UNIVERSIDAD DE CONCEPCION FACULTAD DE CIENCIAS FISICAS Y MATEMATICAS DEPART DEPARTAMENTO AMENTO DE INGENIERIA MATEMA MATEMATICA TICA
´ DE PROBLEMAS SELECCIONADOS DEL LISTADO 18 RESOLUCI ON
1. Determine el polinomio p olinomio caracter´ıstico ıstico asociado a las siguientes matrices. Construya una base para el espacio propio asociado al valor propio de mayor valor absoluto y decida si las matrices son o no diagonalizables.
A = 1
−
1 0 2 0 1 3 2 2 0
,
3 A = −1
1 1 1
2
1
1 1 2
−
,
A =
2i 0 0 1 4 0 2i + 1 i 1
3
−
−
.
(En (E n Pr´acti ac tica ca
A3 )
Soluci´on: on: Observ Observamos amos que A3 M 3 (C) y es trigular, luego su polinomio caracter´ ter´ıstico es muy simple de calcular:
∈
p( p(λ) = det( det(A3
− λI ) = (2i (2i − λ)(4 − λ)(1 − λ) 3
en consecuencia sus valores propios son λ1 = 2i,
λ2 = 4 λ3 = 1
Debemos determinar el C-espacio propio asociado a λ2 : (x,y,z ) S λ
∈
2
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
2i − 4 0 0 x 0 −1 0 0 y = 0 0−2i0 + 1 0i−3 x z 0 0 1 0 0 y = 0 0 i
x = 0
−3 ∧ z = 3i y.
z
0
Luego S λ
2
= =
3
{(x,y,z ) ∈ C {(0, (0, 3, i)}
: x = 0
∧ z = 3i y}
La Matriz es digonalizable pues los valores propios son simples y distintos. 1
R tal que la matriz A 2. Encontrar, si existen, los valores de los par´ ametros ametros a, b sea diagonali diagonalizabl zable. e. Encuen Encuentre tre en tales tales casos casos la dimensi dimensi´ on ´ de los espacios propios asociados:
∈
(En Pr´ actica) actica)
1 A = 0
b 1 1 0 a 0 a
determinar el polinomio caractar´ caractar´ıstico asociado a la Soluci´ on on Primero debemos determinar matriz A, es decir, p(λ) = A
| − λI |, ofrecemos dos clculos de dicho polinomio. 3
• C´alculo alculo de p(λ) v´ıa cofactores (1 columna) : 1 − λ b 1 1−λ 0 p( p(λ) = 0 a 0 a − λ − 1 λ 0 b 1 = (1 − λ)(−1) + a( a(−1) 0 a−λ 1−λ 0 = λ(1 − λ)(λ )(λ − (1 + a + a)) )) • C´alculo alculo de p(λ) v´ıa operacio ope raciones nes elementales eleme ntales −λ b 1 0 (restando la 3 columuna a la 1 .) p( p(λ) = 0 1 − λ λ 0 a − λ −λ b 1 0 = 0 1−λ (restando la 1 fila a la 3 .) 0 0 1 + a − λ = −λ(1 − λ)(1 + a + a − λ) 1+1
3+1
a
a
a
a
As´ı: λ σ( σ (A)
⇐⇒ p( p (λ) = 0 ⇐⇒ λ = λ = 1, ∨λ = 0, ∨λ = 1 + a + a a) Si a = −1, a = 0, ento entonc nces es λ = 1, λ = 0 y λ = 1 + a ∈
son valores valores propioss propioss diferentes (cada uno con multiplicidad algebraica igual a 1) y por lo tanto A es diagoni diagonizabl zable. e. Po Porr otra parte sabemos que la dimensi´ dimensi´ on del espacio propio S λ = K = Ker er((A λI ) asociado a un valor propio λ propio λ de multiplicidad r multiplicidad r λ satisface:
−
≤ dim( dim(S ) ≤ r
1
λ
λ
luego como los valores propios son simples, todos los espacios propios asociados tienen dimensi´ dimension o´n 1. 2
b) Si a = 1, ento entonc nces es λ = 0 es valo valorr propio propio con multipl multiplici icidad dad algebra algebraica ica igual a 2. Veamos si su multiplicidad multiplicidad geom´etrica etrica es 1 o 2, es decir, dim( dim(S λ ) = dim( dim(K er( er(A)) = 1 o 2:
−
S 0 = K er( er(A) = = =
1 b 1 x 0 0 y = 0 (x,y,z ) ∈ : 0 1 −1 0 −1 z 0 (x,y,z ) : y = y = 0, ∧ x + z + z = 0 3
R
R
3
{(−z, 0, z ) : z ∈ ∈ R} = {(−1, 0, 1)}
luego la multiplicid mult iplicidad ad geom´etrica etric a de d e λ = 0 es 1 = 2. En consecuencia A no es diagonizable.
c) Si a Si a = 0, enton entonces ces λ λ = = 1 es valor valor propio con multipl multiplicidad icidad algebraica algebraica igual igual a 2 sin embarg embargoo la dimens dimensi´ i´ on o n de S λ=1 = K er( er (A I ) es 2 si b = 0, en tal caso, A es diagonalizable, en caso contrario no lo es. En efecto
−
S λ=1 = =
=
0 b 1 x 0 0 y = 0 (x,y,z ) ∈ : 0 0 0 0 −1 z 0 (x,y,z ) ∈ : by = by = 0 ∧ z = = 0 {(1,(1, 0, 0),0), (0,(0, 1, 0)}, si; b = 0 {(1,(1, 0, 0)}, si; b =0 R
3
3
R
Resoluci´ on on redactada redactada por la Srta. Ursula Ursula Moya. Moya.
3
3. Considere Considere los operadores lineales lineales D D,, L : P : P 2 (R)
−→ P (R) definidos por: 2
∀ p ∈ P (R), x ∈ R,
D( p)( p)(x x) = xp (x) y L( p)( p)(x x) = p(2 p (2x x).
2
Determine Determine los valores propios y las bases para los espacios propios asociados a D, a D, L, L D y D L respectivamente. (En (E n Pr´acti ac tica ca D)
◦
◦
operador D)) )) Primero observamos que si p(x) = a 2 x2 + a1 x + a2 Soluci´ on on (para el operador D es un polinomio arbitrario de grado 2, entonces: + a0 ) = 2a2 x2 + a1x. D( p)( p)(x x) = x( x (a2 x2 + a1 x + a
1) Debemos encontrar encontrar la matriz asociada a la aplicaci´ aplicaci´ on D. Sea B = 1, x , x2 la base can´ onica onica de D.
{
}
D(1) = x 0 = 0 1 + 0 x + 0 x2 D(x) = x 1 = 0 1 + 1 x + 0 x2 D(x2 ) = x 2x = 0 1 + 0 x + 2 x2
· · ·
· · ·
· · ·
· · ·
enton entonce cess la matri matrizz asocia asociada da a la aplic aplicaci aci´ on D o´n D en la base can´onica onica de P de P 2 (R) es:
0 A := [D] = 0
0 0 1 0 0 0 2
2) Valores propios. Primero determinamos el polinomio caracter´ caracter´ıstico asociado aso ciado a D:
−λ p( p(λ) = det([ det ([D D] − λI ) = 0 0
0 1
−λ 0
2−λ 0 0
= ( λ)(1
−
− λ)(2 − λ)
enseguida resolvemo el problema de valores propios: λ
p (λ) = 0 ∈ K = R : p(
λ = 0
⇐⇒
Luego, los valores propios son: λ1 = 0,
∨ λ = 1 ∨ λ = 2
λ2 = 1 y λ3 = 2
3) Determinaci´ Determinaci´ on de los espacios propios asociados y sus respectivas bases. on
–
0 S = a x + a x + a + a ∈ P ( ) : 0 0 λ1
2
2
1
0
2 R
4
0 1 0
0 a 0 0 a 0 = 2 0 a 2 1 0
= a2 x2 + a1 x + a + a0 P 2 (R) : a 2 = a 1 = 0 = a0 1 : a 0 R =< 1 > As´ As´ı una base ba se para par a S λ es: B1 = 1 1 0 0 a2 0 2 0 0 0 a1 0 + a0 P 2 (R)/ = – S λ = a2 x + a1 x + a 0 0 1 0 a0 = a2 x2 + a1 x + a + a0 P 2 (R) P 2 (R) : a 2 = a 0 = 0 = a1 x : a : a 1 R =< x > As´ As´ı una base ba se para par a S λ es: B2 = x 2 0 0 a2 0 2 0 1 0 a1 0 + a0 P 2 (R) : = – S λ = a2 x + a1 x + a 0 0 1 a0 0 2 = a2 x + a1 x + a + a0 P 2 (R) : a 1 = a 0 = 0 2 = a2 x : a2 R =< x2 > As´ As´ı una base ba se para par a S λ es: B3 = x2
{ { · {}
∈ }
∈
}
{ }
1
2
{ { · {}
∈ }
∈ ∈
∈
{ }
2
3
{ { · { }
∈ ∈ · ∈ }
−
}
−
− }
{ }
3
Observaci´ on o n 1: El operador D es diagonalizable, pues, los valores propios son
distintos. Adem´as, as, la base que diagonaliza a D es la base can´onica onica (la matriz A es diagonal). Resoluci´ on on redactada redactada por p or la Srta. Katherin Katherine e Daroch.
5
4. Considere Considere el operador lineal lineal T de
1 [T ] T ] = 1
1 k k 1 k 1 1
R3
en s´ı mismo, cuya matriz asociada es ( c/r c/r a la la base base can´ can´ onica onica de
3
R
)
Determinar los valores de k R para que λ = 0 sea un valor propio de T . T . Utilizar esta informaci´ on para determinar, seg´ on un sean los valores del par´ametro un ametro k, el rango de T de T ..
∈
(En Pr´ actica) actica) Soluci´ on on: Razonamiento:
• Determinaremos los valores propios, en funci´on o n de k. que λ = = 0 sea sea • Dados los valores propios, buscaremos el (los) valor(es) de k tal que λ valor propio.
Determinamos el polinomio p olinomio caracter´ cara cter´stico, stico, p(λ) = det([ det([T T ]] λI 3 ), tomando ventaja que [T [T ]] es una matriz mat riz sim´etrica etrica y donde dond e la suma de los elementos de cada fila o columna suman iguales, en efecto:
Valores propios. • Valores
−
p( p(λ) =
=
= =
1 − λ 1 k 1 k − λ 1 k 1 1 −1λ− λ 1 k k − λ 1 (2 + k − λ) 1 1 1 1 1 − λ 1 k k−1−λ 0 (2 + k − λ) 0 1 1 1 1 − λ k (2 + k − λ)(k )(k − 1 − λ) 1 1
= (2 + k
)(k − 1 − λ)(1 − k − λ) − λ)(k
luego los valores propios son: λ1 (k) = 2 + k, + k,
λ2 (k) = k
− 1 λ (k ) = 1 − k Luego λ = = 0 es valor propio de T de T simple simple si k si k = = −2 y de multiplicidad algebraica • Luego λ 3
2, si k = 1.
• Determinaci´on on del rango de T . T . Podemos proceder de dos formas: 6
(a) Primera Forma: Forma: Recordamos Recordamos que I m(T ) T ) = = =
3
3
3
3
) ∈ R : ∃(a,b,c) a,b,c) ∈ R , T ( T (a,b,c) a,b,c) = (x,y,z ) {((x,y,z x,y,z ) ∈ R : ∃(a,b,c) a,b,c) ∈ R , [T ][( T ][(a,b,c a,b,c)] )] = [(x,y,z [(x,y,z )] )] .. (x,y,z ) ∈ R : r [T ] T ].[(x,y,z .[(x,y,z )] )] = r ([T ([T ]) ]) 3
Enseguida observamos que . 1 1 k .. x . 1 k 1 .. y . k 1 1 .. z
∼ ∼
... 1 k x .. k 1 . y .. 2 + k + k 2 + k + k . x + y + y + + z z ... 1 k x . k 1 1 k .. y x . 2 + k + k 2 + k + k 2 + k + k .. x + y + y + + z z
1 1 + k 2 + k 10
−
−
−
Luego si – k = 2:
−
I m(T ) T ) = (x,y,z ) – k = 1:
I m(T ) T ) = (x,y,z )
∈R
3
3
∈R
: x + y + y + + z z = = 0
: x = y = y
∧
r(T ) T ) = 2
∧ ∧ −2x + y + y + + z z = 0
r (T ) T ) = 1
(b) Segunda Segunda Forma: Forma: Pa Para ra determi determinar nar r(T ) T ) tomamos ventaja de la teora de sistemas de ecuaciones lineales, para demostrar que la dimensi´ on o n de I m(T ) T ) =
(x,y,z )
∈R
3
.. : r [T ] .[(x,y,z )] )] T ].[(x,y,z
= r ([T ([T ]) ])
es exactamente r ([T ([T ]) ]) (independiente de la base en la cual desarrollemos la matriz asociada [T [T ]). ]). No presentaremos esa demostraci´ on. on. Luego: r (T ) T ) = r ([T ([T ]) ]) Luego, si –
–
1 1 −2 1 0 −1 k = − 2 se tiene que [T [T ]] = 1 −2 1 ∼ 0 1 −1 en 0 0 0 −2 1 1 consecuencia r(T ) T ) = 2 1 1 1 k = 1 se tiene que [T [T ]] = 1 1 1 en consecuencia r consecuencia r((T ) T ) = 1. 1 1 1
Resoluci´ on on redactada redactada por el Sr. Gustav Gustavo o Hidalgo Hidalgo
7
5. Sea T
3
3
∈ ∈ L(R ) cuya matriz asociada en la base can´onica onica de R
A := [T ] T ] =
−
0 1 2
0 1 0
1 1 3
−
es
(a) Determi Determinar nar los valores valores y vector vectores es propios propios asociados asociados a T . T . ¿Es T T invertible?. Deducir la nulidad y el rango de T . T . (b) Determi Determinar nar una base de R3 que diagonalice a T . T . (c) Calcula Calcularr la n-´esima esi ma poten po tencia cia de A de A..
(En Pr´ actica) actica)
Soluci´ on on:
a) Determinemos Determinemos los valores valores propios propios de A. λ σ( σ (T ) T )
∈
⇐⇒ det( det −(λA − λI 0 ) = 01 ⇐⇒ 1 1 − λ −1 = 0 −2 0 3 − λ −λ 0 1 ⇐⇒ 1 − λ 1 − λ 0 = 0 −2 0 3 − λ −λ 0 1 ⇐⇒ (1 − λ) 1 1 0 = 0 −2 0 3 − λ 1 − λ 0 1 ⇐⇒ (1 − λ) 0 1 0 = 0 −2 0 3 − λ −λ 1 ⇐⇒ (1 − λ) −2 3 − λ = 0 3
1 ⇐⇒ (1 − λ) 1 2
2
=0 3−λ 1
⇐⇒ (1 − λ) (λ − 2) = 0 As´ As´ı, los valores propios propi os de A son: λ0 = 2, 8
∧
λ1 = λ 2 = 1
Determinemos ahora los vectores propios asociados Para λ = 1
−1 (x,y,z ) ∈ S ⇐ ⇐⇒ ⇒ 1 1
−
como
−1 1 −
0 0 2 0
1 1 2
−
0 0 2 0
x 0 y = 0
1 1 2
−
z
0
−1 0
0 1 0 0 0 0 0
∼ e (1) e (−2) 32
31
se obtiene
−1 ⇐⇒ ⇒ 0 (x,y,z ) ∈ S ⇐
x 0 y = 0
0 1 0 0 0 0 0
1
z
0
As´ı, S 1 = x
{ ∈R =
3
: x = (x,y,z ), x = z = z,, y
∈ R}
(1, 0, 1), 1), (0, (0, 1, 0)} {(1,
sigue que dos vectores propios linealmente independiente en R3 y asociados a λ = 1 son (1 (1, 0, 1) y (0, (0, 1, 0). Para λ = 2
−2 (x,y,z ) ∈ S ⇐ ⇐⇒ ⇒ 1
− −
−2 1
2 ∼ 0
2
−2
0 1 0
1 1 1
x 0 y = 0 z
0
como
−2
0 1 0
− −
1 1 1
0 2 0 0
−1 1 0
As´ı, S 2 = x
{ ∈R
3
: x = (x, x, 2x), x
−
(1, −1, 2)} ∈ R} = {(1,
Se sigue que un vector propio asociado a λ a λ = 2 es (1 (1, 1, 2)
−
9
De lo anterior se sigue que T es T es invertible ya que λ = 0 no es val valor or propi propioo de T y la K er( er (T ) T ) = (0, (0, 0, 0) y as´ a s´ı n(T ) T ) = 0, r (T ) T ) = 3-
{
}
Por teorema una base que diagonaliza a T T es la formada por los vectores propios, es decir:
1 0 1 B = 0 , 1 −1 = {(, 0, 1), 1 0 2 1), (0,(0, 1, 0),0), (1,(1, −1, 2)} En efecto, la matriz de paso de la matriz can´ onica a la base compuesta por onica vectores propios es: 2 0 1 1 1 1 P = 1 0 1
−
−
−
De donde 1
−
P AP
=
=
2 0 −1 0 −1 1 1 1 1−10 00 1 −2 0 1 0
0 1 0
1 1 3
−
1 0
0 1 1 0
−
1 1 2
0 0 2
=: D
c) La n-´esima esi ma poten po tencia cia de A de A : An = A 2 An
2
−
= P 1 DP
−
P
1
−
DP An
2
−
= P 1 D2 P An
−
2
−
=
1
−
= P · · · = P
Dn P
donde P donde P es la matriz de paso definido definido en c) y D y D es es la matriz diagonal compuesta por los valores propios de A. As´ As´ı, se obtien obt iene: e: An = P
1
−
1 0
0 0 1 0 0 0 2n
P
Resoluci´ on on redactada redactada por el Sr. Ricardo Ricardo Oyarz´ Oyarz´ ua ua V.
10
6. La matriz asociada asociada al endomorfi endomorfismo smo f
∈ ∈ L(R) respecto a la base can´onica onica es
a 2
1 b c d e f 3
y B es una nueva base formada por los vectores (1, (1, 0, 1), 1), (1, (1, 1, 0), 0), (0, (0, 1, 1). Sabemos que f f es diagonalizable en aquella base, calcule los coeficientes coeficientes a,b,c,d,e,f y los valores propios de f . f . (En Pr´ actica) actica)
[f ]] la matriz asociada al operador lineal f : R3 Soluci´ on: on: Designamos por [f con respecto a las bases can´ onicas. En consecuencia: onicas.
a f ( f (x,y,z ) = (a,b,c) a,b,c) ⇐⇒ 2
1 b c d e f 3
x a y = b z
3
→R, (1)
c
Como f Como f es es diagonizable c/r a la base B = (1, (1, 0, 1), 1), (1, (1, 1, 0), 0), (0, (0, 1, 1) , ento entonc nces es
{
}
[f ] f ]B = diag( diag (λ1 , λ2 , λ3 )
(2)
Enseguida Enseguida observando observando que [f ] f ]B =
. . [f (1 f (1,, 0, 1)]B .. [f (1 f (1,, 1, 0)]B .. [f (0 f (0,, 1, 1)]B
teniendo presente la ecuaci´ on (2) debemos determinar los vectores coordenadas: on [f (1 f (1,, 0, 1)]B ,
[f (1 f (1,, 1, 0)]B
[f (0 f (0,, 1, 1)]B
utilizando la ecuaci´ on on de coordenadas (2): 1) [f (1 f (1,, 0, 1)]B = (α1 , α2 , α3 ), dond dondee α1 , α2 y α3 son tales que (1)
f (1 f (1,, 0, 1) = (a + b, + b, 2 + d, + d, e + 3) = α = α 1 (1, (1, 0, 1) + α + α2 (1, (1, 1, 0) + α + α3 (0, (0, 1, 1) es decir debemos resolver el sistema de cuaciones lineales:
1 0
1 0 1 1 1 0 1
α a + b + b α = 2 + d + d 1 2
α3
e + 3
luego las componentes del vector coordenada [f [f (1 (1,, 0, 1)]B son: α1 =
+ b a + b
+ e + + 1 + b + + d + d + + e + 5 − d + e −a − b + d a + b d − e − 1 e + , α = ,α = 2
2
2
11
3
2
2) [f (1 f (1,, 1, 0)]B = (β 1 , β 2 , β 3 ), dond dondee β 1 , β 2 y β 3 son tales que (1)
f (1 f (1,, 1, 0) = (a + 1, 1 , 2 + e, + e, e + b + b)) = B 1 (1, (1, 0, 1) + β + β 2 (1, (1, 1, ) + β + β 3 (0, (0, 1, 1) es decir, debemos resolver el sistema:
1 0
1 0 1 1 1 0 1
β a + b + b β = 2 + c + c 1 2
β 3
e + f + f
luego las componentes del vector coordenada [f [f (1 (1,, 1, 0)]B son: β 1 =
+ e + + f a + e f + c 2
+ c − e − f + 3 + e + + f − 1 , β = a + c −a + e f + c + c + 1 , β = 2
3
2
2
3) [f (0 f (0,, 1, 1)]B = (γ 1 , γ 2 , γ 3 ), donde γ 1 , γ 2 y γ 3 son tales tales que (1)
f (0 f (0,, 1, 1) = (1 + b, + b, c + d, + d, f + + 3) = γ = γ 1 (1, (1, 0, 1) + γ + γ 2(1, (1, 1, 0) + γ + γ 3 (0, (0, 1, 1) que podemos escribir en la siguiente forma matricial:
1 0
1 0 1 1 1 0 1
γ 1 + b + b γ = c + d + d 1 2
γ 3
b + 3
Resolviendo, este sistema de ecuaciones, se obtienen las componentes del vector coordenada [f [f (0 (0,, 1, 1)]B : γ 1 =
b + b + b + + 4 2
− c − d , γ = b + c − 2 , γ = b + c + c + + d d − f − + c + + d d − b + 2 2
3
2
2
De esta forma, se tiene que: [f ] f ]B
α = α
1 2
α3
β 1 γ 1 β 2 γ 2 β 3 γ 3
λ = 0 (2)
1
0
0 0 λ2 0 0 λ3
Igualando los elementos no diagonales, se obtiene el siguiente sistema:
1 0 10 −1 0
0 1 1 1 1 1
− −
1 1 0 1 0 1
− −
0 1 1 1 1 1
12
−
1 0 1 1 1 0
1 1 0 0 0 1
a 1 b −4 dc = 12 e 0 f
−2
Resolviendo se tiene que a = 3,
b =
−1,
c =
−1/2,
d = 1/2,
e = 3/2,
f =
−3
Adem´as, as, si iguala igualamos mos los element elementos os de la diagonal diagonal,, resulta resulta que los valores alores propios del endomorfismo son: λ1 = 21 (1 + b + b + + 1 + e d) = 2 1 λ2 = 2 (a + c + c e f + + 3) = 27 λ3 = 21 (f + c + c + d d b + 2) = 0
− − −
−
Resoluci´ on on redact redactada ada por el Sr. Manu Manuel el Solano Solano
13
4
7. La matriz matriz asociada a un endomorfi endomorfismo smo f
∈ ∈ L(R ) respecto a la base can´onica onica es 0 −1 −1 −1 −1 0 −1 −1 A = −1 −1 0 −1 −1 −1 −1 0
Encuentre una base ortonormal en la cual f f diagonalizable. Soluci´ on: on: Como A
sim´etrica, etrica, el teorema de la p´ agina agina 9 presentado ∈ M (R) es sim´ 4
en las transparencias del cap´ cap´ıtulo 13 del programa de la asignatura, asignatura, nos permite concluir:
• los valores propios de A son reales • vectores propios asociados a valores propios distintos son ortogonales • existe una base para R formada por vectores propios de A. 3
Determinaci´on on de: (a) Valores propios. Por la extructura extructura de la matriz, es sim´ sim´etrica etrica y la suma de los elementos de cada fila o columna son iguales, el c´ alculo del polinomio caracalculo ter´ıst ıs tico ic o p( p (λ) = det(A det(A λI ) es muy simple (identifique las operaciones elementales realizadas): realizadas):
−
p( p(λ) =
=
−λ −1 −−11
−1 −1 −λ −1 −1 −1 −1 −1 = −1 −λ −1 −1 −λ −1 −1 −1 −λ −1 −1 −λ −3 − λ −3 − λ −3 − λ −3 − λ −λ −1 −1 −1 1 − λ 0 0 −1 −λ −1 −1 = −(3 + λ 0 1−λ 0 + λ)) + λ)) −(3 + λ −1 −1 −λ −1 0 0 1−λ −1 −λ −1 −1
= (3 + λ)( λ)(λ λ
1
1
1
3
− 1)
1
1
1
1
0 0 0 1
As´ As´ı los valores propios propi os de A son: λ1 =
−3
es simpl implee
∧
λ2 = 1 con multi ultipl plic icid idad ad 3
(b) Espacios propios. Como debemos resolver para cada valor propio el sistema hom´ogeneo ogeneo (A (A λI )V = V = Θ, procedemos a desarrollar la reducci´ on on por filas de la matriz de coeficientes:
−
14
• Para λ = −3: 1
3 −1 −1 −1 3 −1 −1 −1 −1 3 −1 −1 ∼ −1 3 −1 −1 −1 −1 3 −1 −1 −1 3 −1 −11 −11 −11 −33 1 01 10 −30 0 −1 3 −1 −1 ∼ 0 4 0 −4 −1 −1 3 −1 0 0 4 −4 0 0 0 0 1 00 00 −10 0 0 1 0 −1 0 0 1 −1
A + 3I 3 I =
∼ ∼
0 0 0
•
0
(Hemos sumado las tres primeras filas a la ultima, u´ltima , despu´es es hemos sumados sumado s la tercera y segunda fila a la primera, etc.) Para λ2 = 1
−1 −1 A − I = −1 4
−1 −1 −1 −1 −1
−1 −1 −1 −1
−1 1 0 −1 ∼ −1 0 −1 0
1 0 0 0
1 0 0 0
1 0 0 0
As´ As´ı la caract car acteri erizac zaci´ i´ on de los espacios propios es la siguiente: on
S λ
=
S λ
= =
1
2
(x,y,z,w) x,y,z,w) ∈ (x,y,z,w) x,y,z,w) ∈
R
4
: x = x = y y = = z z = w =
4
: x + x + y y + + z z + w + w = = 0 ( 1, 1, 0, 0), 0), ( 1, 0, 1, 0), 0), ( 1, 0, 0, 1)
{ −
R
−
{(1, (1, 1, 1, 1)}
−
}
(c) Base ortonormal de R3 que diagonaliza el endomorfismo f . Si bien, las vectores propios asociados a valores propios distintos son ortogonales, onales, es necesari necesarioo ortonorm ortonormali alizar zar la base de S λ , aplicando el proceso de Gram-Schmidt: 2
Ortonormalizaci´ on de la base B2 = ( 1, 1, 0, 0), 0), ( 1, 0, 1, 0), 0), ( 1, 0, 0, 1) de S λ
{−
Definimos
−
−
ui = ( 1, 1, 0, 0) u2 =
− 0), u (−1, 0, 1, 0), (−1, 0, 1, 0) − u u 1
1
15
2
1
}
2
u 1
=2
2
− 12 , − 12 , 1, 0) u = 23 1), u 1), u (−1, 0, 0, 1), (−1, 0, 0, 1), (−1, 0, 0, 1) − u − u u u 1 1 (−1, 0, 0, 1) − u − u 2 3 1 1 1 4 (− , − , − , 1) u = 3 3 3 9
= ( u3 = = =
2
1
1
1
2
2
2
1
2
2
2
2
3
2
luego la base ortonormal que diagonaliza al endomorfismo es: ˆ= B
1 (1, 1, 1, 1), 1), √ (−1, 1, 0, 0), 0), { √ 12 (1, 2
√ 6 3
3 1 1 1 0), (− , − , − , 1)} − 12 , − 12 , 1, 0), 2 3 3 3
(
Resoluci´ on redactada por el Profesor Freddy Paiva on
16
8. Demues Demuestre tre que para toda matriz matriz A M 2 (R) su polinomio caracter´ caracter´ıstico es
∈ p( p(λ) = λ − tr( tr(A)λ + det + det((A). 2
(En Pr´ actica) actica)
Soluci´ on on:
Sea A M 2 (R) tal que A =
∈
a b c d
, a, a, b, c, d
∈ R.
Por definici´ definicion, o´n, se tiene:
p( p(λ) = det( det(A λI 2 ) a b = λ c d =
− 1 0 − 0 1 a − λ b c α−λ
= (a = λ2
)(d − λ) − bc − λ)(d + d))λ + (ad ( ad − bc) − (a + d bc)
Considerando la definici´ on on de la matriz A se tiene que tr( tr(A) = a + d + d y det(A det(A) = ad bc, bc, en consecuencia:
−
p( p(λ) = λ 2
− tr( tr(A) · λ + det + det((A)
Como queramos demostrar. Resoluci´ on redactada por el Sr, Fabi´ on an an Araneda B.
17
9. Sea T
∈ ∈ L(V ) ) con dim( dim(V ) ) = 3. Sea Sea B = {v , v , v } una base de V V tal que: 1
T ( T (v1 ) = v 1 + v + v3 ,
2
3
T ( T (v2 ) = v 2 + v + v3 ,
T ( T (v3 ) = 3v3
Determine los espacios propios de T de T y y su ecuaci´on on de definici´on. on. ¿Es T ¿Es T un un operador diagonalizable y biyectivo? Observe que Ud. no necesita necesita determinar determinar ni la nulidad nulidad ni el rango de T para responder si Nota: Observe T es
o no un operador biyectivo, basta saber que λ = 0 no es valor propio de T .
Soluci´ on on Podemos proceder de dos formas
(a) Observamos Observamos que podemos p odemos determinar muy facilmente facilmente los vectores coordenados de T ( T (vi ), i = 1, 2, 3 en la base B , a saber: [T ( (1, 0, 1) [T ( (0, 1, 1) [T ( (0, 0, 3) T (v1 )]B = (1, T (v2)]B = (0, T (v3 )]B = (0, luego, [T [T ]]B =
. . [T ( T (v1 )]B .. [T ( T (v2 )]B .. [T ( T (v3 )]B es decir
A := [T ] T ]B
1 = 0
0 0 1 0 1 1 3
en consecuencia
• los valores propios de T de T son λ0 = 1 de multiplicidad dos y λ1 = 3 simple Conclusi´ on 1: T es T es biyectiva, pues 0 no es valor propio y sabemos que
T (V ) ) es sobreyectivo si y s´ o lo si es inyectivo esto es, si y s´ olo olo olo si, K er( er (T ) T ) = θV . Los espacios propios asociados son
∈L
•
{ }
S 3 = S 1 = = = = =
{v } 3
( pues T (v3 ) = v 3 y
λ1 =
3 es un valor propio simple,
por lo tanto su espacio propio tiene dimensi´on on 1)
{v ∈ V : T ( T (v ) = v } {v ∈ V : (A − I )[v)[v]
= θ R
} 0 av + bv + cv ∈ V : 0 + bv + cv B
1
2
3
a 0 b = 0
0 0 0 0 1 1 2 V : a + a + b b + + 2c 2 c = 0
3
+ bv + cv + cv ∈ {av + bv {v − v , v − 2v } 1
2
2
1
3
3
c
0
}
1
Conclusi´ on 2 T es T es diagonalizable, pues, dim( dim(V ) ) = dim( dim(S 1 ) + dim + dim((S 3 ) =
1 + 2 y la base que diagon diagonali aliza za a T a T es B es B d := v3 , v2 [T ] T ]B = diag(3 diag (3,, 1, 1). Construir la matriz de paso.
{
1
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− v , v − 2v } es decir, 1
3
1
Finalmente T ( T (av1 + bv + bv2 + cv + cv3 ) = av 1 + bv + bv2 + (a + b + b + + 2c 2 c)v3 (b) Una segunda forma de proceder es observar de la definici´ on de T que v3 es un vector propio asociado al valor propio 3 y como T (V ) ) se tiene que T ( T (v1 ) T ( T (v2 ) = T ( T (v1 v2 ) = v 1 v2 , luego v luego v 1 v2 es tambi´en en un vestor propio prop io pero asociado al valor propio 1 de T de T .. etc..
−
−
−
−
∈L
Resoluci´ on redactada por el Profesor Freddy Paiva on
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