EXAMEN 2011 1A PP 1A SEMANA Ejercicio 1. · EXAMEN 2011 1A PP 1A SEMANA XAVI AZNAR Ejercicio 1....
Transcript of EXAMEN 2011 1A PP 1A SEMANA Ejercicio 1. · EXAMEN 2011 1A PP 1A SEMANA XAVI AZNAR Ejercicio 1....
EXAMEN 2011 1A PP 1A SEMANA
XAVI AZNAR
Ejercicio 1. Defina
1. Simetría
2. Proyección
3. Homotecia vectorial
y escriba sus polinomios mínimos.
Demostración.
1. Una simetría σ de base B y dirección D es un endomorfismo tal que
σ (v) = v para cualquier vector v ∈ B, y σ (w) = −w para cualquier
vector de D. Su polinomio mínimo será µσ (λ) = (1− λ)n (−1− λ)m,
con n = dimB,m = dimD.
2. Una proyección π de base B y dirección D es un endomorfismo
tal que π (v) = v para cualquier vector v ∈ B, y π (w) = 0 para
cualquier vector de D. Su polinomio mínimo será µπ (λ) = (1− λ)n,
con n = dimB.
3. Una homotecia vectorial h (c, λ) de centro c y razón λ (λ 6= 0, 1) es
una aplicación tal que h (x) = c+ λ (−→cx) = c+ λ (x− c).
�
Ejercicio 2. (2pts) Obtenga todas las posibles matrices de Jordan de un
endomorfismo f del espacio vectorial V4 (R) cuyos únicos autovalores son
2, 3 con dim (ker (f − 3id)) = 1 y que tiene infinitas rectas invariantes.
Demostración. Empezamos con la condición dim (ker (f − 3id)) = 1 = 4 −rg (ker (f − 3id)), lo que significa que rg (ker (f − 3id)) = 3. De todas las po-
sibles matrices de Jordan para f , sólo nos quedamos con las que cumplen1
EXAMEN 2011 1A PP 1A SEMANA http://fisicauned.wordpress.com/
esta condición:
J1 =
2
2
2
3
J2 =
2
2
1 2
3
J3 =
2
1 2
1 2
3
J4 =
2
3
1 3
1 3
El siguiente filtro es comprobar todas las que tienen dos rectas invarian-
tes: la combinación de los vectores directores de las rectas invariantes
formará un plano que contendrá infinitas rectas invariantes, que es la se-
gunda condición que debe cumplir el endomorfismo. Las rectas invarian-
tes están relacionadas con los subespacios asociados a los autovalores:
ker (f − λid). Si tomamos v ∈ V4 (R) = (x, y, z, t):
ker (J1 − 2id) := (t = 0)
ker (J1 − 3id) := (x = y = z = 0)
Tenemos una sola recta invariante, ker (f − 3id).
ker (J2 − 2id) := (z = t = 0)
ker (J2 − 3id) := (x = y = z = 0)
De nuevo, sólo tenemos una recta invariante, ker (f − 3id).
ker (J3 − 2id) := (y = z = t = 0)
ker (J3 − 3id) := (x = y = z = 0)
Tenemos dos rectas invariantes. La combinación lineal de rectas inva-
riantes también será invariante, de manera que tenemos infinitas rectas
invariantes (contenidas en el plano que generan).
ker (J4 − 2id) := (y = z = t = 0)
ker (J4 − 3id) := (x = y = z = 0)
Tenemos dos rectas invariantes. La combinación lineal de rectas inva-
riantes también será invariante, de manera que tenemos infinitas rectas
invariantes (contenidas en el plano que generan).2
EXAMEN 2011 1A PP 1A SEMANA http://fisicauned.wordpress.com/
Es decir, al final del día, sólo tenemos dos candidatas:
J3 =
2 0 0 0
1 2 0 0
0 1 2 0
0 0 0 3
J4 =
2 0 0 0
0 3 0 0
0 1 3 0
0 0 1 3
�
Ejercicio 3.
1. (2pts) Obtenga la matriz de una simetría σ de V3 (R) cuya base es el
plano π := (x− y = 0) y cuya dirección es la recta r := (x+ y = 0, z = 0).
2. (1pt) Obtenga la matriz de Jordan de σ y una base ε′ tal que Mε′ (σ) =
J .
Demostración. 1)
Una simetría σ deja invariantes los vectores pertenecientes al subespacio
vectorial base e invierte los vectores de la dirección de la simetría.
σ (v) = v ∀v ∈ π
σ (w) = −w ∀w ∈ r
Obtenemos los vectores generadores de π y r
π := (x− y = 0) :=
⟨ 0
0
1
,
1
1
0
⟩
r := (x+ y = 0, z = 0) :=
⟨ 1
−10
⟩
Obtenemos los coeficientes de la matriz Mε (σ) =
a d g
b e h
c f i
utilizando
las propiedades de la simetría sobre los vectores de la base y la dirección
de σ. Empezamos con los vectores de la base:
σ (v) = v3
EXAMEN 2011 1A PP 1A SEMANA http://fisicauned.wordpress.com/
a d g
b e h
c f i
0
0
1
=
0
0
1
=
g
h
i
⇒ g = 0 = h, i = 1
a d 0
b e 0
c f 1
1
1
0
=
1
1
0
=
a+ d
b+ e
c+ f
⇒d = 1− a
e = 1− e
f = −c
Ahora los vectores de la dirección: a 1− a 0
b 1− e 0
c −c 1
1
−10
=
1
−10
=
a− 1 + a
b− 1 + b
c+ c
⇒2a = 0→ a = 0
2b = 2→ b = 1
2c = 0→ c = 0
De manera que hemos obtenido todos los coeficientes de la matriz Mε (σ)
Mε (σ) =
0 1 0
1 0 0
0 0 1
�
Demostración. 2)
La matriz de Jordan Jσ de una simetría contiene n elementos 1 y m ele-
mentos −1 en la diagonal, siendo n igual a la dimensión de la base y m
igual a la dimensión de la dirección de la simetría. En nuestro caso:
Jσ =
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
Los vectores de la base ε′ en los que Mε′ (σ) = Jσ son:4
EXAMEN 2011 1A PP 1A SEMANA http://fisicauned.wordpress.com/
Jσ (e′1) = e′1 ⇒ e′1 ∈ Im (σ)⇒ e′1 ∈ π
Jσ (e′2) = e′2 ⇒ e′2 ∈ Im (σ)⇒ e′2 ∈ π
Jσ (e′3) = −e′3 ⇒ e′3 ∈ ker (σ + id)⇒ e′3 ∈ r
Como vemos, los vectores de la base ε′ forman parte de los subespacios
base y dirección, por lo que elegimos los vectores generadores:
ε′ =
0
0
1
,
1
1
0
,
1
−10
�
Ejercicio 4. En el espacio afín A3 (R) se considera el endomorfismo afín f
cuya matriz respecto al sistema de referencia ε es
Mε (f) =
1 0 0 0
1 1 −1 −12 0 2 0
−2 0 0 2
1. (2pts) Obtenga la matriz de Jordan Jf y un sistema de referencia
tal que Mε′ (f) = Jf .
2. (2pts) Obtenga las ecuaciones de las rectas invariantes por f en el
sistema de referencia ε′.
Demostración. 1)
Para buscar la matriz de Jordan Jf de f primero buscamos si f tiene
puntos fijos.
f (p) = p1 0 0 0
1 1 −1 −12 0 2 0
−2 0 0 2
1
a
b
c
=
1
a
b
c
=
1
1 + a− b− c2 + 2b
−2 + 2c
a = 1 + a− b− c→ 0 = 1 + 2− 2⇒ 1 = 0!
b = 2 + 2b→ −2 = b
c = −2 + 2c→ 2 = c5
EXAMEN 2011 1A PP 1A SEMANA http://fisicauned.wordpress.com/
Como vemos, llegamos a contradicción, por lo que f no tiene puntos fijos.
Esto indica que la forma de Jf es
Jf =
1 0 0 0
1
0 J~f0
Ahora buscamos la forma de Jordan J~f de la aplicación asociada ~f . Cal-
culamos su polinomio característico χ~f (λ) = det(−→f − λ
−→id)
χ~f (λ) =
∣∣∣∣∣∣∣1− λ −1 −10 2− λ 0
0 0 2− λ
∣∣∣∣∣∣∣ = (1− λ) (2− λ)2
Tenemos dos valores propios, λ = 1 y λ = 2 (con multiplicidad 2), de manera
que la forma de Jordan J~f es
J~f =
1 0 0
0 2 0
0 ε 2
donde ε = {0, 1}. Para determinar ε aprovechamos que el rango es un
invariante lineal
rg(ker(−→f − 2
−→id))
= rg(ker(J−→f− 2−→id))
rg
−1 −1 −10 0 0
0 0 0
= 1 = rg
−1 0 0
0 0 0
0 ε 0
⇒ ε = 0
De manera que la forma de Jordan J~f es
J~f =
1 0 0
0 2 0
0 0 2
Y la forma de Jordan Jf del endomorfismo afín f
Jf =
1 0 0 0
1 1 0 0
0 0 2 0
0 0 0 2
�
6
EXAMEN 2011 1A PP 1A SEMANA http://fisicauned.wordpress.com/
Demostración. 2)
Ahora buscamos las rectas afines invariantes por f en el sistema de refe-
rencia ε′ (por lo que utilizaremos la matriz Jf ).
Primero, buscaremos las rectas vectoriales invariantes−→Ri por ~f y después
comprobaremos si el vector ~v = f (p)−p pertenece a estas rectas vectoriales
invariantes. Si es así, entonces la recta afín R = p+−→Ri será invariante por
f .
Buscamos las rectas vectoriales (asociadas a los valores propios λ)
ker(J~f −
−→id)=
0 0 0
0 1 0
0 0 1
x
y
z
=
0
0
0
⇒ y = 0 = z
ker(J~f −
−→id):= (y = 0, z = 0) :=
⟨ 1
0
0
⟩ ≡ ~R
Tenemos una recta vectorial invariante por ~f .
Comprobamos si tenemos otra asociada al autovalor λ = 2
ker(J~f − 2
−→id)=
−1 0 0
0 0 0
0 0 0
x
y
z
=
0
0
0
⇒ x = 0
ker(J~f − 2
−→id):= (x = 0) :=
⟨ 0
1
0
,
0
0
1
⟩ ≡ ~πTenemos un plano vectorial invariante por ~f .
Sólo estamos interesados en las rectas invariantes. El siguiente paso es
comprobar si el vector contruido como ~v = f (p)− p ∈ ~R.
~v =
1 0 0 0
1 1 0 0
0 0 2 0
0 0 0 2
1
a
b
c
−
1
a
b
c
=
1 + a− ab
c
=
1
b
c
7
EXAMEN 2011 1A PP 1A SEMANA http://fisicauned.wordpress.com/
Es decir, que ~v ∈ ~R ⇐⇒ b = c = 0, por lo que tenemos una recta afín
invariante:
R =
1
1
0
0
+
⟨ 1
0
0
⟩
�
8