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FACULTAD DE INGENIERÍA - UBA
ÁLGEBRA II
Segundo cuatrimestre 2009
PRIMER EXAMEN PARCIAL
28 de Noviembre de 2009 (Segunda oportunidad)
TEMA 1
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.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------------
 x  x2  x4 
x4  T   1
.
 x 2  x3 
Determinar, si existe, una transformación lineal g :  2   4 tal que f  g  I (= identidad) y
además IM ( g  f )  gen 0 0 1 1 T , 0 0 0 1 T . En caso de existir g, dar la matriz de g
respecto de las bases canónicas.
EJERCICIO 1: Sea
f : 4  2
dada por

f x1
x2

x3
RESOLUCIÓN 1): Las composiciones involucradas son
f
g
g  f : 4 

2 

4
g
f
f  g : 2 

4 

2
y
La transformación lineal f es claramente sobreyeciva, pues (por ejemplo):
1
f 1 0 0 0 T    y
0 

0 
f 0 0 1 0 T   
1



Por lo tanto, IM ( g  f )  IM ( g ) . Entonces, debe ser


IM ( g )  IM ( g  f )  gen 0 0 1 1 T , 0 0 0 1 T .
Aplicando el teorema de la dimensión a g, se tiene que 2  Dim ( IM ( g ))  Dim ( Nu( g )) y por
lo tanto resulta que la dimensión del núcleo de g es 0, es decir: g es inyectiva (la inyectividad de
g también se deduce de f  g  I : g ( x)  0  f ( g ( x))  0  ( f  g )( x)  0  x  0 ).
Puesto que




gen 0 0 1 1 T , 0 0 0 1 T  gen 0 0 1 0 T , 0 0 0 1 T ,
hasta ahora tenemos que g debe ser de la forma

g 

 x1  
 x    0 0 ax1  bx 2
 2 
cx1  dx 2  T
2
x 
para algunas constantes reales a, b, c y d. Ahora, para que f  g  I , para todo  1    2 debe
 x2 
ser
   x  
f  g   1     f
  x2  

 
 0
0 ax1  bx2
cx  dx 2   x1 
cx1  dx 2  T   1
 
ax1  bx 2   x 2 

y esto solamente es posible si c =1, d = 0, a = 0 y b = 1. Es decir, que necesariamente debe ser
x 
g   1    0 0 x 2
  x2  
x1  T
Comprobación 1:
  x  x2  x4  
( g  f )( x)  g   1
   0 0 x 2  x3
x

x
2
3



x1  x 2  x 4  T

y resulta inmediatamente que IM ( g  f )  gen 0 0 1 1 T , 0 0 0 1 T

Comprobación 2:
   x  
f  g   1     f
  x2  

 
 0
0 x2
x 
x1  T   1 
 x2 

Finalmente, la matriz A de g respecto de las bases canónicas se obtiene de

g 

 x1  
 x    0 0 x 2
 2 
A


0 0 
0 0 
T

x1   
0 1 


1 0
 x1 
x 
 2
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
3
EJERCICIO 2: Sean w1  1  1 1 T , w2  1 1 0 T y w3   1 1 2 T . Se sabe que:
(1) w1 , w2 , w3  es la base (ordenada) obtenida mediante el algoritmo de Gram-Schmidt a partir
de una base (ordenada) v1 , v 2 , v3  de  3 con el producto interno canónico, y (2) la matriz M de
cambio de bases v1 , v2 , v3   w1 , w2 , w3  (es decir: vi  M 1i w1  M 2i w2  M 3i w3 , i = 1,2,3 )
verifica M 12  2 , M 13  1 y M 23  2 . Calcular la proyección del vector v3 sobre el
subespacio generado por v1 ,v2  .
RESOLUCIÓN 2): Mediante el algoritmo de Gram-Schmidt se tiene
w1  v1
w2  
(v2 , w1 )
w3  
(v3 , w1 )
2
w1
2
w1
w1  v2
w1 
(v3 , w2 )
2
w2
w2  v3
y entonces
v1  w1  M 11w1  M 21w2  M 31w3
v2 
(v2 , w1 )
v3 
(v3 , w1 )
w1
w1
2
2
w1  w2  M 12 w1  M 22 w2  M 32 w3
w1 
(v3 , w2 )
w2
2
w2  w3  M 13 w1  M 23 w2  M 33 w3
Se deduce del dato (2) que v3  w1  2w2  w3 . Puesto que genv1 , v2   genw1 , w2  y la base
w1 , w2 , w3  es ortogonal, se deduce que la proyección de v3 sobre este subespacio es
(v3 , w1 )
w1
2
w1 
(v3 , w2 )
w2
2
 1 2  1
w2   w1  2w2   1  2   3
 1 0  1
Nota: La matriz de cambio de bases w1 , w2 , w3   v1 , v2 , v3  dada por el algoritmo de GramSchmidt es triangular superior con diagonal unitaria. La inversa de una matriz de esta forma es
también del mismo tipo. Por lo tanto, de los datos dados en (2) tenemos que
1 2  1
M  0 1
2
0 0
1
4
5
1  2

y su inversa es M  0
1  2 . Esta forma triangular se debe a la siguiente propiedad

0
0
1 
fundamental del algoritmo: genv1   genw1 , genv1 , v2   genw1 , w2 ,…. Obsérvese que a
partir de los datos dados en el enunciado, resulta
1
v1  w1  1  1 1 T
v2  M 12 w1  w2  2w1  w2  3  1 2 T
v3  M 13 w1  M 23 w2  w3   w1  2w2  w3  0 4 1 T
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------EJERCICIO 3: Definir, si es posible, un producto interno en  3 para el cual la matriz
0
1 0

M  1 2  1 sea la matriz de una proyección P :  3   3 respecto de la base canónica.
2 2  1
RESOLUCIÓN 3) La matriz M verifica, en efecto
0 1 0
0
1 0


M 2  1 2  1 1 2  1 


2 2  1 2 2  1
0
1 0
1 2  1  M .


2 2  1
Por lo tanto, para todo x   3 tenemos ( P  P)( x)  M 2 x  Mx  P( x) . Ahora, la imagen de P
es el espacio columna de M y el núcleo de P es el espacio nulo de M, es decir:

IM ( P)  Col (M )  gen 1 1 2 T , 0 1 1 T
y

NU ( P)  Nul ( M )  gen 0 1 2 T


Por lo tanto, basta definir un producto interno en  3 de manera que 0 1 2 T sea ortogonal a
1 1 2 T y a 0 1 1 T . Por ejemplo, dados
1
0
0 




x  x1 1  (2 x2  x3 ) 1  ( x3  x1  x2 ) 1
2
1
2
5
1
0
0 
y  y1 1  (2 y 2  y3 ) 1  ( y3  y1  y 2 ) 1
2
1
2
definimos
( x, y)  x1 y1  (2 x2  x3 )(2 y 2  y3 )  ( x3  x1  x2 )( y3  y1  y 2 )


y se tiene que la base B  1 1 2 T , 0 1 1 T , 0 1 2 T es ortonormal. Obsérvese que,
efectivamente es

P 1 1 2
y
T

0 1 1
1 0

 1 2  1 1  1 ,
2 2  1 2 2

P 0 1 2
T


P 0 1 1
T

0 0 0
1 0

 1 2  1 1  1
2 2  1 1 1
0 0 0
1 0

 1 2  1 1  0 .
2 2  1 2 0
Es decir: [ P] B , B  Diag 1 1 0 .
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------EJERCICIO 4: Sea A   32 tal que Det ( AT A)  0 y 0  1 1 T  Nul ( AAT ) .Probar que
para cada b   3 existe una única solución de Ax = b por cuadrados mínimos y determinar
todos los pares ( s, t )   2 para los cuales la solución de Ax  s s t  T por cuadrados
mínimos es una solución exacta.
RESOLUCIÓN 4): Puesto que la matriz AT A es inversible, las columnas de A son linealmente
independientes y por lo tanto el rango de la matriz A es 2. Se deduce que
Dim ( Nul ( A))  2  Rango ( A)  0 y resulta que Nul ( A)  0. Entonces, si x y x’ son soluciones
de Ax  b por cuadrados mínimos, es Ax  PCol ( A) (b)  Ax'  A( x' x)  0  x' x  Nul ( A) y
resulta x'  x . Hemos probado que para todo b   3 existe una única solución de Ax = b por
cuadrados mínimos.
Por otra parte, Nul ( AT )  Nul ( AAT ) (recordemos esquemáticamente la demostración:
AAT v  0  ( AAT v, v)  0  ( AT v, AT v)  0  AT v  0 , lo que demuestra que el espacio nulo
de AT A está contenido en el espacio nulo de A; la inclusión recíproca es trivial, pues la
implicación AT v  0  AAT  0 es obvia). Por lo tanto, por tener la matriz rango 2, el espacio
nulo de AT tiene dimensión 1 (recordar: 3  Col ( A)   Nul ( AT ) ). Entonces,

Col ( A)   Nul ( AT )  Nul ( AAT )  gen 0  1 1 T

6
1

0 0 T , 0 1 1 T es una base ortogonal de Col(A) y entonces para que la
solución Ax  s s t  T por cuadrados mínimas sea exacta, debe ser
Resulta que
s


s t  T  Col (A)  gen 1 0 0 T , 0 1 1 T ,
lo que se verifica sii s = t.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------1
EJERCICIO 5: Sea A   42 una matriz no nula tal que AT Av  0 , donde v    . Determinar
1
todos los x   2 tales que d ( x, Fil ( A))  1 . Considere el producto interno canónico y justifique
cuidadosamente su respuesta.
RESOLUCIÓN 5): Sabemos que Nul ( AT A)  Nul ( A)  [ Fil ( A)]  : la segunda igualdad se
deduce de la definición de Nul(A) y del producto interno canónico; en cuanto a la primera para
todo x   2 tenemos AT Ax  0  ( AT Ax, x)  0  ( Ax, Ax)  0  Ax  0 por un lado y la
implicación trivial Ax  0  AT Ax  0 . Entonces, v  Nul ( AT A)  Nul ( A)  [ Fil ( A)]  . Por lo
tanto, por ser Nul ( A)  0 y 2  Rango ( A)  Dim ( Nul ( A)) , el rango de A es  1 . Por ser A no
nula, resulta que Dim ( Fil ( A))  Rango ( A)  1 . De  2  Fil ( A)  [ Fil ( A)]  se tiene entonces
que Dim ( Fil ( A))  Dim ([ Fil ( A)]  )  1 . Tenemos por lo tanto que, indicando u   1 1 T ,



[ Fil ( A)]   genv  gen 1 1 T , Fil ( A)  genu  gen  1 1 T
Para cada x  PFil( A) ( x)  P[ Fil( A)] ( x) 
d ( x, Fil ( A))  P[ Fil( A)] ( x) 
(u , x)
u
2
(v, x)
v
2
u
( v, x )
v
v 
2
v  2 ,
(v, x)
v

1 x 
(u, x)
u
2
u
1
v
v
Por lo tanto, todos los x   2 tales que d ( x, Fil ( A))  1 son
 1 1 1
x    

2 1
 1
,
 1 1 1
x    

2 1
 1
donde λ es un escalar real cualquiera. (La visualización gráfica es realmente sencilla).
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