Tema

practica 8 ej 5

3 respuestas 4753 visitas 2009-07-25

#1 Kari 2009-07-25 20:26

hallar una base ortonormal tal que la matriz de la forma lineal en dicha base sea diagonal. calcular signatura y rango, decidir si es degenerada o no, definida, semidefinida o indefinida.

i) \phi:\mathbb{R}^3x\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R} / \phi(x,y)=5{x}_{1}{y}_{1}-2{x}_{1}{y}_{3}+7{x}_{2}{y}_{2}-2{x}_{2}{y}_{3}-2{x}_{3}{y}_{1}-2{x}_{3}{y}_{2}+6{x}_{3}{y}_{3}

ii)\phi:\mathbb{R}^4x\mathbb{R}^4\rightarrow\mathbb{R} / \phi(x,y)=2{x}_{1}{y}_{1}+2{x}_{1}{y}_{3}+2{x}_{3}{y}_{1}-{x}_{3}{y}_{3}-{x}_{4}{y}_{4}

mi mayor problema en este ejercicio es que me quedan unos autovalores realmente asquerosos y no puedo diagonalizar la matriz, estoy perdidisima...
no se si estoy haciendo algo mal yo (que es lo mas probable) o los ejercicios son imposibles.

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quieres que me ponga falda y baile hula hula??

#2 exequiel131719 2009-07-26 09:09

Si el matlab no miente(o no me olvidé de cómo usarlo...) el primero tiene por autovalores 3, 6, 9. En el otro fijate que 0 seguro es autovalor(no es inversible la matriz en la base canónica) y si el matlab o mi memoria no mienten los autovalores restantes también no son tan feos(uno de ellos es 1).

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I offer her that kernel of myself that I have saved, somehow; the central heart that deals not in words, traffics not with dreams and is untouched by time, by joy, by adversities

#3 ALE 2009-07-26 20:24

Te digo lo que hice yo para el 1r caso. El segundo es lo mismo (salvo que la 1ra es definida positiva y la segunda es indefinida)

Es cierto, los autovalores de la matriz son 3, 6 y 9, capaz confundiste alguna cuenta.

\chi_{A}=\begin{Vmatrix}5-\lambda & 0 & -2 \\0 & 7-\lambda & -2 \\-2 & -2 & 6-\lambda\end{Vmatrix}

desarrollando por la 2da columna

\chi_{A}=(7-\lambda)(30-11\lambda +\lambda^{2}-4)+2(-10+2\lambda)

\chi_{A}=(7-\lambda)(26-11\lambda +\lambda^{2})-20+4\lambda

\chi_{A}=182-77\lambda+7\lambda^{2}-26\lambda+11\lambda^{2}-\lambda^{3}-20+4\lambda

\chi_{A}=162-99\lambda+18\lambda^{2}-\lambda^{3}

Este polinomio admite a 3 como raíz... de ahí se puede seguir.

Igual yo hice esto. PAra armar la base, en lugar de buscar los autovalores, propuse \(v_{1}=(1,0,0)\) Y como \(v_{1}Av_{1}^{t}=5\) Ahí tengo el primer elemento de la matriz y el primer elementode mi base ORTOGONAL (no ortonormal)
Luego para hallar \(v_{2}\) pido que \(v_{1}Av_{2}^{t}=0\) para que sea ortogonal con \(v_{1}\). Si \(v_{2}=(x,y,z)\) obtengo la condición \(5x-2z=0\) de donde extraigo \(v_{2}=(2,0,5)\)

De paso calculo \(v_{2}Av{2}^{t}=130\). Para calcular \(v_{3}\) Pido que \(v_{1}Av_{3}^{t}=0\) y que \(v_{2}Av_{3}^{t}=0\), obteniendo el sistema \(5x-2z=0, 26z-10y=0\) de donde elijo \(v_{3}=(2,13,5)\) De paso calculo \(v_{3}Av{3}^{t}=1053\).

Asi que la base ortogonal es \(\mathbb{B}_{orto}=\{(1,0,0);(2,0,5);(2,13,5)\}\)
Donde la matriz sería

\begin{pmatrix}5 & 0 & 0 \0 & 130 & 0 \0 & 0 & 1053\end{pmatrix}

Y si la quiero ortonormal, divido a cada vector por su norma euclídea asi que quedaría

\mathbb{B}_{orton}=\{\frac{(1,0,0)}{\sqrt{5}};{\frac{(2,0,5)}{\sqrt{130}};{\frac{(2,13,5)}{\sqrt{1053}}\}

Donde la matriz es la identidad.

¿Está bien esta forma de hacerlo?

#4 laejl 2009-08-03 21:49

Si se fijan en el apunte de Sabia-Tesauri-Jerónimo hay una especie de "algoritmo" justamente en el capìtulo 10 que trata de Formas Bilineales, que permite encontrar una base ortogonal. Luego si dividen por la norma de esos vectores les va a quedar normalizada.
By the way.... Subí una especie de resumen del apunte de jerónimo que está en la sección de apuntes.
Y propongo juntarnos el miércoles si les parece a estudiar en la facu como la semana pasada pues la fecha se aproxima, si les parece...
Saludos

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