Soluciones para el tercer parcial

PARCIAL II – ÁLGEBRA LINEAL
SOLUCIONES
JOHN GOODRICK
Estas soluciones son para el tema “blanco.” Las soluciones para el tema
“verde” son muy parecidas, pero OJO que en el Punto II, la matriz A si era
diagonalizable en el tema verde (aunque tenia el mismo polinomio caracteristico
y los mismos valores propios).
Punto I. Sea W el subespacio vectorial de R3 definido como

 

 x
3


y
∈ R | 2x + y + 2z = 0 .
W =


z
(i) Encuentre una base ortogonal BW para W .
Solución: Para empezar, encontramos una base cualquiera para W . Fijese
que se trata de un sistema lineal con tan solo una ecuación y tres variables, asi
que podemos resolverlo por el proceso del capitulo 1:
2 1 2 | 0
∼
1 1/2 1 | 0 ,
que nos da que una solución general es x = −1/2y − z con las dos variables
y, z libres (pues el primer “1” es un pivote).
Por lo tanto, el espacio W , que es el espacio nulo de 2 1 2 , se puede
escribir como



 −1/2y − z

 | y, z ∈ R
y
W = 


z
 




−1/2
−1


= y ·  1  + z ·  0  | y, z ∈ R ,


0
1
asi que una base para W es el conjunto de dos vectores

 

−1 
 −1/2
 1 , 0  .


0
1
1
2
JOHN GOODRICK
(NOTA: Al calificar este punto, estuve muy decepcionado por la cantidad
de estudiantes que no se aprovechaban de este proceso muy fundamental, y
que, al parecer, trataban de adivinar una base para W al azar.)
Ahora que tenemos una base para W , hallamos una base ortogonal para W
usando el proceso Gram-Schmidt (véase la sección 6.2 del texto): si (~a1 , ~a2 ) es
la base que acabamos de encontrar, entonces la base nueva será (~v1 , ~v2 ) donde
~v1 = ~a1 y

 

−1
−1/2
 0 · 1  



−1
−1/2
1
0
~a2 · ~v1
 
 1 
~v2 = ~a2 −
~v1 =  0  − 
~v1 · ~v1
−1/2
−1/2
1
0
 1 · 1 
0
0

 
 
 



−1
−1/2
−1
−1/5
−4/5
1/2 
1  =  0  −  2/5  =  −2/5  .
= 0 −
5/4
1
0
1
0
1
Por lo tanto, una base ortogonal BW para W es

 

−4/5 
 −1/2
 1  ,  −2/5  .


0
1
(NOTA: No debe confundir el concepto de “base ortogonal para W ” con el
concepto de “base para el complemento ortogonal W ⊥ de W ” !)
(ii) Encuentre una base BW ⊥ para W ⊥ , el complemento ortogonal de W .
Solución: Usando la primera base para W que encontramos en la parte (i)
y el proceso explicado en la sección 6.1, notamos que W ⊥ es el espacio nulo de
la matriz
−1/2 1 0
C=
−1 0 1
(cuyas filas son los dos vectores de esa base para W ). Ahora resolvemos el
sistema lineal C · ~v = ~0:
−1/2 1 0 | 0
−1/2 1 0 | 0
∼
−1 0 1 | 0
0
−2 1 | 0
1 −2
0
| 0
1 0 −1 | 0
∼
∼
.
0 1 −1/2 | 0
0 1 −1/2 | 0
PARCIAL II – ÁLGEBRA LINEAL
SOLUCIONES
3
Esto nos da que



z


W ⊥ =  z/2  | z ∈ R


z
 


1




1/2
= z·
|z∈R ,


1
asi que una base para W ⊥ es el conjunto de tan solo un vector


1


 1/2  .


1
Este conjunto nos sirve para una base ortogonal BW ⊥ . No hay necesidad de
aplicar el proceso Gram-Schmidt, pues hay solamente un vector!
(iii) “Explique por qué el conjunto formado por la unión de BW y BW ⊥ es
una base para R3 .”
Solución: Hay varias explicaciones válidas. Sea B la unión de los dos
conjuntos BW y BW ⊥ , es decir,


 
 
1
−4/5

 −1/2
B =  1  ,  −2/5  ,  1/2  .


1
1
0
Explicación 1: Primero, note que el conjunto B es ortogonal, pues los dos
primeros vectores (de BW ) son ortogonales, y además el tercer vector (de BW ⊥ )
es ortogonal a cualquier vector en W , asi que en particular el tercer vector es
ortogonal a cada uno de los primeros dos.
Ahora notamos que cualquier conjunto ortogonal de vectores en Rn
tal que cada miembro es distinto a ~0 será linealmente independente.
(Este hecho se notó en la clase y en el capitulo 6 del texto.) Por lo tanto, B
es linealmente independente. Ahora recordamos que cualquier conjunto de 3
vectores en R3 que es linealmente independiente generará R3 , asi que B es una
base para R3 .
Explicación 2: Note que todo vector ~v en R3 se puede escribir como ~v =
~vW + ~vW ⊥ donde ~vW está en W y ~vW ⊥ está en W ⊥ . (Este se observó en la
sección 6.1 del texto.) Esto implica que la unión de W y W ⊥ genera R3 .
Además, el conjunto B genera R3 , pues los dos vectores de BW generan W
y el vector de BW ⊥ genera W ⊥ , asi que la unión B generará en su turno todo
R3 por el hecho en negrito arriba.
4
JOHN GOODRICK
Ahora todo conjunto de 3 vectores en R3 que genera R3 es linealmente independiente, y por lo tanto B es linealmente independente, y B es
una base para R3 .
“Explique geométricamente por qué λ = 1 es un valor propio de la matriz
de proyección ortogonal sobre W .”
Solución: Sea P la matriz de proyección ortogonal sobre W .
Nota: Esto quiere decir que multiplicar un vector ~v en R3 por la matriz P
nos da la proyección ortogonal sobre W . Esto no quiere decir que la matriz P
es ortogonal, en el sentido de la sección 6.3! De hecho, la matriz P no es una
matriz ortogonal.
Si ~v es un vector cualquiera en W que no es igual a ~0, entonces P · ~v es la
proyección ortogonal de ~v sobre W , que será igual a ~v (pues cuando el vector
~v ya esté en W , la proyección ortogonal no cambiará ~v ).
En simbolos,
P · ~v = ~v = 1 · ~v ,
y por la definición misma de “valor propio”, ~v es un vector propio de P con
valor propio λ = 1.

1
(iv) Sea ~b =  1  ∈ R3 . Encuentre dos vectores ~bW ∈ W y ~bW ⊥ ∈ W ⊥
1
tales que
~b = ~bW + ~bW ⊥ .
Solución: Note que el vector ~bW será la proyección ortogonal de ~b sobre W
y ~bW ⊥ será la proyección ortogonal de ~b sobre W ⊥ (como en la sección 6.1 del
texto).
La manera más fácil para encontrar estos vectores es la siguiente: calculamos
⊥
la proyección ~bW sobre W ⊥ , que resulta fácil ya que la dimensión de W ⊥ es
uno. Usamos la fórmula para la proyección sobre una recta de la sección 6.1
para calucular:
  

1
1
 1  ·  1/2  



1
1
1
1
5/2 
~bW ⊥ = 
 
  1/2  =
1/2 
9/4
1
1
1
1
 1/2  ·  1/2 
1
1

PARCIAL II – ÁLGEBRA LINEAL

SOLUCIONES
5

10/9
=  5/9  .
10/9
Ahora que sabemos ~bW ⊥ , hallamos ~bW por subtracción:


−1/9
~bW = ~b − ~bW ⊥ =  4/9  .
−1/9
Nota: Hay un par de otros métodos válidos para resolver este problema,
pero resultaron más complicado. Por ejemplo, era posible calcular la matriz
P de proyección sobre W (usando la fórmula en la sección 6.4) y entonces
calcular ~bW = P · ~b. Sin embargo, esta calculación resultó mucho más larga.
En general, no es recomendable calcular la matriz de proyección para hallar las
proyecciones ortogonales; normalmente es mejor usar el método de la sección
6.1.
2. Considere la matriz

2
4
3
A =  −4 −6 −3  .
3
3
1


1

−1  es vector propio de la matriz A
(i) Demuestre que el vector ~x =
1
con valor propio λ = 1.

Solution: Al calcular el producto A · ~x, encontramos que es igual a
 
 
 


2
4
3
1
2−4+3
1
 −4 −6 −3  ·  −1  =  −4 + 6 − 3  =  −1  ,
3
3
1
1
3−3+1
1
asi que A · ~x = ~x = 1 · ~x.
(ii) Encuentre los demás valores propios de A.
Solución: Usamos la ecuación carectaristica
terminante por la tercera columna:
2−λ
4
3
−4 −6 − λ
0 = −4 −6 − λ −3 = 3 3
3
3
3
1−λ para A, y expandimos la de 2−λ 4 4
+3 +(1−λ) 2 − λ
3
3
−4 −6 − λ
= 3 (−12 + 3λ + 18 − 3λ + 6 − 12) + (1 − λ) λ2 + 4λ + 4
6
JOHN GOODRICK
= (3 · 0) + (1 − λ)(λ + 2)(λ + 2) = (1 − λ)(λ + 2)2 .
Esto nos da que la única otra solución para la ecuación caracteristica es
λ = −2.
(iii) Diga si A es diagonalizable.
Solución: Hay que verificar si para cada valor propio, la multiplicidad algebraica es igual a la multiplicidad geométrica.
Para λ = −2, la multiplicidad algebraica es 2 (vea la factorización en la
parte (ii) arriba). Para la multiplicidad geométrica, calculamos la dimensión
del espacio nulo de A + 2I3 :

 

2+2
4
3
| 0
4
4
3 | 0
 −4 −6 + 2 −3 | 0  =  −4 −4 −3 | 0 
3
3
1+2 | 0
3
3
3 | 0

 

4 4 3 | 0
4 4 3 | 0
∼  0 0 0 | 0  ∼  0 0 3/4 | 0  ,
0 0 0 | 0
0 0 3/4 | 0
que tiene 2 pivotes, asi que la dimensión del espacio nulo será 3 − 2 = 1.
Ya que la multiplicidad geométrica para λ = −2 es 1 pero su multiplicidad
algebraica es 2, la matriz A no es diagonalizable.