Solución

SOLUCIONES DEL SEGUNDO PARCIAL DE GEOMETRÍA Y
ÁLGEBRA LINEAL 2
01/12/2007
(1) 1. Si hTv, Twi = hv, wi, ∀v, w ∈ V, en particular, para v = w,
tenemos hTv, Tvi = hv, vi o sea ||Tv||2 = ||v||2 . Como la norma
es una función no negativa, ||Tv|| = ||v||.
Recı́procamente, si ||Tv|| = ||v||, ∀v ∈ V entonces
hv + w, v + wi = ||v||2 + 2hv, wi + ||w||2
hT(v + w), T(v + w)i = ||Tv||2 + 2hTv, Twi + ||Tw||2
como ||T(v + w)|| = ||v + w||, tenemos la igualdad de las
expresiones de la derecha y, como ||Tv|| = ||v|| y ||Tw|| = ||w||
obtenemos hTv, Twi = hv, wi que es lo que querı́amos probar.
2. Si λ (∈ R) es valor propio entonces, existe un v ∈ V no
nulo tal que ||v|| = ||Tv|| = |λ|.||v||. Entonces |λ| = 1 y, por lo
tanto, λ = ±1 (λ es real).
3. Sean S1 y S−1 subespacios propios de T. Si v ∈ S1 y w ∈ S−1
tenemos que hv, wi = hTv, Twi = hv, −wi = −hv, wi. Entonces
hv, wi = 0. Como v y w son cualesquiera tenemos S1 ⊥ S−1 .
4.
(a) Como el polinomio caracterı́stico de T tiene coeficientes
reales y λ = 1 es una raı́z real con multiplicidad al menos
2 (ma(1) ≥ mg(1) = 2) entonces la tercer raı́z también ha
de ser real, luego por la parte 2 solo puede ser 1 ó −1.
Si 1 fuese raı́z triple, como T , Id entonces ma(1) =
3, mg(1) = 2, veamos que esto es imposible. En efecto,
si A es la matriz asociada de T en la base canónica de R3
entonces A es ortogonal (i.e unitaria vista como matriz
compleja) luego diagonalizable como matriz compleja y
como ma(1) = 3 entonces A serı́a la matriz identidad y
por lo tanto T = Id lo cual es absurdo. Ası́ que el otro
valor propio es −1 con ma(−1) = mg(−1) = 1 y como el
subespacio propio asociado al −1 debe ser perpendicular
a S1 entonces debe ser el generado por el vector (1, −1, 1).
Otra solución: como T es ortogonal preserva el producto
interno. S1 es un subespacio invariante y, por lo tanto,
S⊥1 también es invariante. S⊥1 es de dimensión 1 entonces,
1
2
SOLUCIONES GAL2
como es invariante, sus vectores son vectores propios.
Como el subespacio propio asociado a 1 es S1 , el valor
propio asociado a los vectores de S⊥1 es −1 (ver parte 2).
Entonces, S⊥1 = S−1 .
(b) La isometrı́a T es una simetrı́a respecto al plano S1 .
(2) 1.
!
i 0
la única matriz di(a) Es falso, contraejemplo A =
0 i
agonal semejante a A es ella misma. Sirve también una
matriz 1 × 1 formada por un número complejo no real.
(b) Es verdadero por el teorema espectral para matrices simétricas
de coeficientes reales (ver enunciado en el libro).
(c) Es verdadero por el teorema espectral para matrices hermı́ticas
(ver enunciado en el libro).
!
cos α sen α
(d) Es falso, contraejemplo A =
con
−sen α cos α
α , kπ, k ∈ Z.
2. Escribiremos la matriz asociada a T en una base ortonormal. T es autoadjunta sii su matriz asociada en una base
ortonormal es hermı́tica. Para esto usaremos la base canónica
C = {(1, 0), (0, 1)}. Entonces
C (I)B
B (I)C
=
2 1
1 1
=
!
1 −1
−1
2
!
Entonces
C (T)C
=C (I)B B (T)B B (I)C =
11 − 21i −15 + 34i
6 − 13i −8 + 21i
!
Esta matriz no es hermı́tica y, por lo antedicho, T no es
autoadjunta.
(3) 1.
• Una forma cuadrática Q : Rn → R no nula es semidefinida
positiva sii Q(v) ≥ 0, ∀v ∈ Rn y existe v0 ∈ Rn no nulo tal
que Q(v0 ) = 0.
• Q es definida positiva sii Q(v) > 0 para todo v ∈ Rn \ {0}
2. El polinomio caracterı́stico de la matriz simétrica asociada a la forma cuadrática es −λ3 + 3αλ2 + (−3α2 + 12)λ + α3 −
12α + 16.
SOLUCIONES GAL2
3
Claramente α − 2 es raı́z del polinomio. Esto es porque si
sustituimos, al calcular el determinante, λ por α−2 obtenemos
una matriz con tres filas iguales (de hecho todas las entradas
serán iguales a 2). Esto implica además que este valor propio
tiene multiplicidad 2. Bajando por Ruffini se ve que el otro
valor propio es α + 4.
Entonces,
• Si α > 2, Q es definida positiva.
• Si α = 2, Q es semidefinida positiva.
• Si −4 < α < 2, Q es indefinida.
• Si α = −4, Q es semidefinida negativa.
• Si α < −4, Q es definida negativa.
3. Los valores propios son 8 y 2 (multiplicidad 2).
Para hallar un vector propio asociado a 8 observen que las
filas de la matriz del sistema que hay que resolver suman 0.
Entonces
(1, 1, 1) es vector propio y normalizando obtenemos
√
√
√
3
3
3
( 3 , 3 , 3 ).
Por otro lado, el subespacio asociado a 2 es el de ecuación
x + y + z = 0. El vector (1, −1, 0) verifica la ecuación y (1, 1, −2)
también y son ortogonales (observar que (1, 1, a) es ortogonal a (1, −1, 0) y elegimos a √para√que verifique
la√ecuación).
√
√
6
6
2
2
Normalizando obtenemos ( 2 , − 2 , 0) y ( 6 , 6 , − 36 ).
La matriz
√
√ 
 √3
6 
2
 3
 √

√2
√6 

6 
P =  33 − 22

6
√
√
 3

6 
0 − 3
3
es una solución al problema.
4. La cuádrica tiene (0, 0, 0) como centro debido a que no
hay sumandos de primer grado. Entonces, como los valores
propios de la matriz asociada son todos positivos, la cuádrica
consiste de un único punto (el (0, 0, 0)).