-2-
Transformaciones Lineales Definición: Sean V y W dos espacios vectoriales. Sea T : V → W una función que asigna a todo vector v ∈V un único vector w = T (v) ∈W . Se dice que T es una transformación lineal si: 1. ∀v, w ∈V T (v + w) = T (v) +T ( w) T (αv ) = αT (v ) 2. ∀α ∈ R ∀v ∈V
Teorema 1 Sea T : V → W una transformación lineal. Entonces: 1.
T (OV ) = OW
T (v ' ) = [T (v )] T (α1v1 + α2 v 2 + α3 v3 + ... + αn v n ) = α1T (v1 ) + α2T (v 2 ) + α3T (v3 ) + ... + αn T (v n )
2. ∀v ∈V
3.
'
Núcleo de una Transformación Lineal Definición: Sea T : V → W una transformación lineal. El núcleo de T , denotado por define como:
Nu (T ) ,
se
Nu (T ) = { v ∈ V / T (v) = OW }
Recorrido de una Transformación Lineal Definición: Sea T : V → W una transformación lineal. El recorrido o imagen de T , denotado por Re( T ) , se define como: Re( T ) = { w ∈W / T (v ) = w; v ∈V } Teorema 2 Sea T : V → W una transformación lineal. Entonces se cumple que: 1. El núcleo de T es un subespacio de V 2. El recorrido de T es un subespacio de W Nulidad y Rango de una Transformación Lineal Definición: Sea T : V → W una transformación lineal. La nulidad de T , denotada por define como: v (T ) = dim Nu (T )
El rango de T , denotado por ρ(T ) , se define como:
ρ(T ) = dim Re( T )
Ramiro J. Saltos
v (T ) ,
se
-3Teorema de la Dimensión Sea T : V → W una transformación lineal donde V es un espacio vectorial de dimensión finita. Entonces se cumple que: v (T ) + ρ(T ) = dim V
Transformación Lineal Inyectiva Definición: Sea T : V → W una transformación lineal. Se dice que T es inyectiva si: ∀v, w ∈V
{[T (v) = T ( w)] ⇒ (v = w)}
Transformación Lineal Sobreyectiva Definición: Sea T : V → W una transformación lineal. Se dice que T es sobreyectiva si todo vector de W es la imagen de por lo menos un vector de V . Es decir: ∀w ∈W ∃v ∈V
Dicho de otra manera, T es sobreyectiva si
w = T (v )
Re( T ) =W
Teorema 3 Una transformación lineal T : V → W es inyectiva, si y sólo si, Nu (T ) = {OV } Isomorfismo Definición: Sea T : V → W una transformación lineal. Se dice que T es un isomorfismo si T es inyectiva y T es sobreyectiva. Es decir, T es un isomorfismo si T es biyectiva. Espacios Vectoriales Isomorfos Definición: Sean V y W dos espacios vectoriales. Se dice que V y W son espacios vectoriales isomorfos, denotado por V ≅ W , si existe un isomorfismo T : V → W entre ellos. Teorema 4 Sea T : V → W una transformación lineal definida entre espacios vectoriales de dimensión finita, tales que dim V = dim W , entonces: 1. Si T es inyectiva, T es sobreyectiva. 2. Si T es sobreyectiva, T es inyectiva.
Teorema 5 Sean V y W dos espacios vectoriales de dimensión finita. Sea T : V → W una transformación lineal. Entonces: 1. Si dim V > dim W , T no es inyectiva. 2. Si dim V < dim W , T no es sobreyectiva. Lo que quiere decir, que si dim V ≠ dim W , T no es un isomorfismo Teorema 6 Ramiro J. Saltos
-4Sea T : V → W una transformación lineal, se cumple que: 1. Si T es inyectiva y S = {v1 , v 2 , v3 ,..., v n } es linealmente independiente en V , entonces S ' = {T (v1 ), T (v 2 ), T (v3 ),..., T (v n )} es linealmente independiente en W 2. Si T es sobreyectiva y G = {v1 , v 2 , v3 ,..., v n } genera a V , entonces G ' = {T (v1 ), T (v 2 ), T (v3 ),..., T (v n )} genera a W 3. Si T es un isomorfismo y B = {v1 , v 2 , v3 ,..., v n } es una base de V , entonces B ' = {T (v1 ), T (v 2 ), T (v3 ),..., T (v n )} es una base de W
Operaciones con Transformaciones Lineales Suma: Sean T1 : V → W y T2 : V → W dos transformaciones lineales. La suma entre denotada por T1 + T2 : V → W , se define como: ∀v ∈V
T1
y
T2 ,
(T1 + T2 )( v) = T1 (v ) + T2 (v )
Multiplicación por escalar: Sea α ∈ R . Sea T : V → W una transformación lineal. Se define la multiplicación de α por T , denotada por αT : V → W como: ∀v ∈V
(αT )( v) = αT (v )
Composición: Sean T1 : V → U y T2 : U → W dos transformaciones lineales. La composición entre T1 y T2 , denotada por T2 T1 : V → W , se define como: ∀v ∈V
(T2 T1 )( v ) = T2 (T1 (v ))
Transformación Lineal Inversa Definición: Sea T : V → W una transformación lineal. Se dice que T es invertible si existe una transformación lineal S : W → V , tal que: 1. 2.
T S : W → W = Id W S T : V → V = Id V
Si tal es el caso, se llama a S la inversa de T y se denota S = T −1 Teorema 7 La transformación lineal T : V → W es invertible, si y sólo si, T es un isomorfismo. Representación Matricial de una Transformación Lineal Teorema: Sea T : V → W una transformación lineal donde V y W son espacios vectoriales de dimensión finita. Supóngase que dim V = n y dim W = m . Sean B1 = {v1 , v 2 , v3 ,..., v n } y B2 = { w1 , w2 , w3 ,..., wm } dos bases de V y W respectivamente. La representación matricial de T respecto de las bases
B1
Ramiro J. Saltos
y
B2
respectivamente está dada por:
-5 ↑ AT = [T (v1 )] B 2 ↓
↑
↑
↓
[T (v 2 )] B 2 [T (v3 )] B 2 ↓
[T (v n )] B 2 ↓ mxn ↑
Teorema 8 Sea T : V → W una transformación lineal donde V y W son espacios vectoriales de dimensión finita. Sea AT la representación matricial de T respecto a las bases B1 y B2 de V y W respectivamente. Entonces: ∀v ∈V
[T (v)] B 2
= AT [ v ] B1
Teorema 9 Sea T : V → W una transformación lineal donde V y W son espacios vectoriales de dimensión finita. Sea AT la representación matricial de T respecto a las bases B1 y B2 de V y W respectivamente. T es un isomorfismo si y sólo si det( AT ) ≠ 0 Tema 1 Califique las siguientes proposiciones como verdaderas o falsas. Justifique formalmente su respuesta. 1 4 3 1 a) Existe una transformación lineal T : R 2 → R 2 tal que T 1 = 6 y T 3 = 0 1 Sea α = 3 y v = 1 αT (v) = T (αv )
(Falso)
1 1 3T 1 = T 3 1 4 3 3 6 =T 3 12 1 18 = 0
a a + b es una transformación lineal (Falso) b) La función T : R 2 → R 2 definida por T = b 1
1) T (v + w) = T (v) +T ( w) a
a
Sea v = 1 y w = 2 ∈ R 2 b1 b2 a a a a T 1 + 2 = T 1 + T 2 b1 b2 b1 b2 a + a 2 a1 + b1 a 2 + b2 = + T 1 b1 + b2 1 1 a1 + a 2 + b1 + b2 a1 + a 2 + b1 + b2 = 1 2
Ramiro J. Saltos
-6Contraejemplo Sea
1 v = 1
y
2 2 w = 2 ∈R 3 v +w = 3 3 1 2 T 3 =T 1 +T 2 6 2 4 1 = + 1 1 6 6 1 = 2
x + y a c) El operador T : R → R definido por T = x − y es lineal (Verdadero) b x ∀ v , w ∈ V T ( v + w ) = T ( v ) + T ( w ) 1) 2
a
3
a
Sean v = 1 y w = 2 ∈ R 2 b1 b2 a + a2 a a = T 1 + T 2 T 1 b1 + b2 b1 b2 (a1 + a 2 ) + (b1 + b2 ) a1 + b1 a 2 + b2 (a + a ) − (b + b ) = a − b + a − b 1 1 2 2 2 1 2 1 a1 a 2 a1 + a 2 a1 + a 2 + b1 + b2 a1 + a 2 + b1 + b2 a 1 + a 2 − b1 − b2 = a 1 + a 2 − b1 − b2 a1 + a 2 a1 + a 2
2) ∀α ∈ R ∀v ∈V Sea
T (αv ) = αT (v )
a v = ∈ R 2 . Sea α ∈ R b
αa a T αb = αT b αa + αb a + b αa − αb = α a − b αa a a + b a + b α a − b = α a − b a a
1 d) Si T : V → W es una transformación lineal tal que AT = 0 2
1 3 0
3 2 es la representación 1
matricial de T respecto a las bases B1 y B2 , entonces T es un isomorfismo (Verdadero)
Ramiro J. Saltos
-7Para saber si T es un isomorfismo bastará con calcular el determinante de la matriz asociada a T det( AT ) =1
3
2
0
1
−0
1
3
0
1
+2
1
3
3
2
det( AT ) = 3 + 2( 2 − 9) det( AT ) = 3 −14 det( AT ) = −11 3 −1 2 e) Sea T : R 2 → P2 una transformación lineal. Si T = 4 + x y T 2 = −3 + 2 x , −1 − 5 2 entonces T = −10 + 4 x − x (Verdadero) 5
Sabemos que: 3 − 1 , − 1 2
es una base de R 2 , es decir, que todo vector de R 2 se puede escribir como
combinación lineal de los vectores de esta base. Sea
a ∈ R 2 b
a 3 − 1 3α 1 − α 2 = α 1 + α 2 = b − 1 2 − α 1 + 2α 2
Para hallar la regla de correspondencia de T debemos expresar los escalares en términos de a y b . Planteamos la matriz y simplificamos por Gauss 1 − 2 −b 3 − 1 a − 1 2 b A12 (3) 1 − 2 1 P12 M 2 5 0 1 M ( − 1 ) − 1 2 b 3 − 1 a 0 5 a + 3 b 1 2a + b 2a + b α1 = 1 0 5 5 ⇒ a + 3b 0 1 a + 3b α2 = 5 5
( )
−b a + 3b A21 ( 2) 5
Ahora volvemos a escribir la combinación lineal y aplicamos transformación lineal en ambos lados de la ecuación a 3 −1 = α1 + α2 b −1 2 3 a −1 T = T α1 + α2 b 2 −1
Aplicamos las propiedades de las transformaciones lineales
a 3 −1 T b = α1T −1 + α2 T 2
Ramiro J. Saltos
-8Reemplazamos los escalares por las igualdades arriba encontradas y las transformaciones de los vectores de la base con los datos del problema. a 2a + b 2 a + 3b T = x +4 + ( 2 x − 3) 5 b 5
(
)
Simplificando nos queda: a 2a + b 2 2a + 6b 5a − 5b T = x + x + 5 5 b 5
Y finalmente
− 5 −10 + 5 2 −10 + 30 − 25 − 25 T x + x + 5 = 5 5 5 − 5 2 T 5 = −x + 4 x −10
f) Sea T : P2 → S 2 x 2 una transformación lineal con regla de correspondencia: a +b −c 2c T ( a + bx + cx 2 ) = c − b a + b − c −2 −1 4 = 1 − x + 2 x 2 (Verdadero) Entonces, T es un isomorfismo y T − 2 3
Para saber si T es invertible debemos hallar la matriz asociada a T y calcular su determinante, como no nos dan ninguna base nosotros usamos las bases canónicas. Sean
{
P = 1, x, x 2
}
respectivamente.
y
1 M = 0
0 T (1) = 1
1 1 = (0) 0 0
0 T (x) = 1
1 1 = (0) 0 −1
2 T (x ) = −1 2
0 0 , 0 1
−1 1 = ( 2) 0 1
0 → AT = 1 0
0 1 −1
1 0 , 0 0
0 0 + (1) 1 0 0 0 + (1) 1 0 0 0 + (−1) 1 0
2 −1 1
0 1
las bases canónicas de
1 0 + (0) 0 0
0 1
1 0 + ( −1) 0 0 1 0 + (1) 0 0
det( AT ) = −1
0 1
0
2 1
[
⇒ T (x ) 2
]
M
= −2 det( AT ) ≠ 0
∴T es un isomorfismo y es invertible
Sabemos que si T es invertible entonces T (v) = w ∧T −1 ( w) = v 1 + (−1) − 2 2( 2) T (1 − x + 2 x 2 ) = 1 −1 − 2 2 +1
Ramiro J. Saltos
y S 2x2
0 ⇒ [T (1)] M = 1 0 0 ⇒ [T ( x )] M = 1 −1
0 1
−1
P2
2 = −1 1
-9 4 T (1 − x + 2 x 2 ) = − 2
− 2 3
Tema 2 Sea T : R 3 → R 2 una transformación lineal definida por: a 2a − b T b = c c +b
a) Muestre que T es lineal 1 0 1 b) Encuentre la representación matricial de T respecto a las bases B1 = 1 , 1 , 0 0 0 1
1 0 y B2 = , − 1 1
a) Para determinar si T es lineal debemos ver si se cumplen los dos axiomas de las transformaciones lineales. 1)
T (v + w) = T (v ) +T ( w)
∀v, w ∈V
Sea
a v = b c
y
d w = e ∈R3 f
a d a d T b + e = T b + T e c f c f a + d 2a − b 2d − e + T b + e = c + f c + b f + e 2(a + d ) − (b + e) 2a − b + 2d − e = c + f +b +e c +b + f +e 2a + 2d − b − e 2a + 2d − b − e = c +b +e + f c +b +e + f
Y como vemos se cumple el primer criterio de linealidad 2) ∀α ∈ R ∀v ∈V Sea α ∈ R . Sea
T (αv ) = αT (v )
a v = b ∈ R 3 c
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- 10 a a T α b = αT b c c αa 2a − b T αb = α c +b αc 2αa − αb 2αa − αb = αc + αb αc + αb
Se cumple el segundo criterio de linealidad. ∴T es una transformación lineal
Ramiro J. Saltos
- 11 b) Por teorema sabemos que: ↑ 1 AT = 1 0 B 2 ↓
↑ 0 1 0 ↓
↑ 1 0 1 B2 ↓
B2
Escribiremos el sistema de ecuaciones de manera general para luego solo reemplazarlo en cada vector 1 0 α1 T (v) = α 1 + α 2 = − 1 1 − α1 + α 2
También realizamos las transformaciones de los tres vectores de la base 1 1 T 1 = 0 1
0 −1 T 1 = 0 1
1 2 T 0 = 1 1
Igualamos las ecuaciones y encontramos los vectores coordenadas α1 = 1 − α 1 + α 2 = 1 → α 2 = 2 α 1 = −1 − α 1 + α 2 = 1 → α 2 = 0
1 1 ⇒ T 1 = 2 0 B2 0 − 1 ⇒ T 1 = 0 0 B2 1 2 ⇒ T 0 = 3 1 B2
α1 = 2 − α 1 + α 2 = 1 → α 2 = 3
Y finalmente reemplazamos los vectores coordenadas en las columnas de la matriz y 1 ∴ AT = 2
−1 0
2 3
Ramiro J. Saltos
- 12 Tema 3 Sea T : R 2 → R 2 la función que transforma cada punto del plano en su simétrico respecto del eje y . Encontrar la regla de correspondencia de T y demuestre que es una transformación lineal.
Determinar la regla de correspondencia de T es sencillo ya que el punto simétrico en el plano respecto al eje y es el mismo punto pero con la coordenada en x cambiada de signo. Entonces: x − x T = y y
Ahora hay que averiguar si se cumplen los criterios de linealidad. 1)
T (v + w) = T (v ) +T ( w)
∀v, w ∈V
Sea
a v = b
y
c w = ∈ R 2 d a c a c T + = T + T b d b d a + c − a − c = + T b + d b d − a − c − a − c = b+d b +d
Se cumple el primer criterio de linealidad 2) ∀α ∈ R ∀v ∈V Sea α ∈ R . Sea
T (αv ) = αT (v )
x v = ∈ R 2 y x x T α y = αT y αx − x T αy = α y − αx − αx αy = αy
Se cumple el segundo criterio de linealidad ∴T es una transformación lineal
Ramiro J. Saltos
- 13 Tema 4 Determine el rango y la nulidad de la siguiente transformación lineal a a T = a + b b b
a) Por definición sabemos que:
Nu (T ) = { v ∈ V / T (v) = OW }
Aplicando la definición al problema nos queda: 0 a a 2 Nu (T ) = ∈ R / T = 0 b 0 b
Entonces para hallar el núcleo de la transformación lineal igualamos la regla de correspondencia de la misma con el vector nulo de R 3 a =0 a + b = 0 b =0
De donde concluimos que: 0 Nu (T ) = 0
b) Para el recorrido sabemos que:
v (T ) = 0
Re( T ) = { w ∈W / T (v ) = w; v ∈V }
Y aplicada al problema nos queda: x x a 3 Re(T ) = y ∈ R / T = y b z z
Para hallar el recorrido igualamos la regla de correspondencia con el vector típico de la imagen, luego planteamos la matriz aumentada y simplificamos hasta obtener la mayor cantidad de filas llenas de ceros. a =x a + b = y b =z
1 1 0
0 1 1
x 1 y A21 ( −1)0 0 z
x x 1 0 y = x + z = x 1 + z 1 z z 0 1
0 1 1
1 y − x A32 (−1)0 0 z x
BRe( T )
0 0 1
1 0 = 1 , 1 0 1
Tema 5 3 Dada la aplicación lineal T : R → M 2 x 2 definida por:
Ramiro J. Saltos
y −x −z z x
y −x −z =0 y = x +z
ρ(T ) = 2
- 14 a a − b T b = c b
b b −c
a) Halle la representación matricial de T respecto a las bases canónicas. b) Encuentre Ker (T ), Im( T ), ν(T ), ρ(T )
a) Para hallar la representación matricial de T debemos encontrar los vectores coordenadas de las transformaciones de los vectores de la base del espacio de partida. 1 1 T 0 = 0 0
0 1 = (1) 0 0
0 0 + (0) 0 0
0 −1 1 1 T 1 = 1 1 = ( −1) 0 0 0 0 T 0 = 1 0
0 1 = (0) −1 0
1 0 + (0) 1 0
0 0 + (1) 0 0
0 0 + (0) 0 0
0 0 + (0) 0 0
1 0 + (1) 1 0
1 0 + ( 0 ) 0 1
0 1
0 0 + (1) 0 0
0 1
0 0 + ( −1) 0 0
0 1
1 1 0 ⇒ T 0 = 0 0 0 − 1 0 1 ⇒ T 1 = 1 0 1 0 0 0 ⇒ T 0 = 0 1 − 1
Estos vectores coordenadas representan las columnas de la matriz asociada a T , por que procedemos a formar dicha matriz 1 0 AT = 0 0
−1 1 1 1
0 0 0 −1
b) •
a a 0 0 3 Nu (T ) = b ∈ R / T b = c c 0 0
Aplicamos el procedimiento ya visto en ejercicios anteriores de igualar la regla de correspondencia con el vector nulo del espacio de llegada.
De donde obtenemos que:
a − b = 0 → a = 0 b =0 b =0 b − c = 0 → c = 0
0 Nu (T ) = 0 0
Ramiro J. Saltos
∴v (T ) = 0
- 15 •
w Im( T ) = y
a w x ∈ M 2 x 2 / T b = z c y
x z
Para hallar el recorrido igualamos la regla de correspondencia con el vector típico de la imagen, planteamos el sistema de ecuaciones y simplificamos por Gauss hasta obtener la mayor cantidad de filas posibles llenas de ceros a − b = w b=x b=y b − c = z
1 0 0 0
−1 1 1 1
w 1 x 0 A23 ( −1) y 0 z 0
0 0 0 −1
−1 1 0 1
0 0 0 −1
w x y −x =0 y −x x = y z
Ahora reemplazamos esta condición en el vector característico y extraemos la base w y
x w = z x
1 BRe( T ) = 0
x 1 = w 0 z
0 0 , 0 1
1 0 , 0 0
0 0 + x 1 0
1 0 + z 0 0
0 1
0 1
∴ρ(T ) = 3
Si revisamos el teorema de la dimensión v (T ) + ρ(T ) = dim V 0 +3 = 3 3 =3
Tema 6 Sea T :P 2 → M 2 x 2 una aplicación definida por: 1 −1 c b T ( ax 2 + bx + c ) = 2 1 a c a) Obtenga Ker (T ), Im( T ), ν(T ), ρ(T ) b) Hallar la matriz asociada a T con respecto a las bases
{
}
B1 = x − 1, x + 1, x 2 − 1 1 1 1 1 1 B2 = , , 1 1 1 0 0
1 1 , 0 0
−1 0
Antes de desarrollar el ejercicio primero debemos trabajar un poco con la regla de correspondencia de la transformación lineal y dejarla simplificada. Para ello realizamos la multiplicación: −1 c 1 a
b c −a = c 2c + a
b −c 2b + c
c −a ∴T ax 2 + bx + c = 2c + a
b −c 2b + c
1 2
(
)
Ramiro J. Saltos
- 16 a) •
0 0 Nu (T ) = ax 2 + bx + c ∈ P2 / T ax 2 + bx + c = 0 0
(
)
Como ya sabemos hay que igualar la regla de correspondencia de la transformación con el vector nulo del espacio de llegada y planteamos el sistema de ecuaciones c −a = 0 →c = a b−c = 0 →b = c 2c + a = 0 → 2c + c = 0 → c = 0 2b + c = 0
⇒a=b=c=0
De donde obtenemos que: Nu (T ) = {0 x 2 + 0 x + 0}
•
w Re( T ) = y
x w ∈ M 2 x 2 / T ax 2 + bx + c = z y
(
)
v (T ) = 0
x z
Realizamos el mismo procedimiento visto en ejercicios anteriores, por tanto igualamos la regla de correspondencia con el vector típico de la imagen, planteamos el sistema de ecuaciones y simplificamos por Gauss.
−1 0 1 0
0 1 0 2
1 −1 2 1
w −1 x 0 A13 (1) y 0 z 0
−1 0 0 0
0 1 0 2
c −a = w b −c = x 2c + a = y 2b + c = z 1 w −1 −1 x 0 A24 (−2) 3 y +w 0 1 z 0
0 1 w 1 −1 x 0 0 y + w + 2x − z 0 3 z − 2x
0 1 0 0
1 −1 3 3
w x A43 ( −1) y +w z −2 x
y + w +2x − z = 0 z = y + w +2x
Reemplazamos la condición en el vector típico w y
x w = z y
x 1 = w 0 y + w + 2x
0 0 + x 0 1
Ramiro J. Saltos
1 0 + y 1 2
0 1
- 17 1 BRe( T ) = 0
0 0 , 1 0
1 0 , 2 1
0 1
ρ(T ) = 3
b) Para hallar la representación matricial primero debemos encontrar las transformaciones de los vectores de la base del espacio de partida, y a dichas transformaciones calcular sus vectores coordenadas respecto a la base del espacio de llegada y finalmente reemplazar dichas coordenadas en las columnas de la matriz buscada. −1 T (x −1) = − 2
2 1
1 T (x +1) = 2
↑ − 1 2 AT = − 2 1 B 2 ↓
− 2 T x 2 −1 = −1
0 3
↑ 1 0 2 3 B 2 ↓
(
)
1 −1
− 2 1 − 1 − 1 B 2 ↓ ↑
Encontramos una combinación lineal general 1 1 1 1 1 1 1 − 1 α 1 + α 2 + α 3 + α 4 α 1 + α 2 + α 3 − α 4 + α 2 + α 3 + α 4 = T (v) = α 1 α1 + α 2 α1 1 1 1 0 0 0 0 0
•
−1 − 2
2 1 B 2
α 1 + α 2 + α 3 + α 4 = − 1 → α 3 + α 4 = 1 α + α + α −α = 2 → α −α = 4 1 2 3 4 3 4 α 1 + α 2 = −2 → α 2 = −3 α1 = 1
∴ [ T ( x − 1)] B 2
1 − 3 = 5 2 − 3 2
1 0 5 1 1 1 1 1 1 − 1 1 1 1 2 A1 2 (− 1) M 2 A2 1(− 1) − 3 2 0 1 0 1 − 3 1 − 1 4 0 − 2 3 2 2
( )
•
1 2
0 3 B 2
Ramiro J. Saltos
5 2 ⇒ −3 α4 = 2
α3 =
- 18 α 1 + α 2 + α 3 + α 4 = 1 → α 3 + α 4 = −1 α + α + α − α = 0 → α − α = − 2 1 2 3 4 3 4 α 1 + α 2 = 2 → α 2 = −1 α1 = 3
∴ [ T ( x + 1)] B 2
3 − 1 = − 3 2 1 2
1 0 − 3 1 1 − 1 1 1 − 1 − 1 1 1 − 1 2 A1 2 (− 1) M 2 A2 1(− 1) 1 2 0 1 0 1 1 1 − 1 − 2 0 − 2 − 1 2 2
( )
−3 2 ⇒ 1 α4 = 2
α3 =
•
− 2 −1
1 − 1 B 2
α 1 + α 2 + α 3 + α 4 = − 2 → α 3 + α 4 = − 1 α +α +α −α =1→ α −α = 2 1 2 3 4 3 4 α + α = − 1 → α = 0 1 2 2 α 1 = −1
[
]
∴ T ( x 2 − 1) B 2
−1 0 = 1 2 − 3 2
1 0 1 α3 = 1 1 1 − 1 1 1 − 1 − 1 1 1 − 1 2⇒ 2 A1 2 (− 1) M 2 A2 1(− 1) − − 3 2 0 1 − 3 α4 = 3 0 1 1 − 1 2 0 − 2 3 2 2 2
( )
Reemplazando en la matriz:
3 −1 1 − 3 − 1 0 AT = 5 −3 1 2 2 2 −3 1 − 3 2 2 2 Tema 7 Sea T : R 3 → R 3 una transformación lineal, tal que: 1 1 1 0 0 1 T 1 = 0 , T 0 = 1 y T 1 = 0 1 2 1 1 1 1
Encuentre la regla de correspondencia de T
Ramiro J. Saltos
- 19 Aquí desarrollaremos un procedimiento general para resolver este tipo de ejercicios. Por lo general los tres vectores que nos dan de datos son linealmente independientes y constituyen una base del espacio de partida. Seleccionamos un vector típico o representativo del espacio de partida, en este caso R 3 y lo escribimos como combinación lineal de la base formada. Luego procedemos a expresar los escalares en términos de las variables que conforman el vector característico, así: 1 1 0 B = 1, 0 , 1 1 1 1
Sea
es una base de R 3
a 3 b ∈ R c
a 1 1 0 α1 + α 2 b = α 1 1 + α 2 0 + α 3 1 = α 1 + α 3 c 1 1 1 α + α + α 2 3 1 1 1 1
1
0
0 1
1 1
a 1 A12 ( −1) b 0 A13 ( −1) c 0
1
0
−1 0
1 1
1 A21 (1) b −a 0 A32 ( −1) c −a 0
α1 + α 2 = a α1 + α 3 = b α + α + α = c 2 3 1
a
→ α1 = a + b − c
0
1
−1 0
0 1
α2 = c − b
1 M 2 ( −1) b −c 0 A31 ( −1) c −a 0 b
0
0
1 0
0 1
a +b −c c −b c −a
α3 = c − a
Ahora reescribimos la combinación lineal inicial, sacamos transformación lineal a ambos lados, reemplazamos los datos y simplificamos a 1 1 0 b = α1 1 + α 2 0 + α3 1 c 1 1 1 a 1 1 0 T b = α1T 1 +α2T 0 +α3T 1 c 1 1 1 a 1 0 1 T b = ( a + b − c) 0 + (c − b)1 + (c − a ) 0 c 2 1 1 a a + b − c 0 c − a T b = 0 + c − b + 0 c 2a + 2b − 2c c − b c − a
Tema 8
Ramiro J. Saltos
a b ∴T b = c − b c a + b
- 20 Sea T : R 2 → R 3 una transformación lineal y suponga que: −1 −8 1 −1 T 1 = 3 y T 2 = − 6 1 5
− 9 Calcule T 6
Para calcular lo que nos pide el ejercicio primero debemos hallar la regla de correspondencia de T Sabemos que: 1 − 1 B = , 1 2
Sea
es una base de R 2
a ∈ R 2 b
a 1 − 1 α − α 2 = α 1 + α 2 = 1 b 1 2 α 1 + 2α 2
a 1 0 1 −1 a 1 − 1 a 1 −1 1 b − a A21 (1) A12 (−1) M 2 3 0 1 0 1 1 2 b 0 3 b − a 3
( )
2a + b 3 b−a 3
2a + b 3 → b−a α2 = 3
α1 =
Una vez expresados los escalares en términos de las variables que conforman el vector típico, sacamos transformación lineal a ambos lados de la combinación lineal, reemplazamos igualdades y simplificamos a 1 −1 T b = α1T 1 + α2T 2 −1 −8 a 2a + b b − a T b = 3 3 + 3 − 6 1 5 −1 −8 a 2a + b b − a T b = 3 3 + 3 − 6 1 5
− 2a − b 8a − 8b 3 3 a 6a + 3b 6a − 6b T = + b 3 3 2a + b 5b − 5a 3 3
Ramiro J. Saltos
- 21 2a − 3b a T b = 4a − b − a + 2b
− 36 − 9 ∴T 6 = − 42 21
Tema 9 Sea T : R 3 → R 2 una transformación lineal y suponga que: 1 0 0 2 −1 5 T 0 = 3 , T 1 = 4 y T 0 = 0 0 1 − 3 0 Calcule T 1 5
Este ejercicio es muy parecido al anterior, por tanto realizamos los mismos procedimientos para hallar la respuesta Sea
1 0 0 B = 0 , 1 , 0 0 0 1
Sea
a 3 b ∈ R c
una base de R 3
a 1 0 0 α 1 α1 = a b = α 1 0 + α 2 1 + α 3 0 = α 2 ⇒ α 2 = b c 0 0 1 α α3 = c 3 a 1 0 0 T b = α1T 0 + α2T 1 + α3T 0 c 0 0 1 a 2 −1 5 T b = a 3 + b 4 + c − 3 c a 2a − b + 5c T b = c 3a + 4b − 3c
0 24 ∴T 1 = 5 −11
Ramiro J. Saltos
- 22 Tema 10 Sea T : P2 → P2 un operador lineal tal que:
T ( x ) =1
T (1 + x ) = 3 + x 2 T ( 2 − x 2 ) = x −1
a) Determine una regla de correspondencia para T b) Respecto al resultado anterior, encuentre Nu (T ), Im( T ), ν(T ), ρ(T ) c) Determine la representación matricial de T respecto a la base canónica de P2
a) Este literal lo resolvemos casi de manera mecánica, tal como los dos ejercicios anteriores Sea
{
B = x, x + 1,2 − x 2
} es una base de
P2
Sea a + bx + cx 2 ∈ P2 a + bx + cx 2 = α1 ( x) + α 2 ( x + 1) + α 3 (2 − x 2 ) a + bx + cx 2 = (α 2 + 2α 3 ) + (α1 + α 2 ) x + (−α 3 ) x 2
α 2 + 2α 3 = a α1 + α 2 = b −α = c 3 0 1 0
1
2
1 0
0 −1
a 1 P12 b 0 M 3 ( −1) c 0
1
0
1 0
2 1
b 1 a A21 (−1)0 0 −c
α1 = −a + b − 2c
0
−2
1 0
2 1
b −a 1 A31 ( 2) a 0 A32 ( −2) −c 0
0
0
1 0
0 1
b − a − 2c a + 2c −c
α3 = −c
α 2 = a + 2c
T ( a + bx + cx 2 ) = α1T ( x) + α 2T ( x + 1) + α 3T ( 2 − x 2 ) T ( a + bx + cx 2 ) = (−a + b − 2c)(1) + ( a + 2c)(3 + x 2 ) + ( −c )( x −1) T ( a + bx + cx 2 ) = ( 2a + b + 5c) + ( −c) x + (a + 2c) x 2
b)
• Nu(T ) = {cx 2 + bx + a ∈ P2 / T (cx2 + bx + a) = 0 x 2 + 0 x + 0} 2a + b + 5c = 0 → b = 0 −c = 0 →c = 0 a + 2c = 0 → a = 0
{
⇒a=b=c=0
}
v (T ) = 0
∴ Nu (T ) = 0 x 2 +0 x + 0
Para calcular el recorrido usamos el teorema que dice que si dim V = dim W y si T es inyectiva, entonces T es sobreyectiva. T es inyectiva porque Nu (T ) = {OV } , por tanto Re( T ) = P2
ρ(T ) = 3
Ramiro J. Saltos
- 23 c) La base canónica de
P2
es
{
B = 1, x, x 2
}
↑ AT = [T (1)] B ↓
T (x ) B ↓
↑
[
[T ( x)] B ↓
↑
2
2 ⇒ [T (1) ] B = 0 1
T (1) = 2 + x →( 2)(1) + (0)( x ) + (1)( x ) 2
]
2
⇒ [T ( x)] B
T ( x ) =1 →(1)(1) + (0)( x ) + (0)( x ) 2
[
T ( x ) = 5 − x + 2 x → (5)(1) + ( −1)( x) + (2)( x ) ⇒ T ( x ) 2
2
2
2 ∴AT = 0 1
1 0 0
2
]
B
1 = 0 0
5 = −1 2
5 −1 2
Tema 11 Construya, de ser posible, una transformación lineal T : R 3 → P2 que cumpla con las siguientes condiciones: a • Nu (T ) = b / a = −t , b = t , c = 2t , t ∈ R c •
Im(T ) = { ax 2 + bx + c ∈ P2 / c = a + b}
•
0 1 2 T −1 = 2 + x + x y T 1 =1 + x 2 3 1
Para resolver este tipo de ejercicios primero debemos encontrar una base y la dimensión tanto del núcleo como del recorrido de la transformación y verificar si se cumple el teorema de las dimensiones. Si este no se cumple, entonces no existe una transformación lineal que cumpla las condiciones que del problema Sea
a b ∈ Nu (T ) c a − t −1 b = t = t 1 c 2t 2
→ B Nu (T )
− 1 = 1 2
Ramiro J. Saltos
v(T ) =1
- 24 Sea
ax 2 + bx + c ∈ Re( T ) ax 2 + bx + c = ax 2 + bx + (a + b) = a( x 2 +1) + b( x +1)
{
}
→ BRe( T ) = x 2 + 1, x + 1
ρ(T ) = 2
Revisamos el teorema de las dimensiones
v (T ) + ρ(T ) = dim V
1 +2 =3 3 =3
Y como se cumple debemos proseguir. Para proseguir debemos conseguir una base del espacio de partida, en este caso R 3 , y la obtenemos con los dos vectores que nos dan en el problema más el que forma parte de la base del Nu (T ) , así: 1 0 −1 B = 1, −1, 1 1 3 2
Ahora realizamos el mismo procedimiento de siempre que consiste en plantear la combinación lineal y expresar los escalares en términos de las variables que conforman el vector característico Sea
a 3 b ∈ R c
a 1 0 − 1 α 1 − α 3 b = α 1 1 + α 2 − 1 + α 3 1 = α 1 − α 2 + α 3 c 1 3 2 α + 3α + 2α 2 3 1 1 1 1
0
−1
−1 3
1 2
a 1 A12 ( −1) b 0 A13 ( −1) c 0
0
−1
−1 3
2 3
1 A23 (3) b −a 0 M 2 ( −1) c −a 0 a
α1 − α 3 = a α1 − α 2 + α 3 = b α + 3α + 2α = c 2 3 1 0
−1
1 0
−2 9
5a + 3b + c 1 0 0 9 a 1 0 −1 A31 (1) a − 3b + 2c 0 1 − 2 a−b 0 1 0 9 − 4a + 3b + c A32 (2) 0 0 1 − 4a + 3b + c 9 0 0 1 9
a −b M 3 1 9 − 4a + 3b + c a
( )
5a + 3b + c 9 a − 3b + 2c → α2 = 9 − 4a + 3b + c α3 = 9
α1 =
Luego aplicamos transformación lineal en ambos lados de la combinación y reemplazamos por las igualdades que obtuvimos y las que nos dan en el ejercicio. Cabe recordar que la transformación lineal de todo vector que pertenece al núcleo es igual al vector nulo del espacio de llegada a 1 0 −1 T b = α1T 1 +α2T −1 +α3T 1 c 1 3 2 a 1 0 −1 5a + 3b + c a − 3b + 2c − 4a + 3b + c T b = T 1 + T − 1 + T 1 9 9 9 c 1 3 2
Ramiro J. Saltos
- 25 a 5a + 3b + c 2 a − 3b + 2c 2 − 4a + 3b + c 2 T b = x +1 + x + x + 2 + 0x + 0x + 0 9 9 9 c
(
)
(
)
(
)
a 5a + 3b + c 2a − 6b + 4c a − 3b + 2c 5a + 3b + c a − 3b + 2c 2 T b = + + x + + x 9 9 9 9 9 c a 7 a − 3b + 5c a − 3b + 2c 6a + 3c 2 ∴T b = + x + x 9 9 9 c
Tema 12 3 Construya, de ser posible, una transformación lineal T : S 2 x 2 → R que cumpla con las siguientes condiciones: a b ∈ S 2 x 2 / a = c ∧ b + 2c = 0 • Ker (T ) = b c −3 0 0 = 1 y T 2 2 4
1 2 = 1 −1 0
•
−1 T 0
•
x 3 Im(T ) = y ∈ R / x − y + z = 0 z
Primero debemos hallar las dimensiones tanto del núcleo como del recorrido para verificar si se cumple el teorema de las dimensiones Sea
a b
b ∈ Nu (T ) c a b
Sea
b c = c − 2c
− 2c 1 = c c − 2
− 2 1
1 − 2 ⇒ B Nu (T ) = − 2 1
v(T ) =1
x y ∈Re( T ) z x x 1 0 y = x + z = x 1 + z 1 z z 0 1
Verificando el teorema
⇒ BRe(T )
1 0 = 1 , 1 ρ(T ) = 2 0 1
v (T ) + ρ(T ) = dim V 1 +2 =3 3 =3
Ahora debemos encontrar una base del espacio vectorial de partida, hay que recordar que esta base contiene a la base del núcleo, así Ramiro J. Saltos
- 26 1 B = − 2
Sea
a b
− 2 −1 0 0 , , 1 0 2 2
2 − 1
b ∈S 2x2 c
− 2α 1 + 2α 3 a b 1 − 2 −1 0 0 2 α1 − α 2 = α 1 + α 2 + α 3 = b c − 2 1 0 2 2 − 1 − 2α 1 + 2α 3 α 1 + 2α 2 − α 3
α1 − α 2 = a − 2α 1 + 2α 3 = b α + 2α − α = c 2 3 1 1 − 2 1
−1
0
0 2
2 −1
a 1 A12 ( 2) b 0 A13 ( −1) c 0
−1
0
−2 3
2 −1
1 2a + b A32 (1)0 0 c −a a
−1
0
1 3
1 −1
A (1) a + b + c 21 A23 ( −3) c −a a
4 a + b + 2c 1 0 0 4 2a + b + c 1 0 1 1 0 1 2a + b + c A31 (−1) b + 2c − 1 a + b + c M 3 0 1 1 a+b+c 0 1 0 0 1 1 4 4 4a + 3b + 2c A32 (−1) 0 0 − 4 − 4a − 3b − 2c 0 0 1 4 a + 3 b + 2 c 4 0 0 1 4
( )
→ α1 =
4 a + b + 2c 4
α2 =
b + 2c 4
α3 =
4a + 3b + 2c 4
Y ahora realizamos el mismo procedimiento de siempre para hallar la regla de correspondencia a T b a T b
b 1 = α1T − 2 c
− 2 −1 0 0 + α2T + α3T 2 1 0 2
2 −1
0 − 3 1 4a + 3b + 2c b 4a + b + 2c b + 2c = 0 + 1 + 1 c 4 4 4 0 4 0
− 3b − 6c 4a + 3b + 2c 4 4 a b b + 2c 4a + 3b + 2c = T + b c 4 4 4b + 8c 0 4 4 a ∴T b
a −b b = a + b + c c b + 2c
Ramiro J. Saltos
- 27 Tema 13 Sea T : R 3 → R 3 la transformación lineal definida por: x x −z T y = y z y + z
Determine si T es un isomorfismo y en caso de serlo calcule T
−1
1 2 3
Para determinar si T es invertible debemos hallar su representación matricial, y lo más sencillo será hacerlo respecto a las bases canónicas Sea
1 0 0 B = 0 , 1 , 0 0 0 1
la base canónica de R 3
1 1 1 0 0 T 0 = 0 → (1) 0 + (0)1 + (0) 0 0 0 0 0 1
1 1 ⇒ T 0 = 0 0 0
0 0 1 0 0 T 1 = 1 → (0) 0 + (1)1 + (1) 0 0 1 0 0 1
0 0 ⇒ T 1 = 1 0 1
0 − 1 0 −1 1 0 0 T 0 = 0 → ( −1)0 + (0)1 + (1)0 ⇒ T 0 = 0 1 1 0 0 1 1 1 1 ∴AT = 0 0
0 1 1
−1 0 1
Calculamos su determinante y si este es diferente de cero, entonces T es invertible 1 det( AT ) =1 1
0 1
=1 ≠ 0
∴T es un isomorfismo
Para calcular la inversa de T igualamos la regla de correspondencia con el vector típico del espacio de partida y simplificamos el sistema de ecuaciones por Gauss hasta obtener la matriz identidad, así
Ramiro J. Saltos
- 28 T
x − z = a ⇒ y =b y + z = c
1 0 0
0
−1
1 1
0 1
−1
x − z a y = b y + z c
a 1 b A23 ( −1)0 0 c
0
−1
1 0
0 1
1 b A31 (1)0 0 c −b a
0
0
1 0
0 1
a −b + c b c −b
Lo que nos queda del otro lado de la matriz aumentada es la regla de correspondencia de T −1 y lo único que hay que hacer es escribirla bonito adaptándola a los espacios que pertenece, que para R 3 es sencillo porque va directo, tal como está, así a a − b + c T −1 b = b c c −b
Y calculando lo que nos pide el ejercicio: 1 2 ∴T 2 = 2 3 1
Ramiro J. Saltos
- 29 Tema 14 Sea T : P1 → R 2 una transformación lineal con regla de correspondencia: a + 2b T ( a + bx ) = 3a + 7b
a)
Encuentre la representación matricial de T respecto a las bases B1 = {1 + x,3 − 2 x}
2 1
de P1 y B2 = , de R 2 y la matriz asociada a T respecto a las bases 5 5 1 0 canónicas B3 = {1, x} de P1 y B4 = , de R 2 0 1
b)
Si T es invertible, encuentre la regla de correspondencia de T −1
a) Por teorema sabemos que: B1
AB 2
↑ [ = 1 + x] B 2 ↓
[3 − 2 x ] B 2 ↓ ↑
2 1 2α + α 2 T (v) = α 1 + α 2 = 1 5 5 5α 1 + 5α 2
Ahora debemos hallar las coordenadas de las transformaciones de los vectores de la base B1 en la base B 2 •
3 T (1 + x ) = 10
( ) 1
2 1 3 M2 1 5 5 5 10 P12 •
2α 1 + α 2 = 3 5α 1 + 5α 2 = 10
1 2 1 1 2 A21 (1) 1 0 1 A ( − 2 ) 12 2 1 3 M ( − 1 ) 0 − 1 − 1 0 1 1 2
−1 T (3 − 2 x ) = − 5
[T (1 + x)] B 2
1 = 1
2α 1 + α 2 = −1 5α 1 + 5α 2 = −5
( ) 1
2 1 − 1 M 2 1 5 5 5 − 5 P12
1 − 1 1 1 − 1 A21 (1) 1 0 0 A ( − 2 ) 2 1 − 1 12 M ( − 1 ) 0 − 1 1 0 1 − 1 2 [T (3 − 2 x)] B 2
0 = − 1
1 ∴B1 AB 2 = 1
0 −1
Para encontrar la representación matricial de T respecto a las bases canónicas realizamos el mismo procedimiento, aunque en este caso es más fácil encontrar las columnas de la matriz.
Ramiro J. Saltos
- 30 1 T (1) = 3 2 T (x ) = 7
[T (1)] B 4 [T ( x)] B 4
1 ∴B 3 DB 4 = 3
1 = 3 2 = 7
2 7
b) Para saber si T es invertible hay que calcular el determinante de cualquiera de las dos representaciones matriciales anteriores det( A) =(1)( −1) −(1)( 0) det( A) = −1 det( A) ≠ 0
∴T es invertible
Y como ya se vio en ejercicios anteriores para encontrar T −1 igualamos la regla de correspondencia de T con el vector típico del espacio de partida, en este caso P2 a + 3b = m + nx T −1 3a + 7b 1 3
2 7
m 1 A12 ( −3) 0 n
2 1
m 1 A21 ( −2) 0 n − 3m
0 1
7 m − 2n n − 3m
Pero como la regla de correspondencia está en términos de a y b siempre es bueno dejar expresada la respuesta en función de las ya mencionadas variables a ∴T −1 b = (7 a − 2b) + ( −3a + b) x
Tema 15 Sea T : S 2 x 2 → P2 , una transformación lineal con regla de correspondencia: a b 2 T b c = (a − 2b − c ) + (−a + b + c ) x + (b − 3c) x Demuestre que T es invertible y encuentre la regla de correspondencia de T −1
Para averiguar si existe la inversa T primero debemos comparar las dimensiones de los espacios donde opera la transformación; si estas dimensiones son diferentes, entonces T no es invertible, caso contrario debemos proseguir con cualquiera de las siguientes opciones: Encontrar el núcleo y ver si es igual al nulo del espacio vectorial de partida Hallar la matriz asociada a T , calcular su determinante y si este es diferente de cero, entonces T es invertible. Ramiro J. Saltos
- 31 Nos inclinaremos por la segunda alternativa por ser más práctica. Para ello encontraremos la representación matricial de T respecto a las bases canónicas por ser la más sencilla de hallar Sea
1 S = 0
0 0 , 0 1
1 0 , 0 0
respectivamente.
0 1
y
{
P = 1, x, x 2
}
las bases canónicas de
1 T 0
0 = 1 − x →(1)(1) + ( −1) x + (0) x 2 0
1 ⇒ T 0
0 T 1
1 = −2 + x + x 2 →( −2)(1) + (1) x + (1) x 2 0
0 ⇒ T 1
0 T 0
1 → AT −1 0
−2 1 1
P2
1 0 = − 1 0 P 0 − 2 1 = 1 0 P 1 −1 0 = 1 1 P − 3
0 ⇒ T 0
0 = −1 + x − 3 x 2 →( −1)(1) + (1) x + ( −3) x 2 1
y
S 2 x2
−1 1 −3
Ahora calculamos el determinante escogiendo la fila o columna con más ceros que exista 1 det( A) =1 1
1 −2 +1 −3 1
−1 −3
det( A) =−3 −1 +6 +1 det( A) =3 det( A) ≠0
∴T es invertible
Lo siguiente es hallar la inversa de T y para ello igualamos la regla de correspondencia son el vector típico del espacio de partida, para este problema S 2 x 2
[
]
m T −1 ( a − 2b − c ) + ( − a + b + c ) x + (b − 3c) x 2 = n
n p
Y simplificamos por Gauss con la idea de expresar a , b y c en términos de m , n y p 1 −1 0
−2
−1
1 1
1 −3
m 1 n A12 (1) 0 0 p
−2
−1
−1 1
0 −3
m A21 ( −2) 1 m + n A23 (1) 0 p M 2 ( −1) 0
Ramiro J. Saltos
0
−1
1 0
0 −3
− m − 2n − m − n M 3 −1 3 m +n + p
(
)
- 32 1 0 0 1 0 − 1 − m − 2n 0 1 0 − m − n A31 (1) 0 1 0 −m−n− p 0 0 1 0 0 1 3
− 4m − 7 n − p 3 −m−n −m−n− p 3
Reemplazando y dejando en con las letras a , b y c
∴ T −1
(
− 4a − 7b − c 3 a + bx + cx 2 = −a−b
)
Ramiro J. Saltos
−a−b −a−b−c 3
- 33 -
Espacios con Producto Interno Producto Interno Definición: Sea V un espacio vectorial. Sea f : VxV → R una función que asigna a cada par de vectores v, w ∈V un único escalar α ∈ R . Se dice que f es un producto interno real en V si cumple con las siguientes condiciones: 1. 2. 3. 4. 5.
f (v, v ) ≥ 0 f (v, v ) = 0 ⇔ v = OV ∀v, w ∈V f (v, w) = f ( w, v ) ∀ v , w ∈V f (αv, w) =αf (v, w) ∀α ∈ R ∀v, w, z ∈V f (v + w, z ) = f (v, z ) + f ( w, z )
∀v ∈V ∀v ∈V
Notaciones: Sea V un espacio vectorial. Sea f : VxV → R un producto interno real en V , las diferentes notaciones que puede tomar f están dadas por: 1.
f (v, w)
2.
v/w
Norma de un Vector Definición: Sea V un espacio con producto interno que se denota v , se define como: v =
f
. Sea v ∈V . La norma o módulo de v ,
f (v, v )
Vector unitario Definición: Al vector v ∈V se lo llama vector unitario si su norma es igual a 1 Sea V un espacio con producto interno 1. ∀α ∈ R ∀v ∈V αv 2. ∀v ∈V f (v, OV ) = 0
f
Teorema 1 . Entonces se cumple que:
=α ⋅ v
Conjunto Ortonormal de Vectores Ramiro J. Saltos
- 34 Definición: Sea S = {v1 , v 2 , v3 ,..., v n } un conjunto de vectores de un espacio vectorial con producto interno V . Se dice que S es un conjunto ortonormal de vectores si: 1. ∀i ≠ j 2. ∀i = j
(v (v
i i
/vj ) = 0
/ v j ) =1
Si el conjunto S satisface únicamente la primera condición se dice que S es un conjunto ortogonal. Teorema 2 Sea V un espacio vectorial con producto interno. Sea S = {v1 , v 2 , v3 ,..., v n } un conjunto de vectores no nulos de V y ortogonal. Entonces, S es linealmente independiente en V Distancia entre dos Vectores Definición: Sean v y w dos vectores cualesquiera del espacio con producto interno V . La distancia entre v y w , denotada por d (v, w) , se define como: d (v, w) = v −w
Medida del ángulo entre dos Vectores Definición: Sea V un espacio con producto interno. La medida del ángulo entre dos vectores v y w cualesquiera no nulos de V , se define como: ( v / w) θ = arcCos v ⋅ w
Complemento Ortogonal Definición: Sea W un subespacio del espacio vectorial con producto interno V . El complemento ortogonal de W , denotado por W ⊥ , se define como: W ⊥ = { v ∈V / ( v / w) = 0; ∀w ∈W }
Proyección Ortogonal Definición: Sea V un espacio vectorial con producto interno y W un subespacio de V . Sea B = {u1 , u 2 , u 3 ,..., u n } una base ortonormal de W . Sea v ∈V . La proyección de ortogonal de v sobre W , denotada por proy W v , se define como: proyW v = ( v / u1 ) u1 + ( v / u 2 ) u 2 + ( v / u 3 ) u 3 + ... + ( v / u n ) u n
Teorema 3 Sea B = {u1 , u 2 , u 3 ,..., u n } una base ortonormal del espacio con producto interno V . Sea v ∈V , entonces: Ramiro J. Saltos
- 35 v = ( v / u1 ) u1 + ( v / u 2 ) u 2 + ( v / u 3 ) u 3 + ... + ( v / u n ) u n = proyV v
Teorema 4 Sea W un subespacio del espacio con producto interno V , entonces se cumple que: 1. W ⊥ es un subespacio de V 2. W ∩ W ⊥ = { OV }
3. dim W + dim W ⊥ = dim V Teorema de Proyección Sea V un espacio con producto interno. Sea W un subespacio de V . Sea v ∈V . Entonces existe un único vector h ∈W y p ∈W ⊥ , tal que: v =h + p
Donde: • h = proy W v • p = proy W v ⊥
Matriz Ortogonal Definición: La matriz invertible
Q
de nxn se dice que es ortogonal si: Q −1 = Q T
Si
Q
Teorema 5 es una matriz ortogonal de nxn , entonces det( Q) =1 o
det( Q ) = −1
Teorema 6 nxn Una matriz invertible de es ortogonal, si y sólo si sus columnas forman una base ortonormal para R n con el producto interno canónico. Q
Teorema de Aproximación de la Norma Sea V un espacio con producto interno y W un subespacio de V . Sea v un vector cualquiera de V . De todos los vectores que se encuentran en W , el vector “más cercano” a v es el vector proy W v , es decir: ∀w ∈ [W − { proyW v} ]
v − proy
W
v < v −w
Tema 1 Califique como verdaderas o falsas las siguientes proposiciones. Justifique formalmente su respuesta a) Sea f : R 2 xR 2 → R una función con regla de correspondencia:
Ramiro J. Saltos
- 36 a a f 1 2 = 2a1b2 − 6a 2 b1 b1 b2
Entonces f es un producto interno real en R 2
(Falso)
Para averiguar si la función dada es un producto interno habrá que averiguar si se cumplen las condiciones del producto interno I) ∀v ∈V Sea
f (v v ) ≥0
a v = ∈ R 2 b a a ≥ 0 b b 2ab −6ab ≥ 0 − 4ab ≥ 0 ab ≤ 0
No se cumple el primer punto. Pero hay que plantear el contraejemplo así ya hayamos demostrado formalmente que no es un producto interno Sea
1 v = ∈ R 2 1 11 ≥0 11 2(1)(1) −6(1)( 1) ≥0 −4 ≥0
∴
f
no es un producto interno
Tema 2 En el espacio vectorial P1 está definido el siguiente producto interno:
( p ( x ) / q ( x )) = p ( −1) q ( −1) + p (0) q (0) + p (1) q (1)
a) Encuentre un vector p ( x ) tal que su norma sea igual a π con el vector q ( x ) =1 + x sea
2
radianes.
Ramiro J. Saltos
30 y la medida del ángulo
- 37 b) Sea el subespacio de P1 : W = { a + bx / a + b = 0} ¿Cuál es el vector de W que está “más cerca” de r ( x ) =1 − 2 x ?
a) Para resolver este literal hay que tener en cuenta el polinomio motivo debemos suponer un p( x) genérico. Sea
p( x)
es una incógnita por ese
p ( x) = a + bx ∈ P1
El ejercicio nos da como información que la norma de p( x) =
p( x)
es
( p ( x) p( x) ) =
(a +bx a +bx ) = 30
, por tanto:
30
30
( a − b)( a − b) + a 2 + (a + b)( a + b) = 30 a 2 − 2ab + b 2 + a 2 + a 2 + 2ab + b 2 = 30 3a 2 + 2b 2 = 30
Y así obtuvimos una primera ecuación, la otra que nos falta la obtenemos del segundo dato del literal, el cual nos dice que la medida del ángulo con el vector Cos (θ) = Cos (90 ) = 0=
q ( x)
es
π 2
( p( x) q( x) ) p ( x ) ⋅ q( x)
(a +bx 1 + x ) p( x) ⋅ q ( x )
( a −b)( 0) + a + ( a + b)( 2) p ( x ) ⋅ q( x)
a + 2a + 2b = 0 3a + 2b = 0
Ahora ya tenemos dos ecuaciones que nos relacionan las variables a y b . Resolviendo el sistema 3a 2 + 2b 2 = 30 3a + 2b = 0
3a = −2b −2 a= b 3
−2 3 b + 2b 2 = 30 3 4 3 b 2 + 2b 2 = 30 9 4b 2 + 6b 2 = 90 10 b 2 = 90
−2 (3) 3 a = −2 a=
b2 = 9 b = ±3
Existen dos vectores que cumplen las condiciones especificadas, pero debemos descartar la solución que no satisface la segunda ecuación y con ello nos queda: ∴ p ( x ) = −2 + 3 x
Ramiro J. Saltos
- 38 b) Primero necesitamos extraer una base de W , luego debemos ortonormalizarla Sea a + bx ∈W a + bx = −b + bx = b( −1 + x)
→ BW = { − 1 + x}
Debido a que la base sólo tiene un vector, ortonormalizarla consistirá únicamente en dividir el vector para su norma −1 +x =
(1 −x 1 −x )
1 ( − 1 + x ) ⇒ B NW = 5
−1 +x = 4 +1 −1 +x = 5
Entonces para hallar el vector cercano debemos calcular su proyección sobre W 1 Pr oy W r ( x ) = ( −1 + x ) 1 ( −1 + x ) r ( x) 5 5 1 Pr oy W r ( x ) = (1 − 2 x −1 + x )( −1 + x ) 5 1 Pr oy W r ( x ) = [(3)( −2) + (1)( −1) + ( −1)( 0)]( −1 + x ) 5 −7 Pr oy W r ( x ) = ( −1 + x ) 5
Por lo tanto el vector más cercano a
r ( x ) =1 − 2 x
es:
Tema 3 En R 3 se consideran los siguientes conjuntos: 0 1 S = gen 1 , 1 0 0
7 7 − x 5 5
1 L = gen 0 1
x 3 Expresar el vector v = y ∈ R como la suma de dos vectores, uno de S y uno de z
L
Siempre se aconseja en este tipo de ejercicios escoger la base con menor número de vectores puesto que el proceso de ortonormalización es más difícil mientras más vectores hallan 1 1 BL = 0 → v1 = 0 1 1
Ramiro J. Saltos
- 39 Ahora hay que ortonormalizar la base: u1 =
1 • v1 v1 1 0 1
v1 =
1 0 1
→ BOL
v1 = (1)(1) +(0)( 0) +(1)(1) v1 =
1 1 = 0 2 1
2
Se aconseja dejar la base ortornormal expresada de la manera anterior, finalmente para hallar esos dos vectores hallamos la proyección del vector v sobre el subespacio L y el otro lo obtenemos por diferencia l = Pr oy L v l = v u1 • u1 x 1 l = y 2 z
1 1 0 • 0 1 1
Cabe recalcar que los escalares en un producto interno real pueden salir sin ningún problema 1 1 l = [ ( x )(1) + ( y )( 0) + ( z )(1)] • 0 2 1 1 x+z l = • 0 2 1 x+z 2 ∴l = 0 x+z 2
Para hallar el otro vector despejamos de:
Ramiro J. Saltos
- 40 v=l+s s = v−l x+ z x 2 s = y − 0 z x+ z 2 x− z 2 ∴s = y x− z 2 Tema 4 x 3 Sea V = R3 y W = y ∈ R / 3 x − 2 y + 6 z = 0 un subespacio de V z Determine: a) El complemento ortogonal de W
b) La proyección de
v
− 3 v = sobre W si se conoce que 1 4
Para calcular el complemente primero necesitamos una base de W 3x − 2 y + 6 z = 0 2 y = 3x + 6 z
2 0 ⇒ BW = 3 , 3 0 1
x 2x 2x 2 0 y = 2 y = 3 x + 6 z = x 3 + z 6 z 2z 2z 0 2
Sea
a ⊥ b ∈W c
a b c
a 2 3 = 0 b c 0
2a + 3b = 0 2a = −3b
∴W
⊥
0 3 = 0 1
3b + c = 0 c = − 3b
a 3 = b ∈ R / 2a + 3b = c + 3b = 0 c
Ramiro J. Saltos
- 41 Para hallar la proyección del vector que nos piden es mejor calcularla sobre W ⊥ debido a que la base de este subespacio tiene un solo vector y ortonormalizarla será más sencillo. − 3 a 2a − 3b − 3 b = 2b = 2b = b 2 ⇒ BW ⊥ = 2 c 2c − 6b − 6 − 6
Ahora procedemos a ortonormalizar esta base: u1 =
1 • v1 v1
v1 =
( v1 / v1 )
− 3 v1 = 2 − 6
− 3 2 − 6
∴B
*
W⊥
v1 = 9 + 4 + 36
− 3 1 = 2 7 − 6
v1 = 49 = 7
Vamos a suponer que v se puede escribir como la suma de dos vectores h ∈W y hallaremos p y luego contestaremos la pregunta al encontrar h = v − p p = Pr oy W ⊥ v p = (v
− 3 1 p = 1 49 4
u1 )u1 − 3 − 3 2 • 2 − 6 − 6
− 3 1 p = ( 9 + 2 − 24 ) • 2 49 − 6 3 13 p = − 2 49 6
Ramiro J. Saltos
p ∈W ⊥ ,
- 42 -
− 39 − 3 4 9 h= 1 + 26 49 4 5 2 49 −186 4 9 h= 75 49 248 49 −186 4 9 ∴ P ro yW v = 7 5 49 248 49 Tema 5 Sea V = M 2 x 2 , considere el producto interno: a c
a Sea H = c
b d
e g
f = ae + 2bf + 2cg + dh h
a / a, c ∈ R un subespacio de V c
a) Determine el complemento ortogonal de H 1 2 ⊥ b) Escriba la matriz C = 3 4 como la suma de dos vectores A ∈ H y B ∈ H tales que C = A + B c) Determine la medida del ángulo entre los vectores C e I si se sabe que 1 0 I = 0 1 d) Determine la distancia entre los vectores C e I e) Encuentre una base ortonormal de V
a) Para resolver este literal primero debemos encontrar una base de H , como ya tenemos el vector típico: a c
a 1 = a 0 c
1 0 + c 1 0
0 1
1 1 0 0 , → B H = 0 0 1 1
Para hallar el complemento ortogonal, el vector típico de H ⊥ le aplicamos producto interno con cada uno de los vectores de la base de H y lo igualamos a cero Recuerden que para este producto interno utilizamos la regla que nos da el ejercicio Ramiro J. Saltos
- 43 Sea
a c
b ∈H ⊥ d a b c d a + 2b = 0
1 0
1 =0 0
a b c d d + 2c = 0
0 1
0 =0 1
a b ∈ M 2 x 2 / a + 2b = d + 2c = 0 ∴ H ⊥ = c d
Obtenemos su base: a c
b − 2b = d c
b − 2 = b − 2c 0
1 0 + c 0 1
0 − 2
− 2 1 0 0 , → B H ⊥ = 0 0 1 − 2
b) Para resolver este literal debemos hallar la proyección de la matriz C sobre el subespacio cuya base tenga el menor número de vectores, pero en este caso ambos subespacios tienen dimensión 2 , por lo tanto escogemos cualquiera de las dos bases para ortonormalizarla. Las proyecciones siempre se calculan sobre bases ortonormales Vamos a ortonormalizar
BH
y a esta nueva base la denotaremos como
1 BH = 0
Supóngase que
1 v1 = 0
1 0
y
1 0 , 0 1
0 v2 = 1
0 1
B1
B1 = { u1 ,u 2 }
0 1
Utilizamos el proceso de ortonormalización de Gram-Schmidt u1 =
1 • v1 v1
Recuerden para todo el ejercicio utilizamos el producto interno definido en el planteamiento del problema
Ramiro J. Saltos
- 44 v1 = v1 =
(v1
v1 )
1 0
1 0
1 0
1 0
→ u1 =
v1 = (1)(1) +2(1)(1) +2(0)( 0) +(0)( 0)
1 1 3 0
1 0
v1 = 3
u2 =
1 • v2 ' v2 ' v2 ' = v2 − (v2
u1 ) • u1
0 v2 ' = 1 0 v2 ' = 1
0 1 − 1 3
0 v2 ' = 1
0 1
v2 ' =
(v2
v2 ' =
0 1
0 1
1 0
1 1 • 0 0
1 0
0 1 1 − [(0)(1) + 2(0)(1) + 2(1)( 0) + (1)( 0)] • 0 1 3
1 0
v2 )
0 1
0 1
0 1
0 1
→ u2 =
v 2 ' = (1)(1) +2(1)(1) +2(0)( 0) +(0)( 0)
1 0 3 1
0 1
v2 ' = 3
1 1 1 1 0 0 , ∴ B1 = 3 0 0 3 1 1
Cabe recalcar que no era necesario realizar todo el proceso debido a que los vectores de ortogonales, es decir, ( v1 v 2 ) = 0
BH
son
Así que para ortonormalizar la base sólo era necesario dividir cada vector para su norma, pero realizamos todo el proceso para practicar más; pero en adelante, de ser posible, nos saltaremos los pasos innecesarios Sabemos que: A = Pr oy H C
A = ( C u1 ) • u1 + ( C u 2 ) • u 2 1 1 1 1 1 2 0 0 0 0 • + • 0 0 0 3 3 4 1 1 1 1 1 1 1 0 1 A = [ (1)(1) + 2( 2)(1) + 2(3)( 0) + ( 4)( 0)] • + [ (1)( 0) + 2( 2)( 09 + 2(3)(1) + ( 4)(1)] • 1 3 0 0 3 1 A = 3
1 3
2 4
1 0
5 1 1 10 0 0 + • A = • 3 0 0 3 1 1
Ramiro J. Saltos
0 1
- 45 -
5 5 A= 3 3 1 0 1 0 3 3 Y para obtener la matriz B despejamos de: C = A +B B =C − A
1 2 5 3 5 3 − B = 3 4 1 03 1 03 − 2 1 B = 3 3 −1 2 3 3 c) Para determinar la medida del ángulo nos remitimos a la fórmula: Cos (θ) =
(C
I) C ⋅ I
Pero por comodidad de cálculo la resolveremos por partes y al final reemplazaremos todos los valores 1 2 1 0 I) = 3 4 0 1 I ) = (1)(1) + 2(2)( 0) + 2(3)( 0) + ( 4)(1)
(C (C (C C = C =
I ) =5
(C 1 3
C) 2 4
1 3
2 4
C = (1)(1) +2( 2)( 2) +2(3)( 3) +(4)( 4) C =
43 I = I =
(I 1 0
I) 0 1
1 0
0 1
I = (1)( 1) +2(0)( 0) +2(0)( 0) +(1)( 1) I =
2
Finalmente reemplazando nos queda: Ramiro J. Saltos
- 46 Cos (θ ) =
5 2 43 5 86
θ = ArcCos
d) Para hallar la distancia también utilizamos una fórmula conocida: d (C , I ) = C − I 1 d (C , I ) = 3
2 1 − 4 0
0 d (C , I ) = 3
2 3
d (C , I ) =
0 3
2 3
0 1
0 3
2 3
d (C , I ) = (0)( 0) +2( 2)( 2) +2(3)( 3) +(3)( 3) d (C , I ) = 35
e) Para este último literal recordaremos aquel teorema que nos indica que para obtener una base ortonormal de V basta con unir una base ortonormal de un subespacio H cualquiera con la base ortonormal de su complemente ortogonal, es decir, H ⊥ Como ya tenemos la base ortonormal de H solo falta ortonormalizar la base de H ⊥ , la cual denotaremos como B2 − 2 1 0 0 , B H ⊥ = 0 0 1 − 2
Supóngase que
− 2 v1 = 0
1 0
y
0 v 2 = 1
B2 = { u1 ,u 2 }
0 − 2
Pero estos dos vectores ya son ortogonales, solo falta que sean unitarios, así que dividiremos cada uno de ellos para su respectiva norma v1 = ( v1 v1 ) v1 =
−2 0
1 0
−2 0
1 0
v1 = ( −2)( −2) +2(1)(1) +2(0)( 0) +(0)( 0) v1 = 6 v2 = v2 =
(v2 0 1
v2 ) 0 −2
0 1
0 −2
v 2 = (0)( 0) +2(0)( 0) + 2(1)(1) +( −2)( −2) v2 = 6
Ramiro J. Saltos
- 47 1 − 2 1 1 0 , B2 = 6 0 0 6 1
La base ortonormal de V la denotaremos como
0 − 2
B3 , entonces:
B3 = B1 ∪ B2
1 1 1 1 0 0 1 − 2 1 1 0 , ∪ , B3 = 3 0 0 3 1 1 6 0 0 6 1
0 − 2
1 1 ∴ B3 = 3 0
0 − 2
1 1 0 , 0 3 1
0 1 − 2 , 1 6 0
Ramiro J. Saltos
1 1 0 , 0 6 1
- 48 -
Valores y Vectores Propios Valor y Vector Propio de una Matriz: Sea A una matriz de nxn . Se dice que λ es un valor propio de A si existe un vector no nulo X ∈ R n , tal que AX = λX . En tal caso se dice que X es un vector propio de A asociado al valor propio λ Valor y Vector Propio de una Transformación Lineal: Sea V un espacio vectorial y T : V → V una transformación lineal. Se dice que λ es un valor propio de de T , si existe un vector propio no nulo v ∈V , tal que T (v) = λv . En tal caso se dice que v es un vector propio de T asociado al valor propio λ Teorema 1 Sea A una matriz de nxn . Entonces λ es un valor propio de A si y sólo si: p (λ) = det( A − λI ) = 0
Matriz Semejante Definición: Las matrices A y B de nxn se dice que son semejantes si existe una matriz invertible C de nxn tal que: B = C −1 ⋅ A ⋅ C
Teorema 2 Sean A y B dos matrices semejantes de nxn . Entonces se cumple que: 1. 2.
det( A) = det( B )
p A (λ ) = p B ( λ )
Y por tanto A y B tienen los mismos valores propios pero no necesariamente los mismos vectores propios Teorema 3 Sea λ un valor propio de la matriz A de nxn . Entonces: E λ = { X ∈ C n / AX = λ X }
Es un subespacio de C n y es llamado espacio propio de A asociado al valor propio λ Teorema 4 Sea λ un valor propio de la transformación lineal T : V → V . Entonces: E λ = { v ∈ V / T (v ) = λv}
Es un subespacio de V y es llamado espacio propio de T asociado al valor propio λ Multiplicidad Geométrica Ramiro J. Saltos
- 49 Definición: Sea E λ el espacio propio de la matriz A de nxn o de una transformación lineal T : V → V asociado al valor propio λ . Se define la multiplicidad geométrica de λ , denotada por mg (λ) , como: mg (λ) = dim E λ
Teorema 5 Sea λ un valor propio de la matriz A de nxn o de una transformación lineal T : V → V en el espacio de dimensión finita V . Entonces, se cumple que: 1 ≤ mg (λ) ≤ ma (λ)
Teorema 6 Vectores propios asociados a valores propios diferentes son linealmente independientes. Teorema 7 Sea A una matriz simétrica de nxn con componentes reales. Si λ es un valor propio de A , entonces λ es un número real Teorema 8 nxn Sea A una matriz de simétrica. Sea X 1 un vector propio de A asociado al valor propio λ1 y X 2 un vector propio de A asociado al valor propio λ2 . Si λ1
≠ λ2 , entonces X 1
y
X2
son ortogonales.
Tema 1 Califique como verdaderas o falsas las siguientes proposiciones. Justifique formalmente su respuesta a) Si A es una matriz triangular, los valores propios de A son los elementos de su diagonal principal (Verdadero)
a11 0 Sea la matriz A = 0 0
a12 a 22 0 0
a13 a 23 a 33 0
a1n a2n a 3n una matriz triangular de a nn
a11 − λ 0 A − λI = 0 0
a12 a 22 − λ 0 0
a13 a 23 a33 − λ 0
nxn . Entonces:
a1n a2n a 3n a nn − λ
Cuando se tiene una matriz triangular el determinante de la misma está dado por la multiplicación de los elementos de la diagonal principal. Ramiro J. Saltos
- 50 p (λ) = det( A − λI ) = ( a11 − λ)( a 22 − λ)( a33 − λ)...( a nn − λ) = 0
De donde obtenemos que: a11 − λ = 0 a11 = λ1
Por lo tanto λi
= a ii
para
a 22 − λ = 0 a 22 = λ2
a33 − λ = 0 a33 = λ3
… …
a nn − λ = 0 a nn = λn
i =1,2,3,..., n; n ∈N
b) Sea A ∈ M 2 x 2 . Si det( A) =1 y traza ( A) = −1 , entonces los valores propios de A son números reales (Falso)
Sabemos que: p (λ) = λ2 − traza ( A)λ + det( A) = 0
λ2 + λ + 1 = 0
Aplicando el discriminante a la ecuación determinaremos el tipo de raíces de la misma a =1 b =1 c =1
∆ = b 2 − 4ac ∆ =1 − 4 ∆ = −3
El discriminante es menor que cero, por tanto las raíces son números complejos Tema 2 Halle los valores y vectores propios de la siguiente matriz: 1 A = 0 1
0 1 −1
1 −1 2
Para hallar los valores propios debemos encontrar el polinomio característico y extraer sus raíces, muchas veces es necesario utilizar la división sintética para poder factorizar la expresión 0 1 − λ A − λI = 0 1 −λ 1 −1
1 −1 2 −λ
p (λ) = det( A − λI ) = 0
(1 − λ)[(1 − λ)( 2 − λ) −1] + ( −1)(1 − λ) = 0 (1 − λ)( 2 − λ − 2λ + λ2 −1) −1 + λ = 0 (1 − λ)( λ2 −3λ +1) −1 + λ = 0
λ2 −3λ +1 − λ3 + 3λ2 − λ −1 + λ = 0 λ3 − 4λ2 + 3λ = 0 λ(λ2 − 4λ + 3) = 0 λ2 − 4λ +3 = 0 λ1 = 0 (λ −3)( λ −1) = 0
Ramiro J. Saltos
- 51 λ3 = 3
λ2 = 1
λ1 = 0 ∴ λ2 = 1 λ3 = 3
Finalmente debemos encontrar los vectores propios y para ello debemos encontrar una base de los espacios E λ . El procedimiento consiste en reemplazar cada valor propio en la matriz A − λI y resolver el siguiente sistema homogéneo: 0 1 − λ 0 1 − λ 1 −1
1 a 0 −1 b = 0 2 − λ c 0
Entonces para hallar cada espacio planteamos el sistema mencionado y simplificamos la matriz hasta obtener la mayor cantidad de ceros posibles E λ1 1 − 0 0 1
0
1
1 −0 −1
−1 2 −0
0 1 0 →0 1 0
0
1
1 −1
−1 2
0 1 0 A13 (−1)0 0 0
0
1
1 −1
−1 1
0 1 0 A23 (1)0 0 0
De donde extraemos las siguientes igualdades: a +c = 0
b −c = 0
a = −c
b =c
Reemplazando en el vector típico a − c −1 b = c = c 1 c c 1
−1 ∴v1 = 1 1
E λ2 0 1 −1 1 −1 0 1 −1
1 −1 2 −1
0 0 0 →0 1 0
0
1
0 −1
−1 1
−c = 0 c=0
0 0 A21 (1) 0 0 A23 (1) 0 1
a−b = 0 a=b
a a 1 b = a = a 1 c 0 0
Ramiro J. Saltos
1 ∴v 2 = 1 0
0
0
0 −1
−1 0
0 0 0
0
1
1 0
−1 0
0 0 0
- 52 E λ3 0 1 − 3 1 −3 0 1 −1
1 −1 2 −3
0 − 2 0 → 0 1 0
0
1
−2 −1
−1 −1
0 0 0 A31 ( 2)0 1 0
−2
−1
−2 −1
−1 −1
− 2b − c = 0
a +b = 0
c = −2b
a = −b
a − b −1 b = b = b 1 c − 2b − 2
0 0 A21 (−1) 0 0 A23 ( −1) 0 1
0
0
−2 1
−1 0
0 0 0
−1 ∴v3 = 1 − 2
Tema 3 Encuentre, de ser posible, la matriz C que diagonaliza a la matriz: 5 A = 4 4
−4 −3 −3
2 2 2
El procedimiento para encontrar la matriz C es casi mecánico, hay que calcular el determinante de A − λI e igualarlo a cero para finalmente hallar los valores propios de la matriz, recuerden que en muchos casos es necesario usar división sintética para factorizar. 5 − λ A − λI = 4 4
−4 −3 −λ −3
2 2 2 − λ
p (λ) = 0 det( A − λI ) = 0 (5 − λ)[( −3 − λ)( 2 − λ) + 6] − 4[ − 4( 2 − λ) + 6] + 4[ − 8 − 2( −3 − λ) ] = 0
[
]
(5 − λ) − 6 + 3λ − 2λ + λ2 + 6 − 4[ − 8 + 4λ + 6] + 4[ − 8 + 6 + 2λ] = 0 (5 − λ)( λ + λ) + 32 −16 λ − 24 − 32 + 24 + 8λ = 0 2
5λ2 + 5λ − λ3 − λ2 − 8λ = 0
λ3 − 4λ2 + 3λ = 0 λ(λ2 − 4λ + 3) = 0
λ =0
(λ − 3)( λ −1) = 0
λ = 3 λ =1
λ1 = 0 λ2 = 1 λ = 3 3
Ahora debemos hallar una base para cada espacio propio asociado con cada uno de los valores propios, recuerden que por lo general los valores propios se los ordena de menor a mayor E λ1 ; λ1 = 0
Ramiro J. Saltos
- 53 5 − 0 4 4
−4
2
−3 − 0 −3
2 2 −0
0 5 0 →4 4 0
−4
2
−3 −3
2 2
0 1 A21 ( −1) 0 4 A23 ( −1) 0 0
−1
0
−3 0
2 0
B Eλ1
2 = 2 − 1
0 1 0 A12 ( −3)1 0 0
−1
0
0 0
2 0
0 0 0
a + 2c = 0 c = −1 a 2
a −b = 0 a =b
1 a a b = a = a 1 c −1 a −1 2 2
→
No hay ningún problema si multiplicamos al vector por cualquier número para eliminar la fracción E λ2 ; λ2 = 1 5 −1 4 4
−4
2
− 3 −1 −3
2 2 −1
0 4 0 →4 4 0
−4
2
−4 −3
2 1
0 0 A21 ( −1) 0 2 A23 ( −1) 0 0
2a − c = 0 a= 1 c 2
0
0
−2 1
1 −1
0 0 0 A12 (2)2 0 0
0
0
0 1
−1 −1
0 0 0
b −c = 0 b =c
a 1 2 c 1 2 1 b = c = c 1 → BEλ 2 = 2 2 c c 1 E λ3 ; λ3 = 3 5 − 3 4 4
−4
2
−3 −3 −3
2 2 −3
0 2 0 →4 4 0
−4
2
−6 −3
2 −1
0 1 A (−2) 0 12 0 A13 (−2) 0 0
a −c = 0 a =c a c 1 b = c = c 1 c c 1
−2
1
2 5
−2 −5
0 1 0 A21 (1)0 0 0
0
−1
1 0
−1 0
0 0 0
b −c = 0 b =c
→ B Eλ 3
1 = 1 1
Finalmente las columnas de la matriz C que diagonaliza a la matriz A están dadas por los vectores que conforman las bases de cada uno de los espacios propios
Ramiro J. Saltos
- 54 2 ∴C = 2 −1
1 2 2
1 1 1
Tema 4 Determine la matriz ortogonal Q que diagonaliza ortogonalmente a la matriz: −1 A = 5 0
0 0 4
5 −1 0
Para encontrar la matriz Q realizamos el mismo procedimiento que en el ejercicio anterior solo que cuando hallemos las bases de los espacios propios debemos ortonormalizarlas, y esas serán las columnas de la matriz en cuestión −1 − λ A − λI = 5 0
5 −1 − λ 0
0 0 4 − λ
p (λ) = 0 det( A − λI ) = 0 (4 − λ)[(−1 − λ)( −1 − λ) − 25 ] = 0
[
]
(4 − λ) (−1 − λ) 2 − 25 = 0
Cuando se calcula el determinante por medio de cofactores es mejor utilizar la fila o columna con mayor cantidad de ceros presentes en la misma También hay que tener presente que el procedimiento se puede simplificar por la presencia de ciertos artificios aplicables, por ejemplo en este ejercicio la expresión dentro del corchete es una diferencia de cuadrados perfectos y su factorización es sencilla 4 −λ = 0
[(−1 − λ) + 5][(−1 − λ) − 5] = 0
4 −λ = 0
−6 −λ = 0
λ =4
(4 − λ)( −6 − λ)
λ =0
λ = −6
λ1 = −6 → ma (λ1 ) = 1 λ2 = 4 → ma (λ2 ) = 2
Ahora encontramos las bases de cada espacio propio E λ1 ; λ1 = −6
5 0 0 5 5 0 0 A1 2 (− 1) 1 1 0 0 − 1 − ( − 6) 1 ) 0 0 0 0 ( 5 − 1 − ( − 6 ) 0 0 → 5 5 0 0 M 1 5 0 0 4 − (− 6) 0 0 0 1 0 0 M 3 ( 11 0) 0 0 1 0 a +b = 0 a = −b
c =0
Ramiro J. Saltos
- 55 a − b −1 b = b = b 1 c 0 0
→ B Eλ1
− 1 = 1 0
Hay que ortonormalizar esta base para obtener la primera columna de la matriz Q , pero como solo es un vector bastará dividirlo para su norma, en este caso usamos el producto interno canónico v =
(v
v)
−1 1 0
v =
−1 2 1 ∴ BON Eλ 1 = 2 0
−1 1 0
v = ( −1)( −1) +(1)(1) +(0)( 0) v =
2
E λ 2 ; λ2 = 4 −1 − 4 5 0
5 −1 − 4 0
0 0 4 −4
0 − 5 0 → 5 0 0
5 −5 0
0 0 0
0 −1 A12 ( −1) 0 0 M 1 ( 15 ) 0 0
1 0 0
0 0 0
0 0 0
−a +b = 0 a =b
Si no aparece la variable c significa que es libre y no hay condición de la que este sujeta a a 1 0 b = a = a 1 + c 0 c c 0 1
→ B Eλ 2
1 0 = 1 , 0 0 1
Igualmente debemos ortonormalizar esta base, pero antes hay que notar que estos vectores ya son ortogonales y de paso el segundo ya es unitario, así que bastará con dividir el primer vector para su norma con lo que obtendremos la base buscada y las dos últimas columnas de nuestra matriz Q v1 =
( v1
v1 )
1 1 0
v1 =
1 1 0
v1 = (1)(1) +(1)(1) +(0)( 0) v1 =
2
Ramiro J. Saltos
1 2 0 1 → BON Eλ 2 = 2 , 0 0 1
- 56 -
−1 2 ∴Q= 1 2 0
0 1 0 2 0 1 1
2
Hay que recordar que las columnas de esta matriz forman una base ortonormal para R 3 Tema 5 Sea A una matriz cuadrada de tamaño 2x 2 que representa a una transformación lineal T : R 2 → R 2 , respecto a la base canónica de R 2
a) Si traza ( A) = −5 y det( A) = 4 , ¿cuáles son los valores propios de T ? b) Encuentre, de ser posible, una base de R 2 respecto de la cual la matriz asociada a 0
− 6
T sea una matriz diagonal, si se conoce que T 1 = 2
a) Sabemos que para cualquier matriz de orden 2 el polinomio característico está dado por: p (λ) = λ2 − traza ( A)λ + det( A) = 0
Entonces: λ +4 = 0 λ = −4
λ2 + 5λ + 4 = 0 (λ + 4)( λ +1) = 0
λ +1 = 0 λ = −1
Y con esto queda resuelto el primer literal b) Para hallar dicha base necesitamos diagonalizar cualquier matriz asociada a T , pero como no tenemos la regla de correspondencia tendremos que buscar otro camino para encontrar una matriz asociada Para este ejercicio tenemos suficientes datos para hallar la representación matricial de T respecto a la base canónica. Conocemos su segunda columna por el dato del literal b , así que tenemos: x AT = y
−6 2
Además conocemos el valor de la traza y del determinante, por lo que tenemos el siguiente sistema de ecuaciones x + 2 = −5 → x = −7 2 x + 6 y = 4 → x + 3 y = 2 → 3 y = 9 → y = 3
− 7 ∴AT = 3
Y de aquí en adelante el procedimiento es el mismo que en ejercicios anteriores: Ramiro J. Saltos
−6 2
- 57 − 7 − λ A − λI = 3
−6 2 − λ
Pero como ya conocemos los valores propios de esta matriz simplemente hallamos los espacios propios E λ1 ; λ1 = −4
− 7 + 4 − 6 0 → 3 2 + 4 0
− 3 − 6 0 A2 1(1) 0 0 0 1 ) 1 2 0 ( M 3 6 0 2 3
a − 2b − 2 = = b b b 1
a + 2b = 0 a = −2b
− 2 → B Eλ1 = 1
Al mismo tiempo este vector representa las coordenadas de los vectores propios de la transformación lineal respecto a la base de donde nació la matriz asociada, es decir, son las coordenadas de los vectores propios del operador lineal respecto a la base canónica de R 2 para este caso. − 2 ∴v1 = 1
E λ2 ; λ2 = −1
− 7 + 1 − 6 0 → 3 2 + 1 0
− 6 − 6 0 A2 1(2) 0 0 0 1 ) 1 1 0 ( M 3 3 0 2 3
a +b = 0 a = −b
− 1 → B Eλ 2 = 1
a − b − 1 = = b b b 1 −1 ∴v 2 = 1
Y estos dos vectores encontrados forman parte una base respecto de la cual la matriz asociada a T es una matriz diagonal − 2 − 1 , ∴ B = 1 1
Ramiro J. Saltos
- 58 Hay que tener en cuenta que si el espacio donde opera la transformaci贸n lineal es diferente a R n , entonces los vectores de la base tendr谩n la forma de dicho espacio, ya sean matrices, polinomios, etc.
Ramiro J. Saltos