MA-1116 .Solucin del Tercer Parcial, Martes 10-03-2015. (35 %). Justifique todas sus respuestas. Bloque A.

1. (16 puntos) Sea la transformacin lineal 1,11,1: 33 PPT definida por:

3

)()()(

xpxpxpT

a) (4 puntos) Demuestre que T es una transformacin lineal.

Una forma de hacerlo:

),(3

)()(

3

)()()(,,1,1)

),()(3

)()(

3

)()(

3

)()()()()()(,1,1,)

3

3

xTpxpxpxpxp

xpTPpii

xTqxTpxqxqxpxp

xqxpxqxpxqxpTPqpi

Otra forma de hacerlo:

),(3

)()(

3

)()(,,1,1)

),()(

33

3

)()()()()()(

))()()(()()(

)(,)(,1,1,)

3

1

2

111

3

1

2

111

3

1

2

1113

3

2

2

222

3

2

2

222

3

1

2

111

3

1

2

111

3

21

2

212121

3

21

2

212121

3

21

2

212121

3

2

2

222

3

1

2

1113

xTpxpxp

xdxcxbaxdxcxba

xdxcxbaTxpTPpii

xTqxTp

xdxcxbaxdxcxbaxdxcxbaxdxcxba

xddxccxbbaaxddxccxbbaa

xddxccxbbaaTxqxpT

xdxcxbaxqxdxcxbaxpPqpi

b) (4 puntos) Halle la matriz, AT, asociada a T con la base cannica.

La base cannica de 1,13 P , es:

32 ,,,1 xxxBC , la matriz de Transformacin es de dimensin 4x4:

,0)(,3

2

3

)()(,0

3)(,

3

2

3

11)1( 3

2222

xT

xxxxT

xxxTT

Entonces:

0000

03

200

0000

0003

2

TA

c) (4 puntos) Halle la imagen de T y el rango de T: (T).

T

T

T AA

0000

03

200

0000

0003

2

, esta matriz ya est reducida, solo hay dos columnas linealmente

Independientes, es decir el espacio imagen de T, es:

,2)(3

2,3

2)Im()Im( 2 TxgenAT T ya que estos dos polinomios son linealmente

independientes.

d) (4 puntos) Halle una base ortonormal para )Im(T .

Sabiendo que una base para el espacio imagen de T es:

,)Im(,0,,1,1)Im(

,3

2,3

2)Im(

3

2

TqqpPpT

xTBase

04323

2)(3

20

32,

,)(

1

1

4321

1

32

32

dxcxbx

axdxdxcxbxap

dxcxbxaxp

),1(03

03

22

,0)432

(4323

20

32,

ca

ca

dcba

dcbap

065433

2)(3

20

32,

1

1

65431

1

2322

dxcxbxax

dxxdxcxbxaxp

)3.(,,

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

,)(,0

,0)2(),1(:

),2(053

05

23

2

,0)6543

(65433

20

32,

32

2

dbdb

d

b

d

c

b

a

dxcxbxaxpc

aDe

caca

dcbadcbaxp

).3(},{,)Im(

,,,)(0,)()Im(

21

3

332

devvxxTBase

dbdxbxxpcadxcxbxaxpT

Se va a calcular la base ortonormal de 21,,)Im( uuBT O , usando el proceso de Gram-Schmidt:

Se tiene que:

,2

3

3

2

3

)1(

3

1

3, 1

31

1

31

1

2

1

1

11 xu

xdxxxv

v

vu

),5

3(

2

7

2

5

,7

2

5

2)

25

9

5

6()

5

3(

5

3

,5

3

5

2

2

3

52

3).(

2

3

2

3)

2

3.(,

,

3

2

1

1

26

1

1

2331

2

33

1

1

53

1

1

431

2

1

1

33

1122

1

2

1

2

1

22

xxu

dxxx

xdxx

xx

xv

xx

xx

xxxdxx

xxv

xxdxxxuuvvv

v

vu

As la base ortormal del Complemento Ortogonal de la Imagen de T, es:

)5

3(

2

7

2

5,

2

3)Im( 3

xxxTBortonormal

2. (15 puntos) Sea la matriz

311

1031

003

A

a) (5 puntos) Hllense sus autovalores y sus respectivas multiplicidades algebraicas.

Se calcula el polinomio caracterstico de A:

,1)()()3(

,,,30))()(3()(

,0)1)(3()3(10)3()3(

311

1031

003

det)det()(

321

22

imaimama

iiiip

IAp

b) (5 puntos) Hllense sus autovectores, los espacios caractersticos y las respectivas

multiplicidades geomtricas de los respectivos autovalores.

1) ,,0)(,31

z

y

x

vvIA ,

0

0

0

000

1050

011

)212(

0

0

0

000

1061

011

)13(

0

0

0

011

1061

000

RRRRR

,,

1

2

2

2

2

,

,02

,0

,

0

0

0

000

210

011

)25

12(

zz

z

z

z

z

y

x

z

zy

yx

RR

Entonces:

,

1

2

2

,1dim)3(,,

1

2

2

133

vEmgzzE

2) ,,0)(,2

z

y

x

vvIAi ,

0

0

0

)3(3)3(

)3(10)3)(3(3

003

,3)3(3

,2)3(2

0

0

0

311

1031

003

2iii

iiii

i

RiR

RiR

i

i

i

0

0

0

)3(30

)3(10100

003

0

0

0

)3(30

)3(1090

003

,133

,122

22

2

ii

i

i

ii

ii

i

RRR

RRR

0

0

0

000

)3(10

003

)233(

0

0

0

)3(10

)3(10

003

,3)3(

13

,210

12i

i

RRR

i

i

i

Ri

R

RR

,,

1

3

0

)3(

0

,

,0)3(

,0)3(

ziz

z

zi

z

y

x

z

ziy

xi

Entonces:

,

1

3

0

,1dim)(,,

1

3

0

2

ivEimgzizE ii

3) ,,0)(,3

z

y

x

vvIAi en este caso, el espacio caracterstico y l vector propio son los

conjugados para el caso 2) i2 :

,

1

3

0

,1dim)(,,

1

3

0

3

ivEimgzizE ii

c) (5 puntos) Decidir si la matriz A es diagonalizable o diagonalizable ortogonalmente. En

caso afirmativo encontrar la matriz diagonal asociada y la matriz de paso.

La matriz no es diagonalizable ortogonalmente ya que no es simtrica, pero como:

3,2,1),()( imamg ii

Adems, A tiene tres valores propios diferentes, entonces A es diagonalizable y las matrices

Diagonal D y de paso C son:

111

332

002

,

00

00

003

iiC

i

iD ,

3. (4 puntos) Indique si los siguientes enunciados son verdaderos o falsos. Justifique su respuesta:

a) (2 puntos) Sea 35: T una transformacin lineal y TA su matriz asociada. Si el rango de

TA es dos, entonces la nulidad de TA vale uno.

b) (2 puntos) Si A es una matriz invertible de orden n y v es un autovector de 1A asociado

al autovalor

1 , entonces v es un autovector de A asociado al autovalor .

Solucin:

a) 35: T , Por Teorema:

.,325)()dim()()dim()()( 55 FALSOARARAA TTTT

b) Como A es una matriz invertible, ,0)det( A y el cero no es valor propio de A, ,0

Por definicin, si v es un autovector de 1A asociado al autovalor

1:

,11

.1

. 11 vAvAvvvAvAAvvA

Entonces v es un autovector de A asociado al autovalor , VERDADERO.