Bueno acá dejo el segundo parcial resuelto. Espero que a alguien le sirva. Cualquier duda o error o acotación avisenme. Saludos!.
1)Sea \(f:{\mathbb{R}}^{3}\rightarrow {\mathbb{R}}^{3}\) definida por:
\(f(x,y,z)=(3x-y-z,y,-y+2z)\).
Exhibir una tranformación lineal
$$g:{\mathbb{R}}^{3}\rightarrow {\mathbb{R}}^{3}$$
tal que \(g^2=f\). ¿Es única?
\(\={x}\in {\mathbb{R}}^{3}\)
Entonces \(f(\={x})=A\={x}\) $${|f|}_{E}=A= \left(\begin{matrix}3 & -1 & -1 \\0 & 1 & 0 \\0 & -1 & 2\end{matrix}\right)$$
$${\chi}_{A}=det(XI-A)=\begin{vmatrix}X-3 & 1 & 1 \\0 & X-1 & 0 \\0 & 1 & X-2\end{vmatrix}=(x-3).(x-1).(x-2)$$
Como tiene tres autovalores simples entonces
la matriz es diagonalizable.
Se puede ver que:
$$Nu(3I-A)=<e_1>; Nu(I-A)=<e_1+e_2+e_3>$$
$$Nu(2I-A)=<e_1+e_3>$$
Sea \(B=\{e_1+e_2+e_3,e_1+e_3,e_1\}\)
Entonces
$${|f|}_{B}=D= \left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\0 & 2 & 0 \\0 & 0 & 3\end{matrix}\right)$$
$${|f|}_{E}=C_{BE}{|f|}_{B}(C_{BE})^{-1}$$
Sea \(g:{\mathbb{R}}^{3}\rightarrow {\mathbb{R}}^{3}\) tal que:
$${|g|}_{B}= \left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\0 & \sqrt{2} & 0 \\0 & 0 & \sqrt{3}\end{matrix}\right)$$
$${({|g|}_{B})}^2= {|f|}_{B}$$
Entonces \(g^2=f\)
La última igualdad se deduce ya uqe si dos
tranformaciones lineales coinciden en una base
entonces son la misma tranformación lineal.
No es la única ya que sea:
Sea \(g':{\mathbb{R}}^{3}\rightarrow {\mathbb{R}}^{3}\) tal que:
$${|g'|}_{B}= \left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\0 & -\sqrt{2} & 0 \\0 & 0 & -\sqrt{3}\end{matrix}\right)$$
y se procede análogamente y se llega a \(g'^2=f\)
- Sean \(A,B\in{\mathbb{C}}^{4\times 4}\)
las matrices:
$$A=\left(\begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2\end{matrix}\right) B=\left(\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 0 & 0 \\ -2 & -2 & 2 & 0 \\ -1 & -1 & 0 & 0\end{matrix}\right)$$
a) Probar que A y B son semejantes, y hallar una matriz \(C\in{\mathbb{C}}^{4\times 4}\) tal que \(A=CBC^{-1}\)
$$\chi_{A}=det(XI-A)=\begin{vmatrix}x & -1 & 0 & 0 \\ 0 & x & 0 & 0 \\ 2 & -1 & x-2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & x-2\end{vmatrix}=(x-2).\begin{vmatrix}x & -1 & 0 \\ 0 & x & 0 \\ 2 & -1 & x-2 \end{vmatrix}=(x-2).x.\begin{vmatrix}x & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & -1 & x-2 \end{vmatrix}=(x-2).x.\begin{vmatrix}x & 0 \\ 2 & x-2 \end{vmatrix}={(x-2)}^2.x^2$$
Entonces:
$$Nu(A)=<e_1+e_3>$$
$$Nu(A^2)=<e_2,e_1+e_3>$$
$$Nu(2I-A)=<e_3,e_4>$$
Sea \(|f|_{E}=A\) la la tranformación lineal
asociada a la matriz en la base canónica
entonces:
Sea \(B=\{e_2,e_1+e_3,e_3,e_4\}\)
$$C_{BE}=\left(\begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1\end{matrix}\right)$$
Entonces sea $$|f|_{B}=J_{A}= \left(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2\end{matrix}\right)$$
Si hacemos
$$Nu(B)=<e_4>;Nu(B^2)=<e_2+e_3,e_4>$$
$$B(e_2+e_3)=-e_4$$
$$Nu(2I-B)=<e_3,e_1-e_2>$$
Sea \(|g|_{E}=B\) la la tranformación lineal
asociada a la matriz en la base canónica
entonces:
Sea
$$B'=\{-(e_2+e_3),e_4,e_3,e_1-e_2\}$$
$$C_{B'E}=\left(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 1 \\-1 & 0 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0\end{matrix}\right)$$
Entonces sea
$$|g|{B'}=J{B}= \left(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \ 1 & 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 2 & 0 \ 0 & 0 & 0 & 2\end{matrix}\right)$$
Como \(B\sim J_{B}=J_{A} \sim A\)
Entonces \(B\sim A\)
$$B=|g|_{E}=C_{B'E}|g|_{B'}C_{EB'}=C_{B'E}.J.C_{EB'}$$
$$A=|f|_{E}=C_{BE}|f|_{B}C_{EB}=C_{BE}.J.C_{EB}$$
$$A=C_{BE}.C_{EB'}.B.C_{B'E}.C_{EB}$$
$$A=C_{BE}.C_{EB'}.B.{(C_{EB'})}^{-1}.{(C_{EB})}^{-1}$$
$$A=CBC^{-1}$$
\(C=C_{BE}.C_{EB'}=C_{BE}.{(C_{B'E})}^{-1}\)
b)Calcular los polinomios minimal y caracterísitico de \(A\) y \(B\).
Si \(A\sim B\) entonces el polinomio caracteristico y el minimal son el mismo para ambas matrices
$$\chi_{A}=\chi_{B}={(x-2)}^{2}.x^2$$
$$m_A=mcm\{m_{v_{i}}\}_{i\in[1,4]}$$
Donde \(B=\{v_i\}_{i\in[1,4]}=\{e_2,e_1+e_3,e_3,e_4\}\)
\(m_v\) es el polinomio de grado mínimo
tal que \(P(A)(v)=0\)
$$m_{e_2}=X^2$$
$$m{_e_1+e_3}=X$$
$$m_{e_3}=X-2$$
$$m_{e_4}=X-2$$
Entonces
\(m_B=m_A=mcm\{X^2,X,X-2,X-2\}=X^2.(X-2)\)
- Sea \(A\) la matriz:
$$A=\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & c & 0 & 0 \\0 & 1 & 2 & 0 \\0 & 0 & 1 & 2 \end{matrix}\right)$$
Para cada valor de \(c\in\mathbb{R}\), hallar la forma de Jordan de \(A\).
$$\chi_A=det(XI-A)=\begin{vmatrix}X-1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & X-c & 0 & 0 \\0 & -1 & X-2 & 0 \\0 & 0 & -1 & X-2 \end{vmatrix}$$
Por ser triangular superior:
$$\chi_A=(X-1).{(X-2)}^{2}.(X-c)$$
Sea \(c\neq 2\) y \(c\neq 1\)
Entonces \(mult(c,\chi_A)=dimS_c=1\)
$$Nu(2I-A)=<e_4>$$
$$Nu({(2I-A)}^{2})=<e_3,e_4>$$
$$I-A=\left(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1-c & 0 & 0 \\0 & -1 & -1 & 0 \\0 & 0 & -1 & -1 \end{matrix}\right)$$
$$Nu(I-A)=<(c-1,-1,1,-1)>=<v_3>$$
$$cI-A=\left(\begin{matrix}c-1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\0 & -1 & c-2 & 0 \\0 & 0 & -1 & c-2 \end{matrix}\right)$$
$$Nu(cI-A)=<(0,{(c-2)}^{2},c-2,1)>=<v_4>$$
Sea \(B=\{e_3,e_4,v_3,v_4\}\)
Entonces con este respectivo cambio de base
Sea \(A\sim J\)
Con $$J=\left(\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & 0 \\0 & 0 & 1 & 0 \\0 & 0 & 0 & c \end{matrix}\right)$$
Si \(c=2\)
$$\chi_A=(x-2)^3.(x-1)$$
$$A=\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & 0 \\0 & 1 & 2 & 0 \\0 & 0 & 1 & 2 \end{matrix}\right)$$
$$2I-A=\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\0 & -1 & 0 & 0 \\0 & 0 & -1 & 0 \end{matrix}\right)$$
$${(2I-A)}^{2}=\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\1 & 0 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}\right)$$
$${(2I-A)}^{3}=\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\1 & 0 & 0 & 0 \\-1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}\right)$$
$$Nu(2I-A)=\{e_4\}$$
$$Nu({(2I-A)}^{2})=\{e_3,e_4\}$$
$$Nu({(2I-A)}^{3})=\{e_2,e_3,e_4\}$$
$$I-A=\left(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & -1 & 0 & 0 \\0 & -1 & -1 & 0 \\0 & 0 & -1 & -1 \end{matrix}\right)$$
$$Nu(I-A)=\{(1,-1,1,-1)\}$$
Sea \(B=\{e_2,e_3,e_4,(1,-1,1,-1)\}\)
Entonces con este respectivo cambio de base
Sea \(A\sim J\)
Con $$J=\left(\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & 0 \\0 & 1 & 2 & 0 \\0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}\right)$$
Si \(c=1\)
Entonces
$$A=\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\0 & 1 & 2 & 0 \\0 & 0 & 1 & 2 \end{matrix}\right)$$
$$I-A=\left(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\0 & -1 & -1 & 0 \\0 & 0 & -1 & -1 \end{matrix}\right)$$
$${(I-A)}^{2}=\left(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\1 & 1 & 1 & 0 \\0 & 1 & 2 & 1 \end{matrix}\right)$$
$$Nu(I-A)=<e_2-e_3+e_4>$$
$$Nu({(I-A)}^{2})=<(1,0,-1,2),(0,1,-1,1)>$$
Sea \(B=\{(1,0,-1,2),(0,1,-1,1),e_3,e_4\}\)
Entonces con este respectivo cambio de base
Sea \(A\sim J\)
Con $$J=\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\0 & 0 & 2 & 0 \\0 & 0 & 1 & 2 \end{matrix}\right)$$
4)Sean \(S\subset {\mathbb{R}}^{3}\) el plano definido por la ecuación \(x_1+x_2=0\), y sea Q=(1,2,3).
a) Determinar un producto interno \(\Phi :{\mathbb{R}}^{3} \times {\mathbb{R}}^{3} \rightarrow \mathbb{R}\) tal que \(P_S(Q)=(-1,1,1)\)
(proyección ortogonal sobre \(S\)
respecto de \(\Phi\))
\(S=<(1,-1,0);(0,0,1)>\)
$$S^{\perp}=<v_3>$$
Tal que \(<v_3;v_1>=<v_3;v_2>=0\)
Por propiedad de \(S^{\perp}\).
$$S\oplus S^{\perp}={\mathbb{R}}^{3}$$
De manera que cualquier vector\(v\in {\mathbb{R}}^{3}\) se expresa de forma única
como
\(v=P_S(v)+P_{S^{\perp}}(v)\) con
\(P_S(v)\in S\) y \(P_{S^{\perp}}(v)\in S^{\perp}\)
Si \(v=Q\)
Entonces \(P_{S^{\perp}}(Q)=(2,1,2)\)
Entonces \(S^{\perp}=<(2,1,2)>\)
Sea \(B=\{(1,-1,0);(0,0,1);(2,1,2)\}\)
Sea \(x,y \in {\mathbb{R}}^{3}\). Defino
$$\Phi(x,y)={(x)}_{B}{(y)}_{B}^{t}=ad+be+cf$$
$$(x)_{B}=(a,b,c)$$
$$(y)_{B}=(d,e,f)$$
Si cumple con las 4 hipótesis del producto
interno entonces \(\Phi\) es un producto
interno
1)\(\Phi(x+x',y)=(a+a')d+(b+b')e+(c+c')f=(ad+be+cf)+(a'd+b'e+c'f)=\Phi (x,y)+\Phi (x',y)\)
2)\(\Phi(m.x,y)=(m.a)d+(m.b)e+(m.c)f=m.(ad+be+cf)=m.\Phi (x,y)\)
3)\(\Phi (x,y)=ad+be+cf = da+eb+fc=\Phi(y,x)\)
3)\(\Phi (x,x)=a^2+b^2+c^2>0\)
$$\forall x \neq 0$$
\(\Phi (x,x)=0\) si sólo si \(x=0\).
Entonces \(\Phi (x,y)\) es un producto
interno.
b) Para el producto interno hallado en a),
calcular la distancia entre \(Q\) y \(P_S(Q)\).
\(d(Q,P_S(Q))=||P_{S^{\prep}}(Q)||=||(2,1,2)||=\sqrt{<(2,1,2);(2,1,2)>}=\sqrt{1}=1\)
Pues \((2,1,2)_B=(0,0,1)\)
\(\Phi((2,1,2),(2,1,2))=0^2+0^2+1^2=1\)
5)Sea\(T:{\mathbb{R}}_{5}[X]\rightarrow {\mathbb{R}}_{5}[X]\), la tranformación lineal
que manda\(P(X)\) a \(P(X+1)\). Hallar el polinomio característico y el polinomio minimalde \(T\).
¿Cuál es la forma de Jordan de la matriz \(|T|\)?
Primero tomo una base
\(B=\{X^5,X^4,X^3,X^2,X,1\}\) de \(\mathbb{R}}_{5}[X]\)
$$T(1)=1$$
$$T(X)=X+1$$
$$T(X^2)={(X+1)}^2=X^2+\left(\begin{matrix}2\\ 1\end{matrix}\right).X+1$$
$$T(X^3)={(X+1)}^3=X^3+\left(\begin{matrix}3\\ 2\end{matrix}\right).X^2+\left(\begin{matrix}3 \\ 1\end{matrix}\right).X+1$$
$$T(X^4)={(X+1)}^4=X^4+\left(\begin{matrix}4 \\ 3\end{matrix}\right).X^3+\left(\begin{matrix}4 \\ 2\end{matrix}\right).X^2+\left(\begin{matrix}4 \\ 1\end{matrix}\right).X+1$$
$$T(X^5)={(X+1)}^5=X^5+\left(\begin{matrix}5 \\ 4\end{matrix}\right).X^4+\left(\begin{matrix}5 \\ 3\end{matrix}\right).X^3+\left(\begin{matrix}5 \\ 2\end{matrix}\right).X^2+\left(\begin{matrix}5 \\ 1\end{matrix}\right).X+1$$
$$|T|_B=\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \left(\begin{matrix}5 \\ 4\end{matrix}\right) & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \left(\begin{matrix}5 \\ 3\end{matrix}\right) & \left(\begin{matrix}4 \\ 3\end{matrix}\right) & 1 & 0 & 0 & 0 \\ \left(\begin{matrix}5 \\ 2\end{matrix}\right) & \left(\begin{matrix}4 \\ 2\end{matrix}\right) & \left(\begin{matrix}3 \\ 2\end{matrix}\right) & 1 & 0 & 0 \\ \left(\begin{matrix}5 \\ 1\end{matrix}\right) & \left(\begin{matrix}4 \\ 1\end{matrix}\right) & \left(\begin{matrix}3 \\ 1\end{matrix}\right) & \left(\begin{matrix}2 \\ 1\end{matrix}\right) & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 5 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 10 & 4 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 10 & 6 & 3 & 1 & 0 & 0 \\ 5 & 4 & 3 & 2 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\end{matrix}\right)$$
$$\chi_T=\chi_{|T|_B}=det(XI-|T|_B)={(X-1)}^6$$
Por que es triangular superior
Entonces como \(m_T|\chi_T\) entonces
\(m_T={(X-1)}^j\) con \(j\in[1,6]\)
Sea
$$A=|T|_B-I=\left(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \ 5 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \ 10 & 4 & 0 & 0 & 0 & 0 \ 10 & 6 & 3 & 0 & 0 & 0 \ 5 & 4 & 3 & 2 & 0 & 0 \ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0\end{matrix}\right)$$
$$A^2=\left(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 20 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 60 & 12 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 70 & 24 & 6 & 0 & 0 & 0 \\ 30 & 14 & 6 & 2 & 0 & 0\end{matrix}\right)$$
$$A^3=\left(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 60 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 180 & 24 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 150 & 36 & 6 & 0 & 0 & 0\end{matrix}\right)$$
$$A^4=\left(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 120 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 240 & 24 & 0 & 0 & 0 & 0\end{matrix}\right)$$
$$A^5=\left(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 120 & 0 &0 & 0 & 0 & 0\end{matrix}\right)$$
$$A^6=0$$
Como \(A^5\neq0\)
Entonces \(m_T=\chi_T={(X-1)}^6\)
Como \(dimNuA^5=5\) y \(dimNuA^6=6\)
Cantidad de bloques de Jordan mayores a 5 \(=dimNuA^6-dimNuA^5=1\)
Cantidad de bloques de Jordan\(=dimNuA=1\)
Entonces \(A\sim N_6\).
Lo que quiere decir que$$|T|_B=A+I_6 \sim N_6+I_6=\left(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1\end{matrix}\right)$$
💡
