SEP SNEST DGEST

INSTITUTO TECNOLÓGICO DE TOLUCA

Algebra Lineal

Unidad 5 y 6

Sistemas Computacionales

P R E S E N T A:

Morales Archundia Francisco Javier

NO. CONTROL:

14280536

Unidad 5.5.1 Introducción a las Transformaciones Lineales.

1. Consideremos la función T :R3→R2, tal que T ( xyz )=( x −¿2 y2 x −¿ x ). Verifiquemos que T es

una transformación lineal.Veamos que T satisface la propiedad aditiva. Sean ¿ vectores de R3, entonces:

T [( x1

y1

z1)+( x2

y2

z2)]=T (x1+x2

x1+x2

z1+z2)

¿( (x1+x2 )−2 ( y1+ y2 )2 ( z1+z2 )−( x1+x2 ) )

T ( x1

y1

z1)+T ( x2

y2

z2)=¿

¿¿

¿( (x1+x2 )−2 (x1+x2)2 ( z1+z2 )−(x1+x2 ));

De donde,

T [( x1

y1

z1)+( x2

y2

z2)]=T ( x1

y1

z1)+T ( x2

y2

z2) .

Para verificar que T satisface la propiedad homogénea, tomemos al escalar λ y el vector ¿. Entonces,

T [ λ ( xyz )]=T ( λxλ yλz)¿( (λx )−2 (λ y )

2 (λz )−(λx ))λ [T ( xyz )]= λ(x−2 y

2 z−x )

2. Determine si la transformación dada de v en w es lineal.T :R2→R

T ( xy )=xyComprobamos la primera propiedad: T (u+v )=Tu+TvSea el vector u=(u1 ,u2) y v=(v1 , v2 )→u+v=(u1+v1 ,u2+v2 )T (u+v )=Tu+Tv

T (u1+v1

u2+v2)=T (u1

u2)+T (v1

v2)

(u1+v1) (u2+v2 )=u1u2+v1 v2

Comou2 v1+u1 v2+u1u2+v1 v2≠u1u2+v1 v2

La transformación no es lineal.

3. Verifique si la trasformación T :M (n ,R )→M (n , R ) tal que T ( X )=MX+XMdonde M es una matriz fija en M (n ,R ), es una transformación lineal.a) Sean A ,B∈M (n , R ) entonces:

T ( A+B )=M ( A+B )+( A+B )M¿ (MA+MB )+( AM+BM )¿T ( A )+T (B ) .

b) Sea A∈M (n ,R ) ,k∈R entonces:T ( kA )=M (kA )+( kA )M¿kMA+kAM¿k (MA+AM )¿kT (A) .Por a) y b), T es una trasformación lineal.

4. Determine si la transformación dada en V y en W es lineal.T :P2→P1

T (a0+a1 x+a2 x2)=a1+a2 x

Comprobamos la primera propiedad: T (u+v )=Tu+TvSean los polinomios p ( x )=a0+a1 x+a2 x

2 y q ( x )=b0+b1 x+b2 x2

→p ( x )+q ( x )=a0+b0+(a1+b1 ) x+ (a2+b2 )x2

T ( p ( x )+q ( x ) )=T p ( x )+T q (x )T (a0+b0+(a1+b1 )x+(a2+b2 ) x2 )=a1+a2 x+b1+b2 xa1+b1+ (a2+b2) x=a1+a2 x+b1+b2 xa1+b1+(a2+b2 ) x=a1+b1 (a2+b2 ) x

Comprobamos la segunda propiedad: T (av )=aTvT (a (a0+a1 x+a2 x

2 ))=aT (a0+a1x+a2 x2 )

T (aa0+aa1 x+a a2x2 )=a (a1+a2x )

aa1+aa2 x=a (a1+a2 x )a (a1+a2 x)=a (a1+a2 x )La transformación es lineal.

5. Verifique si la trasformación T :R2→R3 tal que T ( x , y )=( x+ y , y , x− y ) , es una transformación lineal.a) Sean v1=( x , y ) , v2=( p , q )∈R2 , entonces:T (v1+v2 )=T ( x+ p , y+q )¿ ( ( x+ p )+( y+q ) , y+q , ( x+ p )− ( y+q ) )¿ ( ( x+ y )+( p+q ) , y+q , ( x− y )+ (p+q ) )¿ ( x+ y , y , x− y )+ ( p+q ,q , p−q )¿T ( x , y )+T (p ,q )¿T (v1 )+T (v2)b) Sean v=( x , y )∈R2 , k∈R , entonces:T ( kv )=T ( kx , ky )¿ (kx+ky , ky , kx−ky )¿k ( x+ y , y , x− y )¿kT ( x , y )¿k (Tv )Así, T es una transformación lineal.

5.2 Núcleo e imagen de una transformación lineal.

1. Determine el núcleo de la transformación lineal de R3 EN R3 DEFINIDA COMO:

T [XYZ ] = [ −2 X+3 Z−23 X−15Y−18Z

−5 X−3Y−3Z ]SOLUCIONUn vector v=(a,b,c)’ pertenece al núcleo T SI T(v)=0 , es decir si

T=((a,b,c)’=[ −2a+3c−23a−15b−18c

−5a−3b−3c ]Por tanto, para pertenecer al núcleo debe cumplirse

−2a+3 c=0−23a−15b−18 c−5a−3b−3c=0

=0

REDUCIENDO TENEMOS; a – 3 /2 c= 0 b+ 7 /2 c =0

[abc ] =[ 32z

−72 y

y] = c [ 3

2−721

]Observe que aquí el núcleo T en ese caso en un espacio generado:

Ker(T) =Gen {( 32

−721

)}Además, la dimensión de Ker(T) es 1, lo cual coincide con el número de columnas sin pivote en la reducida de A (La matriz que define a la transformación T). Geométricamente en R3 este generado corresponde a la línea que pasa por el origen y con vector de dirección (3/2, −7/2, 1)0 que es: x 3/2 = y −7/2 = z 1

2 .Determine el núcleo a la trasformación de R3 EN R2 definida como:

T [XYZ ] = [ x+ y+z2x+2 y+2 z ]

SOLUCIONUn vector v= (a,b,c)’ pertenece al nucleo de T si T(v)=0. Es decir:

T(V)= [ a+b+c2a+2b+2c ]= [1 1 1

2 2 2]*(abc) = 0 ( en R2)

Por lo tanto para pertenecer al núcleo debe cumplirse a+b+c=0

2a+2b+2c=0Reduciéndolo tenemos

a+b+c=0Es decir:

[abc ]= (−b−cbc ) =b [−1

10 ] +c [−1

10 ]

Es decir, que el núcleo en T en este caso es un espacio generado:

Ker (T) ={(−110 )(−1

01 )}

Además, la dimensión de Ker(T) es 2, lo cual corresponde al número de columnas sin pivote de la reducida de la matriz que define a T. Geométricamente, en R3 este generado corresponde a un plano que pasa por el origen y con vector normal n = u1 × u2 = (1, 1, 1)0 que es: 1 x + 1 y + 1 z = x + y + z = 0

3.Determine el nucleo T:R3 R3

SOLUCIONSabemos que Ker(T) es el conjunto de todos los vectores v =< x, y, z >’ de R3tal que T(v) = 0 (enR3)

T(V)= [X−ZY +ZX−Y ] =[10−1

0 111−10] * (XYZ ) = (000)

RESOLVIENDO EL SISTEMA, LA SOLUCION ES UNICA, Y ES 0 . Por tanto:Ker( T)= {0 }

4.Encuentre la imagen y el núcleo del operador diferencial D P3 P2Definido por D(p(x))= p’(x)SOLUCION:En razón de que D(a +bx +cx2+dx3)=b+2cx+3dx3, tenemos que

Núcleo (D) ={a+bx+c2+dx3 :D (a+bx+cx 2+dx3 )=0 } = {a+bx+cx2+dx3 :b+cx+3dx=0 }

Sin embargo b+2cx+3dx=0 si y solo si b= 2c= 3d =0, lo que implica que b =c=d=0 por tanto Núcleo (D) ={a+bx+cx2+dx3=0 } ={a ;a enR }

5.Sea a una matriz de m x n sea T=Tx la correspondiente trasformación matricial de R’’ A R’’’ DEFINIDA POR T(v) =Av. Entonces la imagen de T es el espacio columna A Es núcleo de T es NUCLEO (T)= ven R' ' :T (v )=0 {v enR ' ' : Av=0 } =nul(A)

5.3. Matriz de una transformación lineal

1. T que va de Ɽ en Ɽ definida por T(x)= x3 no es transformación lineal….Para α=3X=1 se tiene que t(3-1) = T(3)= 33

3T=3 =3T(αx)=(αx)3

xT(α)=αx 3

αx3≠ ¿

2.Si V un espacio vectorial y T que va de V en V definida por T(v)=0 para todo V€V, donde 0 es el vector 0 de VSolución:T(V 1+V 2 ¿=0T(V 1+V 2 ¿=¿T(V 1 ¿+T(V 2 ¿T(αV ¿=0αt(V)=α. 0=0t(V 1 ¿+T (V 2 )=0+0=0

3.Sea V=Ɽ2 y T que va de Ɽ2 en Ɽ2 definida por T(x , y ¿=¿(x ,− y ¿ es una transformación líneas

V 1=(x1, y1)V 2=(x2, y2)

T(αV 1¿=¿T(α x1,α y2¿=¿(α x1-α y2¿=¿αT(V 1 ¿=α [ (x1 ,− y2 ) ]=¿ (α x1 ,-α y2)

T(V 1+V 2 ¿=¿T(x1+ x2,y1+ y2¿¿(x1+ x2-(y1+ y2¿¿

¿ x1+x2,− y1− y2

Por otro lado T(V 1 ¿+T(V 2 ¿= (x1 ,− y1)+(x2 ,− y2¿=(x1+ x2,− y1− y2 ¿

4. Demostrar que la funcion T : P2(R) → P2 (R) definida mediante la siguiente regla de correspondencia es una transformacion lineal:

(T f )(x) = (x2 − 3x + 5)f 00 (x) + (x − 1)f 0(x) + 4f (x).Calcular la matriz TE asociada a T respecto a la base can´onica E = (e0, e1, e2), donde

e0(x) = 1, e1 (x) = x, e2 (x) =

x2.Para comprobacion calcular T g aplicando la regla de correspondencia de T , escribir el vector (T g)E y calcular el producto TE gE .

g(x) = 3 − 4x + 5x2.Solucion. I. Demostremos que T es lineal. Si f, g ∈ P2 (R), entonces

(f + g)” = f “ + g”, (f + g)”” = f “” + g”” , (f + g)(x) = f (x) + g(x),

y por lo tanto

(T (f + g))(x) = (x2 − 3x + 5)(f + g)”” (x) + (x − 1)(f + g)”(x) + 4(f + g)(x)

= (x2 − 3x + 5)(f “” (x) + g”” (x)) + (x − 1)(f “(x) + g”(x)) + 4(f (x) + g(x))

=

(x2 − 3x + 5)f “” (x) + (x − 1)f”(x) + 4f (x)

+

(x2 − 3x + 5)g”” (x) + (x − 1)g”(x) + 4g(x)

= (T f )(x) + (T g)(x).Si f ∈ P2(R) y λ ∈ R, entonces

(λf )” = λf “, (λf )”” = λf “” , (λf )(x) = λf (x),

y por lo tanto

(T (λf ))(x) = (x2 − 3x + 5)(λf )”” (x) + (x − 1)(λf )” (x) + 4(λf )(x)

= (x2 − 3x + 5)(λf “”(x)) + (x − 1)(λf “(x)) + 4(λf (x))

= λ

(x2 − 3x + 5)f “” (x) + (x − 1)f “(x) + 4f (x)

.

Acabamos de demostrar que T es aditiva y homog´enea

5. Matriz asociada a una transformación lineal que actúa en un espacio de matrices- Demostrara que la función T: M 2(Ɽ)⟶M 2(Ɽ) definida mediante la siguiente regla de correspondencia en una transformación lineal

TX=XA, donde A=|3 −54 7 |

Halla la matriz asociada a T respecto a la base F=(F1 , F2 , F3 , F4 ) de M 2(Ɽ), donde

F1=E1,1=|1 00 0|

F1=E1,2=|0 10 0|

F1=E2,1=|0 01 0|

F1=E2,2=|0 00 1|

5.4 Aplicación de las transformaciones lineales

1.- Sea T= P3 (R) -> P2 (R) dada por T(p(x)) = p2 (x), B={ 1,x,x2,x3} y H= {1,x,x2] bases para P3(R) y P2(R) respectivamente. Encontrar [ T ]BH Solución:

T(1)=0 => 0=0+0x+0x2

T(x)=1 => 1=1+ox+0x2

T(x2)=2x => 2x=0+2x+0x2

T(x3)=3x2 => 3x2=o+0x+3x2

[ T ]BH =

000

1 0 00 2 00 0 3

2.- T;R2 -> R3 T(x,y)= (x+3y,0,2x-4y) B={(1,0),(0,1)} y H= {(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)} encontrar [ T ]B

H Solución: T(1,0)=(1,0, 2)T(0,1)=(3,0,-4)

T(1,0)= a(1,0,0)+b(0,1,0)+c(0,0,1)

(1,0,2)= a(1,0,0)+b(0,1,0)+c(0,0,1) = 102

=1(1,0,0)+0(0,1,0)+2(0,0,1)

T(0,1) = a(1,0,0)+ b(0,1,0)+c(0,0,1)

(3,0,-4)= a(1,0,0)+b(0,1,0)+c(0,0,1) = 30

−4 = 3(1,0,0)+0(0,1,0)-4(0,0,1)

Por tanto: [ T ]BH =

1 30 02 −4

3.- T = P2 (R) -> P3(R) T= (a0,a1x,a2x2) = a1 – a1x+ a0x3 B={ 1,x,x2} y H={1,x,x2,x3} [ T ]B

H T(1+x2) T(1+0x+x2)= 0- 0x+x3

1-x= 0-0x+x3

X3= 0-0x+x3

0= 0-0x+0x3

T(1)= x3

T(x) = 1-xT(x2) = 0x

[ T ]BH =

0 1 00 −1 00 0 0

4.- T(-1,0) = (-1,-1) T(-1,0)= (-1+0,-1-0)=(-1,-1)(-1,-1)= a(1,2) + b(-1,3) =(a;2a)+(-b,3b) =(a-b,2a+3b)

-1=a-b a= -4/5 [ T(-10)]= −4/51/5

-1=2a+3b b= 1/5

T(2,5)= (2+5,2-5) = (7,-3) (7,-3)= a(1,2) + b(-1,3) =(a-b,2a+3b)7= a-b a=18/5-3=2a+3b b= -17/5

[ T ]HB = −4/5 18/5

1/5 −17/5

5.- T= R2 -> R3 , T(x,y)= (x+y, x-y) B= {(1,2),(-1,3)} y H= {(-1,0),(2,5)} Solución: T(1,2)= (1+2,1-2) = (3,-1)

(3,-1)=a(-1,0)+b(2,5) [ T(1,2) ]= −17 /5−1/5

(3,-1)= (-a+2b.5b) 3= -a+2b b= -1/5-1= 5b a= -17/5

T(-1,3)= (-1+3,-1-3) = (2,4)

(2,-4)= a(-1,0) +b(2,5) [T(-1,3)]= −18/5−4 /5

2=-a+2b b= -4/5 -4=5b a=-18/5

[ T ]BH= −17 /5 −18/5

−1/5 −4 /5

6.1 Definición de valores y vectores característicos de una matriz cuadrada 1 . Diagonalización de una matriz de 2x2

Sea A= [4 23 3] Se encuentran dos vectores característicos linealmente independientes

v1=¿ 2

−3 y v2 ¿11 Después, haciendo C= [4 2

3 3] Se encontró que

c−1 AC=15 [1 −1

3 2 ][ 4 23 3][ 2 1

−3 1]=15 [5 0

0 30]=[1 00 6]

Que la matriz cuyas componentes en la diagonal son los vectores característicos

2. Definición alternativa de semejanza A y B son semejantes si y solo si existe una matriz invertible c tal que CB=AC

Sean A=[2 10 −1] ,B=[ 4 −2

5 −3] yC=[ 2 −1−1 1 ]

Entonces CB=[ 2 −1−1 1 ][4 −2

5 −3]=[3 −11 −1] y AC=[2 1

0 −1][ 2 −1−1 1 ]=[3 −1

1 −1] Así CB=AC como det c=1 ≠0, es invertible. Esto muestra, por la ecuación 2 que A y son semejantes

3.Vectores caracteristicos y vectores caracteristicos de una matriz de 2x2

Sea A=[10 −186 −11 ]Entonces A2

1=[10 −18

6 −11]21=21 Así que ƛ1=1 es un valor caracteristico de A

con el correspondiente vector caracteristico v1=21

De manera silimar, A32=[10 −18

6 −11]32=−6−4

=−2 32 de modo que ƛ2=−2 es un valor

caracteristico de A con el correspodiente vector caracteristico v2=32

4.Dada A=[2 00 −1]comprobar que x1=(1,0 ) es un vector caracteristico de A correspondiente

al valor caracteristico ƛ1=2 y que x2=(0,1) es un valor caracteristico de A correspondiente al valor caracteristico de ƛ2=−1

Solución AX1=[2 00 −1]10 entonces AX1=

20=21

0Por otro lado tenemos

AX 2=[2 00 −1]01 entonces AX 2=

0−1

=−1 01

Ejercicio 5

Para la matriz A indique cuales vectores son vectores propios A=[1 22 1]

V 1=11.V 2=

23.V 3=

−11.V 4=

02

Solución: debemos multiplicar cada vector por la matriz A y ver si el vector resultante es un múltiplo escalar del vector

Av1=[1 22 1]11=3

3=3 1

1 v1 Si es vector propio de A asociado al valor propio 3

Av2=[1 22 1]23=8

7≠k 2

3 v2No es propio de A

Av3=[1 22 1]−1

1= 1

−1=−1−1

1 v3 Si es vector propio de A asociado al valor propio -1

Av4=[1 22 1]02=4

2≠k 0

2 v4No es un vector propio de A

5. Determine

6.2 Polinomio y ecuación característica.

Ejercicio 1

Supongamos que queremos encontrar el polinomio característico de la matriz

A=( 2 1−1 0)

Debemos calcular el determinante de

A-tI= (2−t 1−1−t)

Dicho determinante es

(2-t)(-t)-1(-1)= t2 -2t+1= (t-1)2

Finalmente hemos obtenido el polinomio característico de A.

Ejercicio 2

El polinomio característico de una matriz de 6x6 es λ6-4 λ5-12 λ4

Solución:

Factorice el polinomio

λ6-4 λ5-12 λ4= λ4(λ2-4 λ-12) = λ 4(λ−6¿( λ+2¿

Los valores propios son 0 (multiplicidad 4),6 (multiplicidad1), y-2 (multiplicidad 1)

Ejercicio 3

Ecuación característica

Encuentre la ecuación de

A=

−2 6−13−8 005 40 01

Solución:

Forme A-λI y use

Det (A-λI )= det [5 λ−2 6−13−λ−8 005− λ400 1−λ ]

=(5-λ) -λ (5−λ)(1−λ)

La ecuación característica es

=(5-−λ ) (1-λ ¿=0

Ejercicio 4Obtener el polinomio característico

CA=det(xI3-A) = det (x−2−2−3−2x 0−30x )

Factorizamos= (x-2) x2 -9x-4x= x(x2-2x-13)

Ejercicio 5

a) Donde A3 DONDE A=[−1 13 2]

b) b−1 donde B= {−1122−4 01

6−1−1}a) se calcula la matriz A- Λi

A- Λi= [−1 13 2] - Λ[1 0

0 1] =[−1 Λ 13 2− Λ ]

Se calcula la matriz A- Λi

Se determina el polinomio característico A- Λi = (-1- Λi)(2- Λ)-3 = -2- 2Λ+ Λ+ Λ2-3= Λ2- Λ-5

Se evalúa P (A ) 0 = , sustituyendo la matriz A en el polinomio característico anterior:P(A) = A2 –A-51=0DE DONDE A2=A+51Y POR TANTO A3 =A+5IFINALMENTE SUSTITUYENDO

A3=6 [−1 13 2]+5 [1 0

0 1]

6.3Determinación de los valores y vectores característicos de una matriz.

1.Para la matriz A indique cuales vectores son vectores propios.

A=[1 22 1]

V 1=(11) ,V 2=(23),V 3=(−11 ) ,V 4=(02)

Debemos multiplicar cada vector por la matriz A y ver si el vector resultante es un múltiple escalar del vector del vector.Solución

Av1=[1 22 1](11)=(33)=3(11)

V 1Si es vector Propio de A asociado al vector propio 3.

Av2=[1 22 1](23)=(8

7)≠k (23)

V 2 No es vector propio de A.

Av3=[1 22 1](−1

1 )=( 1−1)=−1(−1

1 )V 3 Sí el vector es propio de A asociado al valor propio de -1.

Av4=[1 22 1](0

2)=(42)≠k (02)

V 4 No es vector propio de A.

2.El vector

V=[ 24

−4 ]Es un vector propio de la matriz.

A=[ 5 0 3165

1 185

−2 0 −2]Determine el valor propio al cual está asociado.SoluciónDeterminamos Av:

A=[ 5 0 3165

1 185

−2 0 −2] [ 24

−4 ]=[−2−44 ]=−1 [ 2

4−4]

Por tanto, v está asociado al valor propio λ= -1 de la matriz A.

3. Determine los valores propios correspondientes de la matriz.

A1=[1 22 1]

Solución

Para A1 :

Pa ( λ )=det ( A−λ I2 )=det ([1 22 1]− λ[1 0

0 1])Pa ( λ )=det([1 2

2 1]−[ λ 00 λ ])=det ([1−λ 2

2 1−λ])Pa ( λ )=[1−λ 2

2 1−λ ]=(1−λ)2−4

Pa ( λ )=( λ )2−2 λ−3=( λ−3 ) ( λ+1 )Por lo tanto, los únicos valores propios de A1son λ1= 3 y λ2= -1Vector propio para λ1=3

4. Determine los valores propios correspondientes de la matriz.

A2=[1 10 1]

Para A2: Solución

PA2 ( λ )=det ([1 10 1]−[ λ 0

0 λ])=det([1−λ 10 1− λ])

PA2 ( λ )=[1− λ 10 1− λ]=(1−λ)2

Por lo tanto, el único valor propio de A2 es λ1= 1

5. Determine la dimensión y una base para el espacio propio asociado a λ = −3 para la matriz:

A=(−12

74

−94

−54

118

−58

−154

−638

178

)SoluciónEl espacio propio de un valor λ es el conjunto de soluciones al sistema homogéneo: (A − λI) x = 0En este caso queda:

[ A−(−3 ) I [ 0 ] ]=(−12

74

−94

−54

118

−58

−154

−638

178

|000|)Después de eliminación gaussiana obtenemos:

[1 0 −2/30 1 −1/30 0 0 |000 ]

Como sólo hay una variable libre, entonces la dimensión geométrica del espacio propio de λ = −3 es 1. Y una base es:

{( 23131)

Como se trabaja en R3, el espacio propio es una línea que pasa por el origen y que tiene dirección <2/3, 1/3, 1 > por consiguiente tiene ecuaciones simétricas:′x−02 /3

= y−01/3

= z−01o

6.4. Diagonalizacion de matrices, potencias y raíces de matrices

DIAGONALIZACION ORTOGONAL

i) In = (1 ⋯ 0⋮ ⋱ ⋮0 ⋯ 1 )

es una matriz ortogonal. Sus columnas forman la base canónica de IRn, de la cual sabemos que es ortonormal.

ii) A = (1/2 1/21/2 −1/2 )

es otro ejemplo de matriz ortogonal, para ver esto, basta

multiplicar A por su traspuesta y verificar que resulta la identidad 2x2.

iii) A = (1/√3 1/√2 1/√61/√3 0 −2/√61/√3 −1/√2 1/√6 )

es una matriz ortogonal 3x3, pues AtA = I3x3.

iv) A = (1 1 11 0 −21 −1 1 )

no es una matriz ortogonal, pues aunque sus columnas son

ortogonales, no tienen norma uno

6.5. Diagonalizacion de matrices simétricas, diagonalizacion de matrices ortogonales

1.Diagonalizacion de A=( 3 −1 0−1 2 −10 −1 3 )

¿ A−α|=(3−α −1 0−1 2−α −10 −1 3−∝)=(3−α ) (α−4 )=0

Autovalores α=3,α=1,α=4

La matriz D=(3 0 00 1 00 0 4) , la matriz P=(−1 1 1

0 2 11 1 −1) , entonces P’= 1/6 (−3 0 3

1 2 1−2 2 −2)

2. Diagonalizacion de A=(−1 0 −33 2 3

−3 0 −1)¿ A−α|=(−1−α 0 −3

3 2−α 32 0 −1−∝)=0 , entonces (α−2 ) (α+4 )=0

La matriz D=(2 0 00 2 00 0 −4) , la matriz P=( 1 0 1

0 1 −1−1 0 1 ) , entonces P’= 1/2 (1 0 −1

1 2 11 0 1 )

3. Diagonalizacion de A=(2 0 10 −1 10 4 2)

¿ A−α|=(2−α 1 00 −1−α 10 4 2−∝)=0 , entonces (α−2 ) (α−3 )=0

( A−2 I ) x=0, (0 1 00 −3 10 4 0) , { y=0

−3 y+ z=04 z=0

4. Diagonalizacion de A=(3 1 11 3 11 1 3)

¿ A−α|=(3−α 1 11 3−α 11 1 3−∝)=0 , entonces (α−2 ) (α−5 )=0

Por lo tanto la Matriz D=(2 0 00 2 00 0 5) , la matriz P=( 1 /6 −1/2 1 /3

1 /6 −1/2 1 /3−2 /6 0 1 /3)

5. Diagonalizacion de A=( 6 −2 −1−2 6 −1−1 −1 5 )

¿ A−α|==0 , entonces−(α−6 ) (α−8 )(α−3)=0

Por lo tanto la Matriz D=(6 0 00 8 00 0 3) , la matriz P=( 1 /6 −1/2 1 /3

1 /6 −1/2 1 /3−2 /6 0 1 /3)

6.6 Formas cuadráticas

Sea la forma cuadrática

Ejercicio 1

Podríamos intentar expresarla como suma de cuadrados, para ello, observamos que aparece un término 2x1 x2, que no es un cuadrado, estos nos permitirían reagrupar términos y considerar que q6 es de la forma

Obsérvese que es la misma expresión pues simplificando se obtiene

Así pues la forma cuadrática se puede expresar como suma de cuadrados

Obsérvese que q6 así expresado es siempre positivo salvo para (0,0,0). Por tanto q6 es definida positiva.

Ejercicio 2

Sea la forma cuadrática

Esta se puede expresar como

Comprobar esto es sencillo basta simplificar esta expresión

Obteniéndose la expresión anterior

Partiendo de esta suma anterior de cuadrados puede comprobarse que a consecuencia del signo la cantidad es siempre negativa salvo en el punto (0,0,0) luego q7 sería definida negativa

Este método no es muy operativo y depende de que la forma cuadrática admita una descomposición sencilla.

Si tuviésemos una forma cuadrática en su EXPRESIÓN CANÓNICA,

Entonces se puede asegurar que:

q es DEFINIDA POSITIVA Û di >0 i=1,...,n q es DEFINIDA NEGATIVA Û di<0 i=1,...,n q es SEMIDEFINIDA POSITIVA Û di³0 i=1,...,n y existe al menos i0 tal que di0=0 q es SEMIDEFINIDA NEGATIVA Û di£0 i=1,...,n y existe al menos i1 tal que di1=0 q es INDEFINIDA Û existen i1,i2 tales que di1<0 y di2>0

Ejercicio 3 Consideremos la forma cuadrática en R2

Q2 (x )=xT Ax=〔x1 x2 〕[ 4 −2−2 1 ]〔 x1

x2

〕=4 x2−4 x1 x2+x22

Al parecer los términos x12 y x1 x2 podemos completar cuadrados en la primera variable:

Q2 (x )=(2x 1−x2 ) 12 y finalmente, hacemos el cambio y1=2x1−x2 , y2=x2 para obtener

Q2 (x )= y12

Nótese que tomamos, por simplicidad y2=x2 pero que podemos elegir y2=α x1+β x2 conα∈ R ,α+2 β≠0 Y seguimos obteniendo Q2 (x )= y1

2 Si preferimos hacer el cambioz1=x1 , z2=2 x1−x2 obtenemosQ2 (x )=z2

2

Además, en este caso, si preferimos completar cuadrados en la segunda variable (en vez de en la primera) llegamos a la misma expresión. Obsérvese que siempre que reducimos Q2 a una suma de cuadrados aparecen un coeficiente positivo y otro nulo. Esta forma cuadrática es, por tanto, semidefinida positiva.

Ejercicio 4

Obtenga la expresión matricial de la siguiente forma cuadrática

q (x1 , x2 )=2x12−8 x1 x2+3 x2

2

Solución

q (x1 , x2 )=x1 , x2 ¿[ 2 −4−4 3 ](x1

x2)Ejercicio 5

Consideremos la forma cuadrática en R2

Q3 ( x )=xT Ax=[ x1 x2 ] [ 1 −2−2 0 ](x1

x2)=x12−4 x1 x2

Completamos cuadrados en la primera variable (puesto que aparecen términos en x1 y x1 x2), para para finalmente hacer el cambio y1=(x¿¿1−2x2)1

2−4 x22= y1

2−4 y22 ¿

Q3 ( x )=(x1−2x2 ¿12−4 x22= y1

2−4 y22

Puesto que aparecen un coeficiente positivo y uno negativo, esta forma cuadrática es indefinida.

6.7. Teorema de Cayley-Hamilton

1.Verificar la validez del teorema de Cayley-Hamilton para la matriz

Sea A=[3 −12 1 ]

Polinomio característico de A:

X ( λ )=|3−λ −12 1−λ|=λ2−4 λ+5

Sustituyendo λ por A:

λ ( A )=A2−4 A+5 I=[7 −48 −1]−4 [3 −1

2 −1]+5[1 00 1]=[0 0

0 0]2.A3donde A=[−1 1

3 2] Secalcula lamatriz A−λI :

A−λI=[−1 13 2]− λ[1 0

0 1]=[1−λ 13 2− λ]

Se determina el polinomio característico:

A−λ=(1−λ ) (2− λ )−3=−2−2λ+λ+λ2−3=λ2− λ−5 Se evalúa P (A )=0, sustituyendo la matriz A en el polinomio característico anterior :

P (A )=A2−A−5 I=0 De donde: A2=A+5 I Y por tanto: A3=6 A+5 I Finalmente, sustituyendo los valores, se obtiene A3:

A3=6[−1 13 2]+5[1 0

0 1]A3=[−1 6

18 17 ]

3.B−1donde B=[−11 2 2−4 0 16 −1 −1]

Se calcula la matriz B−λI

B−λ=[−11 2 2−4 0 16 −1 −1]−[ λ 0 0

0 λ 00 0 λ]=[−11 λ 2 2

−4 λ −16 −1 −1−λ]

Se determina el polinomio característico:

det (B−λI )=−11 λ−λ2−11 λ2− λ3+8+12=−λ3−12 λ2−8 λ+1 Se evalúa P (B )=0, sustituyendo la matriz B en el polinomio característico anterior:

P (B )=B3+12B+8 B−I=0 Factorizando

B=(B2+12B+8 I )=I La inversa resulta:

B−1=B2+12B+8 I Finalmente, sustituyendo los valores , se obtiene B−1:

B−1=[−11 2 2−4 0 16 −1 −1][−11 2 2

−4 0 16 −1 −1]+12[−11 2 2

−4 0 16 −1 −1]+[8 0 0

0 8 00 0 8]

B−1=[1 0 22 −1 34 1 8]

4.Cálculo de la inversa de la matriz A=( 2 −1−2 3 ) usando el Teorema de Cayley Hamilton:

Polinomio característico:

|A−λI|=|2−λ −12 3− λ|=λ2−5 λ+4

Aplicando el teorema: A2−5. A+4. I= (0 )→ A−5. I+4. A−1= (0 )

Despejando la inversa:

A−1=−14A+ 5

4I=−1

4 ( 2 −1−2 3 )+ 5

4 (1 00 1)=(

34

14

24

24)

Comprobamos que es, efectivamente, la inversa:

A . A−1=( 2 −1−2 3 )(

32

14

24

24)=(

44

04

04

44)=(1 0

0 1)

5.Cálculo de la inversa de la matriz A=[ 1 −1 −1−1 −1 01 0 −1]

Polinomio característico:

Pc ( λ )=|1−λ −1 −1−1 −1− λ 01 0 −1|=−λ3−λ2+λ+1

Aplicamos el teorema:

−A3−A2+A+ I=(0 )→−A2−A+ I+A−1=( 0 )Despejando la inversa:

A−1=A2−A−I=( 1 −1 −1−1 −1 01 0 −1)

2

+( 1 −1 −1−1 −1 01 0 −1)−(1 0 0

0 1 00 0 1)=¿

¿(1 0 00 2 10 −1 0)+( 1 −1 −1

−1 −1 01 0 −1)−(1 0 0

0 1 00 0 1)=( 1 −1 −1

−1 0 11 −1 −2)

Comprobación:

A . A−1=( 1 −1 −1−1 −1 01 0 −1)( 1 −1 −1

−1 0 11 −1 2 )=(1 0 0

0 1 00 0 1)

6.8. Aplicaciones

1. Consideremos por ejemplo la matriz

.

El polinomio característico se escribe

El teorema de Cayley-Hamilton afirma que

y esta relación puede verificarse inmediatamente en ese caso. Además el teorema de Cayley-Hamilton permite calcular las potencias de una matriz de modo más sencillo que por un cálculo directo. Tomemos la relación anterior

Así, por ejemplo, para calcular A4, podemos escribir

y llegamos a

.

Podemos utilizar también la relación polinomial inicial para probar la inversibilidad de A y calcular su inverso. En efecto, basta con factorizar una potencia de A donde sea posible y

lo que demuestra que A admite como inverso

Ejercicio 2

A=(−1 1 11 −1 11 1 −1)

Se calcula la matriz

|A−λI|=0

A−λ=(−1 1 11 −1 11 1 −1)−(λ 0 0

0 λ 00 0 λ)=|−1−λ 1 1

1 −1−λ 11 1 −1−λ|

Se determina el polinomio característico:

|A−λI|= λ3+3 λ2−4=0 Se evalúa P (A )=0, sustituyendo la matriz A en el polinomio característico anterior:

P (A )=A3+3 A2−4 I=0

Factorizando

A=14

(A2+3 A )A=I

La inversa resulta:

A−1=14A2+3 A

Finalmente, sustituyendo los valores , se obtiene A−1:

( 3 −1 −1−1 3 −1−1 −1 3 )+(−3 3 3

3 −3 33 3 −3)=(0 2 2

2 0 22 2 0)

14∗(0 2 2

2 0 22 2 0)=A−1=(

0 12

12

12

0 12

12

12

0 )Ejercicio 3

A=( 1 2−1 1). Calcular A4 y A−1como combinación lineal de la matriz A y de la matriz

identidad.Sea I 2 matriz identidad 2x2. El polinomio característico asociado a la matriz A es:

QA ( λ )=det (A− λ I 2 )=|1−λ 2−1 1−λ|= λ2−2 λ+3.

Calculando este polinomio para la matriz A se obtiene QA ( A )=¿

A2−2 A+3 I 2=(−1 4−2 −1)−2( 1 2

−1 1)+3(1 00 1)=(0 0

0 0).De manera que queda verificado para este caso particular el teorema de Cayley-Hamilton es decir QA ( A )=A2−2 A+3 I 2=0. A partir de esta igualdad se tiene lo siguiente:A2=2 A+3 I 2, de lo que se deduce A4=A2 A2=( 2 A−3 I 2 ) (2 A−3 I 2 )=4 A2−12 A+9 I 2 .Finalmente, utilizando de nuevo la expresión de A2 dada a partir del teorema de Cayley-Hamilton se obtiene

A4=4 (2 A−3 I 2 )−12 A+9 I 2=−4 A−3 I 2 .Por definición de matriz inversa se tiene I 2=A A

−1, de manera que A2=2 A−3 I 2 se puede reescribir de la forma A2=2 A−3 A A−1=A (2 I 2−3 A−1 ) . De esta ultima igualdad se tiene

A−1=13 (2 I 2−A ) .

Ejercicio 4.

D=[1 0 00 2 00 0 3 ]→PD (x )=( x−1 ) ( x−2 ) ( x−3 )

PD (D )=(D−I ) (D−2 I ) (D−3 I )=[0 0 00 1 00 0 2] [−1 0 0

0 0 00 0 1][−2 0 0

0 −1 00 0 0 ]=0