#1 Erizo 2009-10-15 18:25 Extraído de Primer recuperatorio del primer parcial 17/12/08
Decidir para qué valores reales de a y b existe un proyector \(p: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3}\) tal que \(p(1,0,0)=(1,-1,2)\) y \(p(0,1,0)=(a,0,b)\)
Como p es un proyector, entonces
$$p^2(v) = p(v) \; \forall \, v \in \mathbb{R}^3$$
Entonces,
$$p^2(1,-1,2) = (1,-1,2) = p(1,-1,2)$$
Pero como p es una Transformación Lineal,
$$p(1,-1,2) = p(1,0,0) + p(0,-1,0) + p (0,0,2)=$$
$$= (1,-1,2) -(a,0,b) + p(0,0,2)$$
$$(1,-1,2) = (1,-1,2) - (a,0,b) + p(0,0,2) \Rightarrow p(0,0,2) = (a,0,b)$$
Bueno, podemos definir un intento de proyector que cumpla con las cosas (con las a y b dando vueltas, pero bueno, la vida es cruel)
$$p(1,0,0)=(1,-1,2)$$
$$p(0,1,0)=(a,0,b)$$
$$p(0,0,2) = (a,0,b)$$
Por una cuestión de comodidad, voy a definirla en la base canónica.
$$p(1,0,0)=(1,-1,2)$$
$$p(0,1,0)=(a,0,b)$$
$$p(0,0,1) = (\frac{a}{2},0,\frac{b}{2})$$
Como antes, para sacarnos las a,b de encima, decimos que
$$p^2(a,0,b) = p(a,0,b)=(a,0,b) = a.p(1,0,0) + b.p(0,0,1)$$
$$(a,0,b) = a.p(1,0,0) + b.p(0,0,1) = (a,-a,2a) + (\frac{ab}{2},0,\frac{b^2}{2})$$
Igualando coordenada a coordenada
$$a = a + \frac{ab}{2}$$
$$0 = -a$$
$$b = 2a + \frac{b^2}{2}$$
Finalmente,
$$0 = 0$$
$$a= 0$$
$$b = \frac{b^2}{2} \Rightarrow b = 0$$
Entonces la solución es:
$$p(1,0,0)=(1,-1,2)$$
$$p(0,1,0)=(0,0,0)$$
\(p(0,0,1) = (0,0,0)\)
😕 Esto da así???? ser, es un proyector, pero suena tan raro....
Un saludo y gracias
Firma
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#2 KillSchrodingerCat 2009-10-15 19:14 Parece estar todo bien excepto que \(b=2\) y no \(0\)
\(\Rightarrow\) Definís a \(p\) como:
$$p(1,0,0)=(1,-1,2)$$
$$p(0,1,0)=(0,0,2)$$
$$p(0,0,1)=(0,0,1)$$
Saludos...
Firma
"What we observe is not nature itself, but nature exposed to our method of questioning..."
#3 Erizo 2009-10-15 19:16 b = 0 también vale =P.... Algebra I para nada... polinomio de grado 2, una sola solución, lo mío es de terror
#4 KillSchrodingerCat 2009-10-15 21:17 Es verdad 😄 Me pase por alto que 0/2 = 0 😳
Yo lo hice de otra forma (en realidad es exactamente lo mismo, pero visto desde quizás otro ángulo), dándome lo mismo:
Sabemos que
$$p(1, 0, 0) = (1, -1, 2)$$
$$p(1, -1, 2) = (1, -1, 2)$$
$$p(0, 1, 0) = (a, 0, b)$$
Un cálculo pequeño nos puede confirmar que (1, 0, 0), (1, -1, 2), y (0, 1, 0) son L.I.
$$(a, 0, b) = \alpha(1, 0, 0) + \beta(1, -1, 2) + \gamma(0, 1, 0)$$
Resolviendo este sistema tenemos que \({(a, 0, b)}_B = (a-\frac{b}{2}, \frac{b}{2}, \frac{b}{2})\).
Y es fácil ver que \({(1, -1, 2)}_B = (0, 1, 0)\). Entonces podemos considerar la matriz del projector, en bases B, B. Esta es:
$${[p]}_{B, B} = \begin{pmatrix}{0 & 0 & a - \frac{b}{2}\\1 & 1 & \frac{b}{2} \\ 0 & 0 & \frac{b}{2}\end{pmatrix}$$
Pero p es un projector. Entonces \({{[p]}_{B, B}}^2 = {[p]}_{B, B} = {[p]}_{B, B} \cdot {[p]}_{B, B}\)
Entonces tenemos que
$${{[p]}_{B, B}}^2 = \begin{pmatrix}{0 & 0 & (a - \frac{b}{2})(\frac{b}{2})\\1 & 1 & a+ \frac{b^2}{4} \\ 0 & 0 & \frac{b^2}{4}\end{pmatrix}$$
. Si esto es igual a \({[p]}_{B, B}\), entonces
$$\frac{b}{2} =\frac{b^2}{4} \iff b = 2 \lor b = 0$$
En ambos casos, haciendo lo mismo para a, vemos que \(a = 0\).
Entonces las soluciones son \((a, b) = (0, 0) \lor (a, b) = (0, 2)\)
Firma
Por qué los poetas usan integrales?
#6 KillSchrodingerCat 2009-10-17 13:13 Tu solución es como más seductora... La matriz tiene esa capacidad de decorar un poco la cosa 😛
