#1 aeiou 2010-07-11 10:17 Les dejo aca el segundo parcial que tomaron el 08/07/10 de matematica 2:
Sean \(b, a_{1}, a_{2},..., a_{n} \in \mathbb{R}. Sea\ A\in \mathbb{R}^{n\times n}\) la matrix:
$$A=\left(\begin{matrix}a_{1} & a_{1}\ldots & a_{1} \\ a_{2}& a_{2}\ldots & a_{2}\\ \vdots &\vdots &\vdots\\ a_{n}& a_{n}\ldots&a_{n} \end{matrix}\right)$$
Calcular \(det(bI+A)\).
2.Determinar todos los valores \(k\in\mathbb{C}\) para los cuales la matriz
$$\left(\begin{matrix}k-1 & 0 & k^{2}+3k+2 & 0\ -1 & k & 2k+4 & k^{2}+k-2\0 & 0 & k-1 & 0\ 0 & 0 & -1 & k \end{matrix}\right)$$
es diagonalizable.
Sea \(A\in\mathbb{C}^{6\times 6}\) la matriz:
$$A=\left(\begin{matrix} 3& 0& 2& -2& 0& 2\\{-2}& 1& -3& 3& 0& -2\\0& 0& 1& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 2& 0 & -1\\0 & 0 & -1& 1 & 1 & -1\\0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}\right)$$
Encontrar la forma de Jordan y una base de Jordan de A sabiendo que:
$$ker(A-I)=\{ x\in\mathbb{C}^{6} : x_{1}=x_{3}=x_{4}=x_{6}=0\}.$$
$$ker(A-I)^2=\{ x\in\mathbb{C}^{6} : x_{1}+x_{3}=x_{4}-x_{6}=0\}.$$
$$ker(A-I)^3=\{ x\in\mathbb{C}^{6} : x_{1}+x_{3}-x_{4}+x_{6}=0\}.$$
$$A\ tiene\ exactamente\ dos\ autovalores.$$
4.Sea \(A\in\mathbb{C}^{10\times 10}\) una matriz tal que :
$$rg(A+2I)^2=7$$
$$rg(A-3I)^3=5$$
El polinomio carasterístico de \(A\) es \((x+2)^3(x-3)^7.\)
Decidir cuántas y cuáles son las posibles formas de Jordan de \(A.\)
5.Sea \(V =\mathbb{R}_{\leq 2}[x]\), y sea \(\phi : V\times V \rightarrow \mathbb{R}\) el producto interno definido por:
$$\phi(p,q)=p(-1)q(-1)+p(0)q(0)+p(1)q(1).$$
Sea \(S\subset V\) el subespacio definido por \(S=\{ p\in V : p(1)=0\}.\)
Encontrar una base ortonormal de \(S\) y una base ortonormal del subespacio \(S^{\perp}=\{ p\in V :\phi(p,q) = 0\ para\ todo\ q\in S\}.\)
Como siempre se agradece todo tipo de ayuda!
Saludos!
Para el del determinante.
$$\mid bI + A \mid = \begin{vmatrix} a_1 + b & a_1 & a_1 & \cdots & a_1 \\ a_2 & a_2 + b & a_2 & \cdots & a_2 \\ a_3 & a_3 & a_3 + b & \cdots & a_3 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_n & a_n & a_n & \cdots & a_n + b\end{vmatrix}$$
A todas las columnas, restamos la primera. Esto deja intacto el determinante.
$$= \begin{vmatrix}a_1 + b & -b & -b & \cdots & - b \\ a_2 & b & 0 & \cdots & 0 \\ a_3 & 0 & b & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_n & 0 & 0 & \cdots & b\end{vmatrix}$$
A la primera fila, le sumamos la segunda. Luego la tercera. Luego todas las demás 🙂
$$= \begin{vmatrix}b + \displaystyle \sum_{i=1}^n a_i & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ a_2 & & & & & \\ a_3 & & & & & \\ \vdots & & bI & & & \\ a_n & & & & & \end{vmatrix}$$
Haciendo el determinante normalmente, cuando lo empezamos por el primer elemento, nos queda \(det(bI) * (b + \displaystyle \sum_{i=1}^n a_i)\). Todos los demás van a ser \(0\), porque van a incluir la primera fila, que es toda \(0\).
Entonces, el determinante de la matriz es
\(b^{n-1} * (b + \displaystyle \sum_{i=1}^n a_i)\)
EDIT: Agrego el otro.
$$A = \begin{pmatrix}k-1 & 0 & k^{2}+3k+2 & 0\\ -1 & k & 2k+4 & k^{2}+k-2\\0 & 0 & k-1 & 0\\ 0 & 0 & -1 & k \end{pmatrix}$$
Quiero ver algo de diagonalización. Un criterio bueno para si algo es diagonalizable, es si su minimal es dividido en factores lineales. Entonces, podemos fijarnos cuales son las raíces del característico, y nos fijamos (usando que \(m_A(A) = 0\)) qué valores hacen que \(m_A(A) = 0\), sabiendo que \(m_A\) es lineal. Se va a ver mas claro haciéndolo:
Calculamos que el \(\chi_A\) es \(\chi_A =(k-\lambda)^2 (-k+\lambda+1)^2 = (\lambda-k)^2 (\lambda-(k-1))^2\) (si no me mintió Wolfram|Alpha).
$$m_A(A) = (A-k)(A-(k-1)) = \begin{pmatrix}-1 & 0 & (k+1)(k+2) & 0 \\ -1 & 0 & 2k+4 & (k-1)(k+2) \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0 & 0 & (k+1)(k+2) & 0 \\ -1 & 1 & 2k+4 & (k-1)(k+2) \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & 0 & -(k+1)(k+2) & 0 \\ 0 & 0 & -(k+1)(k+2)-(k-1)(k+2) & (k+2)(k-1) \\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0&0&0&0\end{pmatrix}$$
Así que, si no hice mal las cuentas, la única solución es \(k = -2\).
Firma
Por qué los poetas usan integrales?