z=0,\\
t=0.
\end{array}\right.
$$
La matriz del enunciado cumple estas cartesianas, luego está en $W$.
Entonces $$p_W\left(\begin{pmatrix}
1 & 2\\
3 & 0
\end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix}
1 & 2\\
3 & 0
\end{pmatrix}.$$
También puede emplearse cualquier otro método (descomponer en dos vectores uno de $W$ y otro de $W^{\perp}$, o usar coeficientes de Fourier).