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Primer Parcial. 2008-09. R-331

Algebra. 2008-2009. Ingenierıa Aeronautica.

Departamento de Matematica Aplicada II.

Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla.

Primer Examen Parcial. 23-01-2009.

(y Primera Parte de la Tercera Convocatoria)

Ejercicio 1.

(1.1) [3 puntos] Describe la relacion entre los coeficientes de un polinomio y la suma y elproducto de sus raıces (ceros). Determina los valores de w ∈ C para los cuales todas lassoluciones de la ecuacion compleja

z +w

z= 2

son reales. Resuelve la ecuacion anterior para w = 1 + i.

(1.2) [4 puntos] Determina la ecuacion de la elipse que pasa por el punto P (115,−1) y tiene

como focos F1 = (−1,−1) y F2 = (−1, 5). Determina los restantes elementos de laelipse, su grafica y una parametrizacion (de la elipse completa).

(1.3) [3 puntos] Determina, segun los valores de α ∈ R, el tipo de cuadrica que correspondea la ecuacion

x2 − 2x + αy2 + 4y − z2 = α− 1.

Esboza la grafica y determina los elementos caracterısticos de la cuadrica que se obtienepara α = 0.

(1.1) • Sea p(z) un polinomio complejo de grado n,

p(z) = anzn + an−1zn−1 + · · ·+ a1z + a0, an 6= 0,

y sean z1, z2, . . . , zn ∈ C sus n raıces complejas (cada una contada segun su multipli-cidad). Es decir p(z1) = p(z2) = · · · = p(zn) = 0 y p(z) se puede factorizar de laforma

p(z) = an(z − z1)(z − z2) · · · (z − zn).

De esta igualdad es facil obtener la relacion entre la suma, z1 + z2 + · · · + zn, y elproducto, z1z2 · · · zn, de las raıces de p(z) con sus coeficientes an, an−1, . . . , a1, a0,

z1 + z2 + · · ·+ zn = −an−1

an

,

z1z2 · · · zn = (−1)n a0

an

Algebra. F. Mayoral Ingenierıa Aeronautica.

R-332 Primer Parcial. 2008-09.

•Haciendo operaciones en la ecuacion dada, z+wz

= 2, obtenemos la ecuacion polinomicade segundo grado

z2 − 2z + w = 0.

Si las soluciones, z1, z2, de esta ecuacion son reales, sus coeficientes tienen que ser realesz1 + z2 = −2, z1z2 = w, en particular w tiene que ser un numero real. Veamos paraque valores w ∈ R se obtienen soluciones reales. Las soluciones son

z1, z2 =2±√

4− 4w

2∈ R⇐⇒ 4− 4w ≥ 0⇐⇒ w ≤ 1.

• Las soluciones de la ecuacion z2 − 2z + w = 0 que se obtiene para w = 1 + i son

z =2±√

4− 4w

2= 1±

√1− w = 1±

√−i.

Las dos raıces cuadradas de −i = e−π

2i son

±e−π

4i = ±(

√2

2− i

√2

2).

Por tanto las soluciones de la ecuacion z + 1+iz

= 2 son

1± (

√2

2− i

√2

2) =

1 +√

22− i

√2

2,

1−√

22

+ i√

22

.

(1.2) Puesto que los focos de la elipse estan en una recta paralela al eje OY , la ecuacion dela elise sera de la forma

(x− α)2

a2+

(y − β)2

b2= 1 con b2 > a2.

En la ecuacion anterior, C = (α, β) es el centro de simetrıa de la elipse que es el puntomedio entre los focos, C = (−1, 2). Los coeficientes a y b son los semiejes de la elipseparalelos, respectivamente, a los ejes OX y OY . Con las condiciones dadas, el semiejemayor es b puesto que los focos de la elipse estan en una recta paralela el eje OY . Larelacion entre a y b es

b2 = a2 + c2

siendo 2c la distancia focal: 2c = dist(F1, F2) = 6. Por tanto c = 3 y b2 = a2 + 9.Podrıamos calcular a y b sustituyendo las coordenadas del punto P dado en la ecuacionde la elipse y utilizando la relacion b2 = a2 + 9, pero parece mas claro tener en cuentala definicion metrica de elipse: la suma de las distancias de un punto cualquiera de laelipse a sus dos focos es constante e igual al eje mayor de la elipse (en nuestro caso 2b):

2b = dist(P, F1) + dist(P, F2)

=

√

(11

5+ 1)2 + (−1 + 1)2 +

√

(11

5+ 1)2 + (−1− 5)2

=16

5+

√162 + 6252

5=

16

5+

34

5= 10.


Ejercicio 1. R-333

Por tanto b = 5, a2 = b2 − c2 = 16 =⇒ a = 4 y la ecuacion pedida es

(x + 1)2

16+

(y − 2)2

25= 1.

Ademas de los focos, F1 y F2, dados y el centro C = (−1, 2) ya considerado, los elementoscaracterısticos de la elipse son

Eje de simetrıa horizontal, y = 2.

Eje de simetrıa vertical (es el eje focal), x = −1.

Vertices:(−1, 2± b) =⇒ V1 = (−1, 7), V ′

1 = (−1,−3),

(−1± a, 2) =⇒ V2 = (3, 2), V ′2 = (−5, 2).

−8 −5 −1 0 2.2 3 6−4

−3

−1

0

2

5

7

8

X

Y

C

F1

F2

P

V1

V2

a

b

(x+1)2

16+ (y−2)2

25= 1

• Una parametrizacion de la elipse puede obtenerse de la expresion

(

x + 1

4

)2

+

(

y − 2

5

)2

= 1

mediante una parametrizacion trigonometrica de la circunferencia unidad,

x + 1

4= cos(θ)

y − 2

5= sen(θ)

0 ≤ θ ≤ 2π. ⇐⇒

x = −1 + 4 cos(θ)

y = 2 + 5 sen(θ)0 ≤ θ ≤ 2π.



(1.3) El cuadrado en x se puede completar, independientemente de α,

x2 − 2x = (x− 1)2 − 1.

El cuadrado en y esta en la ecuacion y se puede completar si α 6= 0,

αy2 + 4y = α

(

y2 +4

α

)

= α

[

(

y +2

α

)2

−(

2

α

)2]

.

Para α 6= 0 tenemos la ecuacion reducida

(x− 1)2 − 1 + α

(

y +2

α

)2

− 4

α− z2 = α− 1,

(x− 1)2 + α

(

y +2

α

)2

− z2 = α +4

α=

α2 + 4

α,

(x− 1)2

α2 + 4

α

+

(

y + 2α

)2

α2 + 4

α2

− z2

α2 + 4

α

= 1.

Por tanto:

Si α > 0 tenemos una ecuacion del tipo

X2

a2+

Y 2

b2− Z2

c2= 1

que es la de un hiperboloide de una hoja con eje paralelo al eje z.

Si α < 0 tenemos una ecuacion del tipo

−X2

A2+

Y 2

B2+

Z2

C2= 1

que es la de un hiperboloide de una hoja con eje paralelo al eje x.

Queda por considerar la cuadrica que se obtiene para α = 0,

x2 − 2x + 4y − z2 = −1 ⇐⇒ (x− 1)2 − z2 = −4y

⇐⇒ y = −(x− 1)2

4+

z2

4.

Se trata de un paraboloide hiperbolico (silla de montar) con punto de silla

S = (x = 1, y = 0, z = 0).


Ejercicio 1. R-335

−10

12

34

−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

XY

y = − (x−1)2

4+ z2

4

X

Y

Z

S



Ejercicio 2.

(2.1) [3 puntos] Reduce a suma de cuadrados, en funcion de α ∈ R, la forma cuadratica

Q(x, y, z) = (α2 + 4)x2 + y2 + αz2 − 4xy + (4− 6α)xz − 2yz.

Determina el signo de Q en funcion de los valores de α. Para α = 1, expresa en formamatricial la relacion entre las variables originales y las variables finales.

(2.2) [4 puntos] Determina la matriz de la transformacion lineal T : R2 −→ R2 que a cadavector v ∈ R2 le hace corresponder el vector T (v) = T2 (T1(v)) siendo T1 el giro deangulo θ = π

3radianes (y centro el origen de coordenadas) y T2 la simetrıa respecto al

eje horizontal.

Determina los vectores del plano que verifican que T (v) = v. Interpreta geometricamenteel resultado.

(2.3) [3 puntos] Calcula la inversa de A y la de PA, siendo

A =

1 0 0 · · · · · · 0

2 1 0. . .

...

22 2 1. . .

. . ....

.... . .

. . .. . .

. . ....

2n−2 . . .. . .

. . . 1 02n−1 2n−2 · · · 22 2 1

y P =

0 11 0

1. . .

1

.

(2.1) Completamos el cuadrado en y,

y2 − 4xy − 2yz = y2 − 2y(2x + z) = (y − [2x + z])2 − [2x + z]2.

Por tanto, siendo Y = y − [2x + z], tenemos

Q(x, y, z) = Y 2 − 4x2 − z2 − 4xz + (α2 + 4)x2 + αz2 + (4− 6α)xz

= Y 2 + α2x2 + (α− 1)z2 − 6αxz.

Si α 6= 0 podemos completar el cuadrado en x,

α2x2 − 6αxz = α2

(

x2 − 6

αxz

)

= α2

(

[

x− 3

αz

]2

− 9

α2z2

)

.

Por tanto, para α 6= 0, siendo X = x− 3αz, tenemos

Q(x, y, z) = Y 2 + α2X2 − 9z2 + (α− 1)z2 = Y 2 + α2X2 + (α− 10)z2.

Para α = 0,Q(x, y, z) = Y 2 − z2.

Por tanto, los signos de los coeficientes que se obtienen en una reduccion de Q a sumade cuadrados son:


Ejercicio 2. R-337

Para α = 0 −→ (+,−, 0) =⇒ Q es indefinida.

Para α > 10 −→ (+, +, +) =⇒ Q es definida positiva.

Para α = 10 −→ (+, +, 0) =⇒ Q es semidefinida positiva.

Para 0 6= α < 10 −→ (+, +,−) =⇒ Q es indefinida.

Para α = 1, la reduccion hecha a suma de cuadrados nos da

Q(x, y, z) = Y 2 + X2 − 9Z2

donde

Y = y − [2x + z]X = x− 3zZ = z

⇐⇒

XYZ

=

1 0 −3−2 1 −10 0 1

xyz

.

(2.2) Consideremos las dos transformaciones dadas, T1 y T2 de forma independiente. Lamatriz del giro T1 es

A =

[

cos(θ) − sen(θ)sen(θ) cos(θ)

]

=

[

1/2 −√

3/2√3/2 1/2

]

=1

2

[

1 −√

3√3 1

]

.

La matriz de la simetrıa T2 es

B =

[

1 00 −1

]

puesto que T2

([

xy

])

=

[

x−y

]

, ∀[

xy

]

∈ R2.

Por tanto, puesto que T (v) = T2 (T1(v)) = T2 (Av) = B(Av) = BAv, la matriz de T es

M = BA =1

2

[

1 00 −1

] [

1 −√

3√3 1

]

=1

2

[

1 −√

3

−√

3 −1

]

.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Observacion. Como bien han observado algunos alumnos, las transformaciones consideradasse pueden expresar comodamente mediante operaciones con numeros complejos (un giro concentro el origen de coordenadas es la multiplicacion por una exponencial eiθ y la simetrıarespecto al eje OX es la conjugacion). De esta forma identificando los vectores planos con losnumero complejos la transformacion dada se puede expresar de la siguiente forma,

z ∈ C −→ T1(z) = eiπ

3 z −→ w = T2 (T1(z)) = T1(z) = eiπ

3 z = e−iπ

3 z.

Notese que esta ultima expresion nos dice que el mismo resultado se puede conseguir haciendo

primero la simetrıa respecto al eje OX (z ∈ C −→ z ∈ C) y a continuacion un giro de centro

el origen de coordenadas y angulo −π3 , (z ∈ C −→ w = e−

iπ

3 z).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Para determinar los vectores v que verifican que T (v) = v basta con plantear el sistemade ecuaciones correspondiente,

Mv = v ⇔ (M − I)v = 0 ≡ 1

2

[

−1 −√

3

−√

3 −3

] [

xy

]

=

[

00

]

⇐⇒ x = −√

3y.

Es decir se trata de los vectores de la recta x = −√

3y que pasa por el origen decoordenadas y tiene como vector direccion v1 = (

√3,−1). La interpretacion geometrica



puede obtenerse sin necesidad de resolver el sistema anterior. Dicha recta es la recta quepasa por el origen de coordenadas y forma un angulo de −π

6con el semieje positivo de

abscisas. Puesto que T2(T2(u)) = u (∀u ∈ R2) (el simetrico del simetrico de un vectores el propio vector), tenemos

T2(T1(v)) = v ⇐⇒ T1(v) = T2(v) (girado = simetrico).

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

−3

−2

−1

0

1

2

3

x = −√

3y

v

T1(v)

−π3

X

Y

(2.3) Para calcular la inversa de A basta con aplicar el metodo de Gauss-Jordan,

[A|I] =

1 0 0 · · · · · · 0

2 1 0. . .

...

22 2 1. . .

. . ....

.... . .

. . .. . .

. . ....

2n−2 . . .. . .

. . . 1 02n−1 2n−2 · · · 22 2 1

1 0 0 · · · · · · 0

0 1 0 · · · · · · ...

0 0 1. . .

......

.... . .

. . ....

......

. . .

0 0 · · · · · · · · · 1

.

Sin mas que restar a cada fila el doble de la anterior, de abajo arriba, es decir, haciendolas siguientes operaciones (sobre la matriz [A|I])

Fn − 2Fn−1, Fn−1 − 2Fn−2, . . . , F2 − 2F1,

obtenemos la matriz

[A|I] =

1 0 0 · · · · · · 0

0 1 0. . .

. . ....

0 0 1. . .

. . ....

.... . .

. . .. . .

. . ....

.... . .

. . .. . .

. . . 00 0 · · · · · · 1

1 0 0 · · · · · · 0

−2 1 0. . .

. . ....

0 −2 1. . .

. . ....

.... . .

. . .. . .

. . ....

.... . .

. . .. . . 1 0

0 0 · · · 0 −2 1

.


Ejercicio 2. R-339

Por tanto,

A−1 =

1 0 0 · · · · · · 0

−2 1 0. . .

...

0 −2 1. . .

. . ....

.... . .

. . .. . .

. . ....

.... . .

. . .. . . 1 0

0 0 · · · 0 −2 1

.

Para obtener la inversa de PA basta tener en cuenta que (PA)−1 = A−1P−1 y puestoque P−1 = P (P es una matriz de permutacion, se obtiene de la matriz identidadpermutando las filas/columnas 1 y 2), tenemos que (PA)−1 = A−1P es la matriz que seobtiene de A−1 al permutar las columnas 1 y 2 (puesto que P esta multiplicando a laderecha de A−1),

(PA)−1 =

0 1 0 · · · · · · 0

1 −2 0. . .

...

−2 0 1. . .

. . ....

0 0 −2. . .

. . ....

.... . .

. . .. . . 1 0

0 0 · · · 0 −2 1

.



Ejercicio 3. Sean

A =

1 −1 0 21 1 2 0−2 3 α −50 1 1 α− 2

y b =

15β2

.

(3.1) [4 puntos] Calcula, segun los valores de α ∈ R, una base y ecuaciones implıcitas parael espacio nulo y para el espacio columna de A.

(3.2) [2 punto] Siendo α = 1, calcula β ∈ R para que el vector b este en el espacio columnade A y, en dicho caso, calcula la coordenadas de b respecto de la base obtenida deCol (A).

(3.3) [3 puntos] Sea P una matriz cuadrada que verifica que P 2 = P (una matriz de proyec-cion). Determina (I + P )n como combinacion lineal de I y de P (calcula previamente

la suma

(

n1

)

+ · · ·+(

nn

)

para cada n ≥ 2).

(3.4) [1 punto] Supongamos que al reducir a forma escalonada una matriz B de dimensiones23× 35 se obtienen 17 pivotes. ¿cuantos vectores forman una base del espacio nulo deB? ¿y una base del espacio columna de B?

(3.1) Para determinar el espacio nulo y el espacio columna de la matriz A reducimos aforma escalonada el sistema de ecuaciones Ax = y con incognita x ∈ R4 y un terminoindependiente generico y ∈ R4. De esta forma, resolviendo Ax = 0 tendremos el espacionulo y determinando los terminos independientes y ∈ R4 para los cuales el sistema tienesolucion obtendremos el espacio columna.

[A|y] =

1 −1 0 21 1 2 0−2 3 α −50 1 1 α− 2

y1

y2

y3

y4

F2 − F1

−→F3 + 2F1

1 −1 0 20 2 2 −20 1 α −10 1 1 α− 2

y1

y2 − y1

y3 + 2y1

y4

F3 − 12F2

−→F4 − 1

2F2

1© −1 0 20 2© 2 −2

0 0 α− 1 0

0 0 0 α− 1

y1

y2 − y1

y3 + 2y1 − 12y2 + 1

2y1

y4 − 12y2 + 1

2y1

.

Por tanto tenemos dos casos:

Si α 6= 1,

• el sistema Ax = y (con incognita x) es un sistema compatible (de hechoes compatible determinado) para cualquier y ∈ R4. Dicho de otra forma,Col (A) = R4. Una base de este espacio es la formada por las cuatro colum-nas de A o la base canonica {e1, e2, e3, e4} o cualquier conjunto de 4 vectoreslinealmente independientes de R4. Para caracterizar Col (A) = R4 no hace fal-ta ninguna ecuacion implıcita puesto que todos los vectores de R

4 pertenecena Col (A).


Ejercicio 3. R-341

• el sistema homogeneo Ax = 0 es un sistema compatible determinado, solo tienela solucion trivial. Dicho de otra forma, Nul (A) = {0}. Este espacio no tienebase. Sus ecuaciones implıcitas son las cuatro ecuaciones del sistema Ax = 0o las cuatro ecuaciones que se obtienen al reducir a forma escalonada o lasecuaciones x1 = 0, x2 = 0, x3 = 0, x4 = 0.

Para α = 1,

• el sistema Ax = y (con incognita x) es un sistema compatible si y solo si eltermino independiente y ∈ R4 verifica que

{

5y1 − y2 + 2y3 = 0,y1 − y2 + 2y4 = 0.

Dicho de otra forma, Col (A) es el subespacio de R4 definido por las ecua-ciones implıcitas (independientes) anteriores. Ademas, por la reduccion a for-ma escalonada de A tenemos que las dos primeras columnas de A son lineal-mente independientes y la tercera y la cuarta son combinacion lineal de lasdos primeras. Dicho de otra forma, una base de Col (A) es

v1 =

11−20

, v2 =

−1131

.

• el sistema homogeneo Ax = 0 es un sistema compatible indeterminado cuyassoluciones coinciden con las del sistema formado por las dos primeras ecua-ciones (puesto que no hemos hecho intercambio de filas podemos considerarlas dos primeras del sistema original o las del sistema escalonado). Resolvien-do dicho sistema obtendremos una base de Nul (A). Tomando x3 y x4 comovariables libres obtenemos

[

1© −1 0 20 2© 2 −2

00

]

−→{

x2 = −x3 + x4

x1 = x2 − 2x4 = −x3 − x4

→

x1

x2

x3

x4

= x3

−1−110

+ x4

−1101

.

Por tanto, para α = 1,

Nul (A) ≡

x1 − x2 + 2x4 = 0

x2 + x3 − x4 = 0

= Gen

u1 =

−1−110

, u2 =

−1101

siendo {u1, u2} una base de Nul (A).

(3.2) Ya hemos obtenido una base {v1, v2} de Col (A) para α = 1. Tenemos que determinarβ de forma que b pueda expresarse como combinacion lineal, b = λv1 + µv2, de v1 yv2. Los coeficientes λ, µ seran las coordenadas de b respecto a {v1, v2}. Planteamos el



sistema de ecuaciones asociado a la ecuacion vectorial b = λv1 + µv2, determinamos losvalores de β para los que es compatible (casos para los que b ∈ Col (A)) y resolvemos elsistema en dichos casos (coordenadas).

[v1v2|b] =

1 −1 11 1 5−2 3 β0 1 2

F2 − F1

−→F3 + 2F1

1 −1 10 2 40 1 β + 20 1 2

F3 − 12F2

−→F4 − 1

2F2

1© −1 10 2© 4

0 0 β

0 0 0

.

Por tanto, b ∈ Col (A)⇐⇒ β = 0. En este caso, resolviendo el sistema obtenemos

2µ = 4 =⇒ µ = 2 y λ = 1 + µ = 3.

Esto nos da que b = 3v1+2v2. Las coordenadas de b respecto a {v1, v2} son (λ, µ) = (3, 2).

(3.3) Puesto que I y P conmutan, podemos aplicar la formula del binomio de Newton paradesarrollar (I + P )n. Puesto que P 2 = P tenemos que P 3 = · · · = P n = P y por tanto

(I + P )n =

(

n0

)

In +

(

n1

)

In−1P 1 + · · ·(

nk

)

In−kP k + · · ·+(

nn

)

P n

= I +

((

n1

)

+ · · ·+(

nn

))

P.

Aplicando la formula del binomio de Newton a (1 + 1)n obtenemos

2n = (1 + 1)n =

(

n0

)

+

(

n1

)

+ · · ·(

nk

)

+ · · ·+(

nn

)

=⇒(

n1

)

+ · · ·(

nk

)

+ · · ·+(

nn

)

= 2n − 1,

y por tanto, (I + P )n = I + (2n − 1)P .

(3.4) La matriz B tiene 35 columnas de las cuales

17 son columnas pivote (por tanto dichas columnas forman una base del espaciocolumna de B) y

35-17=18 corresponden a variables libres (por tanto una base de Nul (B) estara for-mada por 18 vectores).


Segundo Parcial. 2008-09. R-343




Segundo Examen Parcial. 1 de Junio de 2009.

Ejercicio 1. Considera el subespacio vectorial E y los vectores b y u de R4 definidosrespectivamente mediante

E = Gen

u =

1111

, b =

1113

.

(1.1) [2 puntos] Determina una base y unas ecuaciones implıcitas del subespacio vectorial Sde R4 formado por los vectores de E⊥ que verifican la ecuacion x1 +2x2 +x3 +2x4 = 0.

(1.2) [3 puntos] Determina una base ortogonal de S y amplıala hasta una base ortogonalde R

4.

(1.3) [1 punto] Determina el vector de S mas cercano a b.

(1.4) [2 puntos] Determina los vectores de R4 cuya proyeccion ortogonal sobre S coincidecon la proyeccion ortogonal de 2b (sobre S). (Nota. Un dibujo en R3 puede ayudar.)

(1.5) [2 puntos] Sean u1, u2 ∈ Rn dos vectores linealmente independientes que no sonortogonales y sean P1 y P2 las matrices de proyeccion ortogonal sobre las rectasS1 = Gen {u1} y S2 = Gen {u2}, respectivamente. Demuestra que u1 y u2 no sonautovectores de la matriz P1 + P2. Suponiendo que n ≥ 3, determina algun autovalorde P1 + P2 y describe algun autovector asociado.

(1.1) Teniendo en cuenta E y la definicion de S obtenemos

E⊥ ≡ x1 + x2 + x3 + x4 = 0 =⇒ S ≡{

x1 + x2 + x3 + x4 = 0,x1 + 2x2 + x3 + 2x4 = 0.

Y ya tenemos unas ecuaciones implıcitas (independientes) de S. Para obtener una basebasta resolver el sistema homogeneo anterior,

[

1 1 1 1 01 2 1 2 0

]

→[

1 1 1 1 00 1 0 1 0

]

→

x1

x2

x3

x4

=

−x3

−x4

x3

x4

= x3

−1010

+x4

0−101

.


R-344 Segundo Parcial. 2008-09.

Por tanto una base de S es

v1 =

−1010

, v2 =

0−101

.

Notemos que se trata de una base ortogonal, v1 · v2 = 0.

(1.2) Ya hemos obtenido una base ortogonal, {v1, v2} de S. Para ampliar una base ortogonalde S hasta una base ortogonal de R4 basta con obtener una base ortogonal del comple-mento ortogonal S⊥ de S. Teniendo en cuenta las ecuaciones implıcitas obtenidas de S,tenemos que una base de S⊥ esta formada por los vectores cuyas coordenadas son loscoeficientes (de las incognitas) de dichas ecuaciones,

base de S⊥ :

w1 =

1111

, w2 =

0101

.

Ahora solo hay que ortogonalizar esta base de S⊥,

u1 = w1, u2 = w2 −w2 · u1

‖u1‖2u1 = w2 −

2

4u1 =

1

2

−11−11

.

Por tanto, ya tenemos una base ortogonal {v1, v2, u1, u2} de R4 que resulta de ampliaruna base ortogonal {v1, v2} de S.

(1.3) El vector pedido es el vector proyeccion ortogonal de b sobre S. Puesto que {v1, v2} esuna base ortogonal de S, la proyeccion de b sobre S es

proyS(b) =b · v1

‖v1‖2v1 +

b · v2

‖v2‖2v2 = 0v1 +

2

2v2 = v2.

(1.4) Dado un vector generico x ∈ R4, tenemos

proyS(x) = proyS(2b)⇐⇒ proyS(x− 2b) = 0⇐⇒ x− 2b ∈ S⊥.

Por tanto, el conjunto de vectores de R4 cuya proyeccion ortogonal sobre S coincide conla proyeccion ortogonal de 2b es la variedad

2b + S⊥.

A partir de ecuaciones implıcitas o parametricas de S⊥ podrıan obtenerse las corre-spondientes ecuaciones de la variedad anterior. Por ejemplo, teniendo en cuenta lasecuaciones implıcitas de S tenemos

S⊥ = Gen

1111

,

1212

≡

x1 = α + β,x2 = α + 2β,x3 = α + β,x4 = α + 2β

α, β ∈ R.


Ejercicio 1. R-345

Por tanto, 2b + S⊥ puede describirse en forma parametrica mediante

2b + S⊥ ≡

x1 = 2 + α + β,x2 = 2 + α + 2β,x3 = 2 + α + β,x4 = 6 + α + 2β

α, β ∈ R.

(1.5) Si u1 fuera autovector de P1 + P2 asociado a un cierto autovalor λ (real, puesto queP1 + P2 es una matriz real simetrica) tendrıamos,

(P1 + P2)u1 = P1u1 + P2u1 = u1 + P2u1 = λu1 ⇐⇒ P2u1 = (λ− 1)u1.

Esto es imposible puesto que P2u1 es un multiplo de u2, P2u1 6= 0 (por no ser u1 y u2

ortogonales) y u1 y u2 son linealmente independientes. Por tanto, u1 no es autovectorde P1 + P2. Analogamente, u2 tampoco puede serlo.

La matriz P1 se anula sobre los vectores del complemento ortogonal, S⊥1 , de S1 y la

matriz P2 sobre los del complemento ortogonal, S⊥2 , de S2. Por tanto

(P1 + P2)v = 0 para todo v ∈ S⊥1 ∩ S⊥

2 .

Puesto que dim (S⊥1 ) = dim (S⊥

2 ) = n− 1 ≥ 2, si n ≥ 3 tenemos que

dim(

S⊥1 ∩ S⊥

2

)

= n− 2 ≥ 1.

Recuerdese que si E y F son dos subespacios vectoriales,

dim (E + F ) + dim (E ∩ F ) = dim (E) + dim (F ).

Por tanto, si n ≥ 3, un autovalor de P1 + P2 es λ = 0 y cualquier vector no nulo deS⊥

1 ∩ S⊥2 (vectores ortogonales a u1 y a u2) es un autovector asociado.



Ejercicio 2. Considera la matriz A dada por

A =

a + 1 −2a 22 0 22 2 0

.

(2.1) [2 puntos] Determina los valores de a ∈ R para los que la matriz A tiene algunautovalor complejo con parte imaginaria no nula.

(2.2) [3 puntos] Determina una diagonalizacion ortogonal de A para los valores de a ∈ R

para los que sea posible (matriz de paso, matriz diagonal, relacion con la matriz A).

(2.3) [3 puntos] Para a = −1, determina:

una forma canonica de la forma cuadratica ϕ asociada a la matriz 3A− 2I,

el maximo y el mınimo (absolutos) de ϕ sobre la esfera x21 + x2

2 + x23 = 1 y

los puntos/vectores donde dichos extremos se alcanzan.

(2.4) [2 puntos] Calcula el area del recinto plano R descrito por las siguientes desigualdades

{

(x− 2y)2 + (x + y)2 ≤ 4,(2x− y)y ≤ 0.

(2.1) Polinomio caracterıstico de A,

p(λ) = det (A− λI) = (a + 1− λ)λ2 − 8a + 8 + 4λ− 4(a + 1− λ)− 4aλ

= −λ3 + (a + 1)λ2 + 4(2− a)λ + 4− 12a.

Puesto que p(−2) = 0 podemos dividir p(λ) entre λ + 2,

p(λ) = −(λ + 2)(

λ2 − (a + 3)λ + 6a− 2)

.

Por tanto, tenemos que determinar para que valores de a ∈ R la ecuacion de segundogrado λ2 − (a + 3)λ + 6a− 2 = 0 no tiene soluciones reales. Las soluciones

λ =a + 3±

√

(a + 3)2 − 4(6a− 2)

2

tienen parte imaginaria no nula si, y solo si,

(a + 3)2 − 4(6a− 2) = a2 − 18a + 17 = (a− 9)2 − 81 + 17 = (a− 9)2 − 64 < 0.

Es decir, la matriz A tendra autovalores con parte imaginaria no nula para

(a− 9)2 < 64⇐⇒ |a− 9| < 8⇐⇒ −8 < a− 9 < 8⇐⇒ 1 < a < 17.

(2.2) Puesto que A es real (para a ∈ R),

A es diagonalizable ortogonalmente⇐⇒ A es simetrica⇐⇒ a = −1.


Ejercicio 2. R-347

Segun lo que hemos obtenido en el apartado anterior, el polinomio caracterıstico, paraa = −1, es

p(λ) = −λ3 + 12λ + 16 = −(λ + 2)(

λ2 − 2λ− 8)

.

Los autovalores de A son

λ = −2, λ =2±√

36

2=

{

4,−2.

Por tanto los autovalores de A son (para a = −1),

λ1 = 4 simple y λ2 = −2 doble.

Autovectores de A asociados a λ2 = −2, (A + 2I)x = 0,

2 2 2 02 2 2 02 2 2 0

−→

1 1 1 00 0 0 00 0 0 0

→ Nul (A + 2I) ≡ x1 + x2 + x3 = 0.

Una base ortogonal de este subespacio (dos autovectores ortogonales asociados a λ2) es,por ejemplo,

v2 =

−110

, v′2 =

11−2

.

Puesto que A es simetrica (real) los autovectores de A asociados al autovalor simpleλ1 = 4 tienen que ser ortogonales a los asociados a λ2 = −2. Por tanto tienen que serv1 = (1, 1, 1) (y todos sus multiplos),

Nul (A− 4I) = Gen

v1 =

111

.

Ya tenemos tres autovectores de A ortogonales entre si. Una diagonalizacion ortogonalde A es A = QDQT ≡ A = QDQ−1 siendo

D =

λ1

λ2

λ2

=

4−2

−2

,

Q =

v1

||v1||v2

||v2||v′2

||v′2||

=

1√3− 1√

2

1√6

1√3

1√2

1√6

1√3

0 − 2√6

.

(2.3) Para a = −1, los autovalores de la matriz (simetrica real) 3A− 2I son

µ1 = 3λ1 − 2 = 10 (simple) y µ2 = 3λ2 − 2 = −8 (doble).

Los autovectores son los correspondientes a λ1 y λ2 respectivamente,

Nul (3A− 2I − µ1I) = Nul (A− λ1I) = Nul (A− 4I),

Nul (3A− 2I − µ2I) = Nul (A− λ2I) = Nul (A + 2I).

Por tanto:



Una forma canonica de la forma cuadratica asociada ϕ(x) = xT (3A − 2I)x tienepor coeficientes los autovalores de la matriz (3A− 2I),

10y21 − 8y2

2 − 8y23.

El maximo y el mınimo (absolutos) de ϕ sobre la esfera unidad x21 + x2

2 + x23 = 1

son, respectivamente, el mayor y el menor autovalor (de 3A− 2I),

max {ϕ(x) : ‖x‖ = 1} = 10, mın {ϕ(x) : ‖x‖ = 1} = −8.

El maximo y el mınimo se alcanzan en los correspondientes autovectores unitarios,

•max {ϕ(x) : ‖x‖ = 1} = 10 = ϕ

(

± v1

‖v1‖

)

,

•mın {ϕ(x) : ‖x‖ = 1} = −8 = ϕ

(

v

‖v‖

)

, ∀v ∈ Nul (A + 2I), v 6= 0.

(2.4) Teniendo en cuenta la primera desigualdad transformamos el recinto R mediante laaplicacion lineal T : R2 −→ R2 dada por

[

xy

]

−→[

uv

]

=

[

x− 2yx + y

]

=

[

1 −21 1

] [

xy

]

.

Puesto que la transformacion inversa viene dada por[

uv

]

−→[

xy

]

=

[

13u + 2

3v

−13u + 1

3v

]

=

[

13

23

−13

13

] [

uv

]

,

el recinto transformado esta caracterizado por las desigualdades

T (R) ≡{

u2 + v2 ≤ 4(u + v)

(

−13

)

(u− v) ≤ 0

}

⇐⇒{

u2 + v2 ≤ 4(u + v)(u− v) ≥ 0

}

Es decir, el recinto transformadoesta formado por dos sectores angu-lares del cırculo de centro el origen yradio r = 2. Puesto que los sectoresangulares estan determinados por dosrectas perpendiculares que pasan porel centro, el area de dicho recinto esla mitad de la del cırculo,

area(T (R)) =1

2πr2 = 2π.

−3 −2 −1 0 1 2 3−3

−2

−1

0

1

2

3

u

v

u2+v2−4 = 0

Siendo B la matriz de la transformacion, el area del recinto R original vendra dada por

area(T (R)) = |det(B)|area(R) = 3area(R) =⇒ area(R) =2π

3.


Ejercicio 3. R-349

Ejercicio 3. Considera la matriz A y el vector y0 dados respectivamente por

A =

1 1 02 1 1−2 α α

e y0 =

10−2

.

(3.1) [4 puntos] Determina los valores de α para los que A es diagonalizable.

(3.2) [3 puntos] Determina, si es posible, una diagonalizacion de A para α = 0 (matriz depaso, matriz diagonal, relacion con la matriz A).

(3.3) [1 punto] Resuelve, para α = 0, el problema de valor inicial

{

y′ = (A− 3I)y,y(0) = y0.

(3.4) [2 puntos] Determina los posibles autovalores de una matriz M real, 4× 4, que no esdiagonalizable sabiendo que el polinomio caracterıstico de la matriz M2 es

p(λ) = (λ + 1)2(λ− 4)2.

Enuncia y demuestra las propiedades que utilices.

(3.1) Polinomio caracterıstico de A,

p(λ) = det (A− λI) = (1− λ)2(α− λ)− 2− α(1− λ)− 2(α− λ)

= (1 + λ2 − 2λ)(α− λ)− 2− α + αλ− 2α + 2λ)

= −λ3 + (α + 2)λ2 + (−2α− 1 + α + 2)λ + α− 2− α− 2α

= −λ3 + (α + 2)λ2 + (1− α)λ− 2α− 2.

Puesto que p(2) = 0 podemos dividir p(λ) entre λ− 2 y tenemos

p(λ) = −(λ− 2)(

λ2 − αλ− (α + 1))

.

Resolviendo la ecuacion de segundo grado,

λ =α±√

α2 + 4α + 4

2=

α± (α + 2)

2=

{

−1,α + 1.

Es decir, p(λ) = −(λ− 2)(λ + 1) (λ− (α + 1)).

Por tanto,

Si α + 1 6= 2,−1 ≡ α 6= 1,−2 la matriz A tiene tres autovalores simples

λ1 = 2, λ2 = −1 y λ3 = α + 1

y, por tanto, es diagonalizable.

Si α + 1 = 2 ≡ α = 1 la matriz A tiene un autovalor doble y uno simple,

λ1 = 2 (doble) y λ2 = −1 (simple).



Si α + 1 = −1 ≡ α = −2 la matriz A tiene un autovalor simple y uno doble,

λ1 = 2 (simple) y λ2 = −1 (doble).

Estudiemos los dos casos en los que hay algun autovalor multiple. Tenemos que determi-nar el numero de autovectores linealmente independientes que se pueden obtener parael autovalor doble (en cada caso).

Si α = 1 la matriz A tiene un autovalor doble λ1 = 2 y uno simple λ2 = −1.Tenemos que estudiar la dimension de Nul (A− λ1I) = Nul (A− 2I).

(A−2I)x = 0→

−1 1 0 02 −1 1 0−2 1 −1 0

→

−1 1 0 00 1 1 00 0 0 0

⇒ dim Nul (A−2I) = 1.

Si α = −2 la matriz A tiene un autovalor simple λ1 = 2 y uno doble λ2 = −1.Tenemos que estudiar la dimension de Nul (A− λ2I) = Nul (A + I).

(A+I)x = 0→

2 1 0 02 2 1 0−2 −2 −1 0

−→

2 1 0 00 1 1 00 0 0 0

=⇒ dim Nul (A+I) = 1.

Por tanto en los dos casos en los que A tiene algun autovalor multiple la matriz A noes diagonalizable,

A es diagonalizable ⇐⇒ α 6= 1,−2.

(3.2) La matriz A correspondiente a α = 0 es diagonalizable pues tiene tres autovaloressimples,

A =

1 1 02 1 1−2 0 0

−→

λ1 = 2,λ2 = −1 yλ3 = 1.

Calculemos los autovectores correspondientes.

λ1 = 2 −→ (A− 2I)x = 0,

−1 1 0 02 −1 1 0−2 0 −2 0

−→

−1 1 0 00 1 1 00 −2 −2 0

→{

x2 = −x3,x1 = x2 = −x3

−→ Nul (A− 2I) = Gen

v1 =

−1−11

.

λ2 = −1 −→ (A + I)x = 0,

2 1 0 02 2 1 0−2 0 1 0

−→

2 1 0 00 1 1 00 1 1 0

→

x2 = −x3,

x1 = −x2

2= x3

2,

−→ Nul (A + I) = Gen

v2 =

1−22

.


Ejercicio 3. R-351

λ3 = 1 −→ (A− I)x = 0,

0 1 0 02 0 1 0−2 0 −1 0

−→

0 1 0 02 0 1 00 0 0 0

→{

x2 = 0,x3 = −2x1

−→ Nul (A− I) = Gen

v3 =

10−2

.

Por tanto una diagonalizacion de A es A = PDP−1 siendo

D =

λ1

λ2

λ2

=

2−1

1

, P =

v1 v2 v3

=

−1 1 1−1 −2 01 2 −2

.

(3.3) Puesto que, segun hemos visto en el apartado anterior, la matriz A es diagonalizable,tambien lo es la matriz A− 3I,

A− 3I = P (D − 3I)P−1

siendo {v1, v2, v3} tres auovectores linealmente independientes asociados respectiva-mente a µ1 = λ1 − 3 = −1, µ2 = λ2 − 3 = −4 y µ3 = λ3 − 3 = −2. Por tanto, lasolucion general del sistema y′ = (A− 3I)y es

y(t) = c1eµ1tv1 + c2e

µ2tv2 + c3eµ3tv3.

Imponiendo la condicion inicial y(0) = y0 = v3 tenemos

y(t) = c1v1 + c2v2 + c3v3 = v3 =⇒ c1 = c2 = 0, c3 = 1.

La solucion de problema de valor inicial dado es

y(t) = eµ3tv3 = e−2t

10−2

.

(3.4) Si µ es un autovalor de M entonces λ = µ2 es autovalor de M2. Puesto que los auto-valores de M2 son

λ = −1 (doble) y λ = 4 (doble),

los autovalores de M pueden ser las raıces cuadradas de estos numeros,

µ = ±i y µ = ±2.

Puesto que la matriz M no es diagonalizable, alguno de sus autovalores tiene que sermultiple. Obviamente los autovalores no reales ±i no pueden ser dobles (si fueran dobles,el polinomio caracterıstico de M2 serıa (λ − i)2(λ + i)2 = (λ2 + 1)2). Por tanto, tieneque ser doble alguno de los autovalores reales y hay dos opciones (para autovalores deM en las condiciones dadas)

• µ1 = i, µ2 = −i, µ3 = 2 (doble),• µ1 = i, µ2 = −i, µ3 = −2 (doble).

Entre las propiedades utilizadas cabe citar las siguientes:



Si A es una matriz (cuadrada) real y λ = a+bi ∈ C es un autovalor de A, entoncessu complejo conjugado, λ = a− bi, tambien es autovalor de A.

Si λ es un autovalor de una matriz (cuadrada) A y v 6= 0 es un autovector asociado(Av = λv) entonces λn es un autovalor de An y v es un autovector asociado(Anv = λnv) para cualquier exponente n ∈ N.

Consultar las notas de teorıa para tener una demostracion de estas propiedades.


Examen de Junio (Segundo Parcial). 2008-09. R-353




Examen Final de Junio (Segundo Parcial). 27-06-2009.

Ejercicio 1. Considera el subespacio S y el vector b ∈ R4 dados por

S ≡

x1 + x2 + 2x3 = 02x1 − x2 + αx3 + βx4 = 0x1 − 2x2 − x3 + x4 = 0

y b =

11γ1

.

(1.1) [2 puntos] Determina dim (S) y dim (S⊥) en funcion de α y β.

(1.2) [3 puntos] Para α = 1 y β = 2 determina una base ortogonal de S y una base ortogonalde S⊥.

(1.3) [2 puntos] Determina, para α = 1 y β = 2, los valores de γ ∈ R para los cuales bequidista de S y de S⊥ (no se obtienen valores enteros).

(1.4) [2 puntos] Enuncia las propiedades mas importantes relativas a las matrices de proyec-cion ortogonal sobre un subespacio vectorial E de Rn.

(1.5) [1 punto] Sea E un subespacio vectorial de Rn y sean PE y PE⊥ las matrices deproyeccion ortogonal sobre E y sobre E⊥, respectivamente. Determina los vectores x ∈R

n que verifican quePEx + 3PE⊥x = x.

(1.1) El subespacio S esta formado por los vectores cuyas coordenadas son solucion delsistema homogeneo dado. Reduzcamos a forma escalonada dicho sistema homogeneo,

S ≡

1 1 2 0 02 −1 α β 01 −2 −1 1 0

F2 − 2F1

−→F3 − F1

1 1 2 0 0

0 -3 α− 4 β 00 −3 −3 1 0

F3 − F2

−→

1 1 2 0 0

0 -3 α− 4 β 00 0 1− α 1− β 0

.

Siendo A la matriz del sistema original y U la de la forma escalonada, tenemos que

S ={

x ∈ R4 : Ax = 0

}

={

x ∈ R4 : Ux = 0

}

.

Por tanto, pueden darse los siguientes casos:


R-354 Examen de Junio (Segundo Parcial). 2008-09.

Si α 6= 1 o β 6= 1, tenemos 3 pivotes (y 1 variable libre) con lo cual dim (S) = 1 ydim (S⊥) = 4− dim (S) = 3.

Si α = β = 1, tenemos 2 pivotes (y 2 variables libres) con lo cual dim (S) = 2 ydim (S⊥) = 4− dim (S) = 2.

(1.2) Segun los calculos del apartado anterior, para α = 1 y β = 2 tenemos

S = Nul (A) = Nul (U) ≡

1 1 2 0 00 −3 −3 2 00 0 0 −1 0

−→

x4 = 0x2 = −x3

x1 = −x2 − 2x3 = −x3

−→ S = Gen

v1 =

−1−110

.

Por tanto, S⊥ ≡ −x1 − x2 + x3 = 0. Resolviendo (hay 1 pivote y 3 variables libres,x1 = −x2 + x3) tenemos

x1

x2

x3

x4

= x2

−1100

+ x3

1010

+ x4

0001

.

Por tanto, una base de S⊥ es

v2 =

−1100

, v3 =

1010

, v4 =

0001

.

Obviamente v4 es ortogonal a v2 y a v3, pero v2 no es ortogonal a v3. Para obtener unabase ortogonal de S⊥ bastara con ortogonalizar {v2, v3},

u2 = v2, u3 = v3 −v3 · u2

||u2||2u2 = v3 −

−1

2u2 =

1/21/210

=1

2

1120

Por tanto, una base ortogonal de S⊥ es

v2 =

−1100

, 2u3 =

1120

, v4 =

0001

.

(1.3) La distancia de un vector x a un subespacio E es igual a la distancia de x a su proyeccionortogonal sobre dicho subespacio E. Por tanto

dist (x, S) = ||x− proyS(x)|| = ||proyS⊥(x)|| ,

dist (x, S⊥) = ||x− proyS⊥(x)|| = ||proyS(x)|| .


Ejercicio 1. R-355

Calculando la proyeccion ortogonal de b sobre S tenemos

proyS(b) =b · v1

||v1||2v1 =

γ − 2

3v1 =⇒ dist (b, S⊥) =

|γ − 2|3

√3.

Ademas, utilizando el Teorema de Pitagoras, tenemos

||proyS(b)||2 + ||proyS⊥(b)||2 = ||b||2 = γ2 + 3

=⇒ ||proyS⊥(b)||2 = γ2 + 3−(

|γ−2|3

√3)2

.

Para que b equidiste de S y S⊥ tiene que cumplirse

(

|γ−2|3

√3)2

= γ2 + 3−(

|γ−2|3

√3)2

⇐⇒ 2 (γ−2)2

3= γ2 + 3

⇐⇒ 2 (γ2 − 4γ + 4) = 3γ2 + 9⇐⇒ γ2 + 8γ + 1 = 0

⇐⇒ γ =−8±

√64− 4

2= −4±

√15.

(1.4) Veamos algunas de las propiedades de la matriz PE de proyeccion ortogonal sobre unsubespacio vectorial E de Rn. Suponemos que E es un subespacio no trivial, E 6= {0} , Rn

con lo cual1 ≤ r = dim (E) ≤ n− 1.

Para los casos triviales tenemos que PE = 0 o PE = I, respectivamente.

Para cada x ∈ Rn, el vector PEx es el unico vector y ∈ R

n que verifica

y ∈ E y x− y ∈ E⊥.

x ∈ E ⇐⇒ PEx = x. En particular, esto nos dice:

• P 2E = PE , puesto que ∀z ∈ Rn, PEz ∈ E y, por tanto, P 2

Ez = PE(PEz) = PEz.

• λ1 = 1 es autovalor de A y los autovectores asociados son los vectores no-nulosde E, Nul (PE − I) = E.

• El espacio columna de PE es

Col (PE) = {x ∈ Rn : PEv = x para algun v ∈ R

n} = E.

• Por tanto, el rango de PE es rango(PE) = dim (E) = r.

x ∈ E⊥ ⇐⇒ PEx = 0. En particular, esto nos dice:

• λ0 = 0 es autovalor de A y los autovectores asociados son los vectores no-nulosde E⊥, Nul (PE) = E⊥.

• La dimension del espacio nulo de PE es dim (Nul (PE)) = dim (E⊥) = n− r.

Si U es una matriz cuyas columnas forman una base ortonormal de E, entoncesPE = UUT . Como consecuencia, PE es una matriz simetrica (real) y, por tanto, esdiagonalizable ortogonalmente.

Otras propiedades:



• La matriz de la proyeccion ortogonal sobre E⊥ es I − PS.

• Una diagonalizacion de PE es ...

(1.5) Puesto que PE + PE⊥ = I tenemos

PEx + 3PE⊥x = x⇐⇒ PEx + 3(I − PE)x = x

⇐⇒ 2x = 2PEx⇐⇒ PEx = x⇐⇒ x ∈ E.


Ejercicio 2. R-357

Ejercicio 2. Considera la matriz

A =

1− a 2 22a 0 22 2 0

.

(2.1) [3 puntos] Determina los valores de a ∈ R para los que todos los autovalores de A sonreales.

(2.2) [3 puntos] Diagonaliza ortogonalmente A para los valores de a ∈ R para los que seaposible.

(2.3) [2 puntos] Para a = 1, determina los valores de ρ ∈ R para los que la forma cuadraticaϕ(x) = xT (ρA2 + 3I)x es definida positiva.

(2.4) [1 punto] Para a = 1, calcula el volumen del recinto solido {x ∈ R3 : ||Ax|| ≤ 1}.

(2.5) [1 punto] Sea M una matriz real no simetrica. Determina los valores de α, β ∈ R

para los cuales la matriz αM + βMT se puede diagonalizar ortogonalmente.

(2.1) Polinomio caracterıstico:

p(λ) = det (A− λI) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1− a− λ 2 22a −λ 22 2 −λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= λ2(1− a− λ) + 8 + 8a + 4λ + 4aλ− 4(1− a− λ)

= −λ3 + (1− a)λ2 + (4a + 8)λ + 4 + 12a.

Una factorizacion de p(λ). Buscando un cero de p(λ) entre los divisores del terminoindepenediente, 4 + 12a = 4(1 + 3a), tenemos que

p(−2) = 8 + 4(1− a)− 2(4a + 8) + 4 + 12a = 0.

Por tanto, p(λ) es divisible por λ + 2. Dividiendo p(λ) entre (λ + 2) obtenemos

−1 1− a 4a + 8 4 + 12a−2 2 −6 + 2a −12a− 4

−1 3− a 6a + 2 0

y, por tanto,

p(λ) = −λ3 + (1− a)λ2 + (4a + 8)λ + 4 + 12a

= (λ + 2) [−λ2 + (3− a)λ + 2(1 + 3a)] .

Habra que determinar los valores de a ∈ R para los que la ecuacion de segundo grado−λ2 + (3− a)λ + 2(1 + 3a) = 0 tiene soluciones reales. Las soluciones

λ =−3 + a±

√

(3− a)2 + 8(1 + 3a)

−2



de esta ecucacion son reales si, y solo si, el discriminante es mayor o igual que cero,

∆ = (3− a)2 + 8(1 + 3a) = a2 + 18a + 17 ≥ 0

Puesto que a2 + 18a + 17 = 0⇐⇒ λ =−18±

√182 − 4 · 17

2= −9± 8 tenemos que

a2+18a+17 = (a+17)(a+1) ≥ 0⇔

a + 17 ≥ 0 y a + 1 ≥ 0o

a + 17 ≤ 0 y a + 1 ≤ 0

⇐⇒

a + 1 ≥ 0o

a + 17 ≤ 0

.

Es decir, todos los autovalores de A son reales si y solo si a ∈ (−∞,−17] ∪ [−1, +∞).

(2.2) Puesto que A es real,

A es diagonalizable ortogonalmente ⇐⇒ A es simetrica ⇐⇒ a = 1.

Segun hemos obtenido en el apartado anterior, para a = 1, el polinomio caracterısticode A es

p(λ) = −λ3 + 12λ + 16 = (λ + 2) [−λ2 + 2λ + 8] .

Puesto que −λ2 + 2λ + 8 = 0⇐⇒ λ =−2±

√4 + 32

−2= 1∓ 3,

p(λ) = −(λ + 2)(λ + 2)(λ− 4).

Por tanto, los autovalores de A son

λ1 = 4 simple y λ2 = −2 doble.

Autovectores asociados a λ2 = −2, (A + 2I)x = 0,

2 2 2 02 2 2 02 2 2 0

−→

2 2 2 00 0 0 00 0 0 0

≡ x1 = −x2 − x3

−→ Nul (A + 2I) = Gen

v2 =

−110

, v3 =

−101

.

Autovectores asociados a λ1 = 4. Podemos calcular directamente una base deNul (A − 4I) resolviendo (A − 4I)x = 0, pero, puesto que tenemos una matrizreal simetrica, los autovectores asociados a λ1 = 4 tienen que ser ortogonales a losasociados a λ2 = −2. Por tanto,

Nul (A− 4I) = (Nul (A + 2I))⊥ = Gen

v1 =

111

.

Para obtener una diagonalizacion ortogonal de A tenemos que obtener una base deR

3 formada por (tres) autovectores de A que sean ortonormales. Para esto basta conortogonalizar los autovalores asociados al autovalor doble (y despues normalizar).


Ejercicio 2. R-359

Ortogonalizamos {v2, v3},

u2 = v2, u3 = v3 −v3 · u2

||u2||2u2 = v3 −

1

2u2 =

−1/2−1/2

1

=1

2

−1−12

.

Por tanto, una diagonalizacion ortogonal de A es A = QDQT (QT = Q−1) siendo

D =

λ1

λ2

λ2

=

4−2

−2

,

Q =

v1

||v1||v2

||v2||2u3

||2u3||

=

1√3− 1√

2− 1√

61√3

1√2− 1√

61√3

0 2√6

.

(2.3) Para a = 1, tanto A como ρA2 + 3I son matrices reales simetricas (para ρ ∈ R). Portanto, la forma cuadratica asociada a ρA2 + 3I es definida positiva si, y solo si, todoslos autovalores de dicha matriz son positivos.

Puesto que tenemos una diagonalizacion de A, A = QDQ−1, tenemos asociada unadiagonalizacion de ρA2 + 3I,

ρA2 +3I = ρQD2Q−1 +3I = Q(

ρD2 + 3I)

Q−1 = Q

16ρ + 34ρ + 3

4ρ + 3

Q−1.

En particular, los autovalores de ρA2 + 3I son µ1 = 16ρ + 3 y µ2 = 4ρ + 3. Por tanto,

ϕ, ρA2 + 3Ies

definida positiva

⇔

µ1 = 16ρ + 3 > 0y

µ2 = 4ρ + 3 > 0

⇔

ρ > − 316

yρ > −3

4

⇐⇒ ρ > − 3

16.

(2.4) La transformacion T : R3 −→ R

3 definida por A (y = T (x) = Ax) transforma elrecinto R = {x ∈ R3 : ||Ax|| ≤ 1} en la esfera solida T (R) = {y ∈ R3 : ||y|| ≤ 1}, decentro el origen y radio 1. Notemos que, puesto que det (A) = 16 6= 0, la matriz A, y latransformacion T asociada, tiene inversa. Por tanto

vol (T (R)) = |det (A)| vol(R)⇐⇒ 4

3π = 16vol(R)⇐⇒ vol(R) =

1

12π.

(2.5)

αM + βMT es simetrica ⇐⇒ (αM + βMT )T = αMT + βM = αM + βMT

⇐⇒ (β − α)M = (β − α)MT .

Puesto que M no es simetrica, (MT 6= M), esta ultima condicion es equivalente a

β − α = 0⇐⇒ β = α.



Ejercicio 3. Considera la matriz A y el vector y0 dados por

A =

1 2 −21 1 α0 1 α

, y0 =

221

.

(3.1) [3 puntos] Determina los valores de α para los que la matriz A es diagonalizable.

(3.2) [3 puntos] Diagonaliza la matriz A para α = 0. Calcula An. ¿Es valida la expresionobtenida para exponentes negativos n = −1,−2, . . . ?

(3.3) [2 puntos] Resuelve, para α = 0, el problema de valor inicial

{

Ay′ = (2A + I)yy(0) = y0.

(3.4) [2 puntos] Demuestra que si la suma de los elementos de cada una de las filas de unamatriz cuadrada B es 7, entonces la suma de los elementos de cada una de las filas de B2

es 49. (Indicacion: Expresa la condicion dada en terminos de autovalores y autovectoresde B).

(3.1) Polinomio caracterıstico de A:

p(λ) =

1− λ 2 −21 1− λ α0 1 α− λ

= (1− λ)2(α− λ)− 2− α(1− λ)− 2(α− λ)

= (α− λ)(λ2 − 2λ + 1− 2)− 2− α + αλ

= −λ3 + (α + 2)λ2 + (1− 2α)λ− α− 2− α + αλ

= −λ3 + (α + 2)λ2 + (1− α)λ− 2α− 2

Puesto que p(−1) = 1 + α + 2 − 1 + α − 2α − 2 = 0, λ = −1 es un autovalor de A ypodemos dividir p(λ) entre λ + 1,

−1 α + 2 1− α −2α− 2−1 1 −α− 3 2α + 2

−1 α + 3 −2α− 2 0

y tenemos que p(λ) = (λ + 1) [−λ2 + (α + 3)λ− 2α− 2]. Las soluciones de la ecuacionde segundo grado −λ2 + (α + 3)λ− 2α− 2 = 0 son

λ =−α− 3±

√

(α + 3)2 − 8α− 8

−2=−α− 3±

√α2 − 2α + 1

−2

=−α− 3±

√

(α− 1)2

−2=−α− 3± (α− 1)

−2=

{

2,α + 1.

Por tanto, p(λ) = −(λ + 1)(λ− 2) [λ− (α + 1)].


Ejercicio 3. R-361

Tenemos los siguientes casos en funcion de α:

Si α + 1 6= 2,−1 ≡ α 6= 1,−2, la matriz A tiene tres autovalores simples

λ1 = −1, λ2 = 2 y λ3 = α + 1

y, por tanto, es diagonalizable.

Si α + 1 = −1 ≡ α = −2, la matriz A =

1 2 −21 1 −20 1 −2

tiene un autovalor doble y

uno simple,

λ1 = −1 (doble) y λ2 = 2 (simple).

Para determinar si A es diagonalizable o no, tenemos que estudiar cuantos autovec-tores linealmente independientes podemos obtener asociados al autovalor doble, esdecir tenemos que calcular dim [Nul (A + I)].

(A + I)x = 0 ≡

2 2 −2 01 2 −2 00 1 −1 0

−→

1 2 −2 0

0 1 −1 00 0 0 0

.

Por tanto dim [Nul (A + I)] = 1 (rango(A + I) = 2) y la matriz A no es diagona-lizable para α = −2.

Si α + 1 = 2 ≡ α = 1, la matriz A =

1 2 −21 1 10 1 1

tiene un autovalor simple y

uno doble,

λ1 = −1 (simple) y λ2 = 2 (doble).

Para determinar si A es diagonalizable o no, tenemos que estudiar cuantos autovec-tores linealmente independientes podemos obtener asociados al autovalor doble,dim [Nul (A− 2I)].

(A− 2I)x = 0 ≡

−1 2 −2 01 −1 1 00 1 −1 0

1 −1 1 0

0 1 −1 00 0 0 0

.

Por tanto dim [Nul (A− 2I)] = 1(rango(A − 2I) = 2) y la matriz A no es diago-nalizable para α = 1.

Resumiendo,

A es diagonalizable ⇐⇒ α 6= −2, 1.

(3.2) Segun lo que hemos obtenido en el apartado anterior, para α = 0 la matriz A tienetres autovalores simples, λ1 = −1, λ2 = 2 y λ3 = 1 (y, por tanto, es diagonalizable).Calculemos los autovectores.



λ1 = −1 −→ (A + I)x = 0,

2 2 −2 01 2 0 00 1 1 0

−→

1 2 0 0

0 1 1 00 0 0 0

−→{

x2 = −x3

x1 = −2x2 = 2x3

}

−→

x1

x2

x3

= x3

2−11

=⇒ Nul (A + I) = Gen

v1 =

2−11

.

λ2 = 2 −→ (A− 2I)x = 0,

−1 2 −2 01 −1 0 00 1 −2 0

−→

1 −1 0 0

0 1 −2 00 0 0 0

−→{

x2 = 2x3

x1 = x2 = 2x3

}

−→

x1

x2

x3

= x3

221

=⇒ Nul (A− 2I) = Gen

v2 =

221

.

λ3 = 1 −→ (A− I)x = 0,

0 2 −2 01 0 0 00 1 −1 0

−→

1 0 0 0

0 1 −1 00 0 0 0

−→{

x1 = 0x2 = x3

}

−→

x1

x2

x3

= x3

011

=⇒ Nul (A− I) = Gen

v3 =

011

.

Por tanto, una diagonalizacion de A es A = PDP−1 siendo

D =

λ1

λ2

λ3

=

−12

1

y P =

v1 v2 v3

=

2 2 0−1 2 11 1 1

.

Para n = 1, 2, . . . ,

An = AA · · ·A = (PDP−1)(PDP−1) · · · (PDP−1)

= PDnP−1 = P

(−1)n

2n

1

P−1 = · · ·

¿Es valida la expresion obtenida para exponentes negativos n = −1,−2, . . . ?

La matriz A tiene inversa y podemos obtener una diagonalizacion de A−1,

A = PDP−1 =⇒ A−1 = (P−1)−1D−1P−1 = P

−112

1

P−1.


Ejercicio 3. R-363

Por tanto, para n = −k, k = 1, 2, . . . ,

An = A−k = (A−1)k

= P

−112

1

k

P−1 = P

(−1)k

12k

1

P−1

= P

(−1)n

2n

1

P−1.

Es decir, la expresion obtenida para exponentes positivos tambien es valida para expo-nentes negativos.

(3.3) Puesto que A tiene inversa,

Ay′ = (2A + I)y ⇐⇒ y′ = A−1(2A + I)y ⇐⇒ y′ = (2I + A−1)y.

Es decir se trata de un problema de valor inicial (lineal, homogeneo, de primer orden,...)para la matriz

2I + A−1 = P(

2I + D−1)

P−1

cuyos autovalores y autovectores asociados son

µ1 = 2 + 1λ1

= 1 −→ v1,

µ2 = 2 + 1λ2

=5

2−→ v2,

µ3 = 2 + 1λ3

= 3 −→ v3.

Por tanto, la solucion general del sistema homogeneo es


µ2tv2 + c3eµ3tv3.

Imponiendo la condicion inicial,

y(0) = c1v1 + c2v2 + c3v3 = y0 = v2 ⇐⇒

c1 = 0,c2 = 1,c3 = 0.

Por tanto, la solucion pedida es

y(t) = e5

2t

221

.

(3.4) La suma de los elementos de cada fila de una matriz B = [bij ] se puede puede obtener

calculando el producto Be siendo e el vector columna e = [1 1 · · · 1]T ,

Be =

b11 · · · b1n

.... . .

...bn1 · · · bnn

1...1

=

b11 + · · ·+ b1n

...bn1 + · · ·+ bnn

.



La condicion dada sobre B se puede expresar mediante

B

11...1

=

77...7

= 7

11...1

.

Es decir, e es un autovector de B asociado al autovalor λ = 7. Por tanto,

B2e = BBe = B(7e) = 7Be = 49e

y la suma de los elementos de cada fila de B2 es 49.


Examen de Junio (Primer Parcial). 2008-09. R-365




Examen Final de Junio (Primer Parcial). 27-06-2009.

Ejercicio 4.

(4.1) [3 puntos] Determina la ecuacion de la hiperbola que tiene por focos F1 = (6, 2) yF2 = (−4, 2) sabiendo que la pendiente de una de sus asıntotas es m = 3

4. Determina

los restantes elementos y la representacion grafica de la hiperbola.

(4.2) [2 puntos] Resuelve la ecuacion compleja (z + z)3 = −1. Representa graficamente lassoluciones en el plano complejo.

(4.3) [3 puntos] Calcula α > 0 sabiendo que un giro con centro el origen de coordenadaslleva el punto (3, 1) en el punto (α, α). Calcula la matriz del giro citado (no se pide elangulo de giro, es indiferente trabajar en forma compleja o en forma vectorial real).

(4.4) [2 puntos] Calcula la inversa de la siguiente matriz de orden n = 2, 3, . . . (generico)

0 0 · · · 0 n0 0 · · · n− 1 0...

... . .. ...

...0 2 0 · · · 01 1 · · · 1 1

(4.1) El centro C de la hiperbola es el punto medio de los focos C = (6−42

, 2) = (1, 2). Puestoque los focos de la hiperbola considerada estan en una recta (eje focal) paralela al ejeOX la ecuacion tıpica de la hiperbola es de la forma

(x− 1)2

a2− (y − 2)2

b2= 1 (a > 0, b > 0).

La ecuacion conjunta de las asıntotas de la hiperbola anterior es

(x− 1)2

a2− (y − 2)2

b2= 0 ≡ y − 2 = ± b

a(x− 1).

Por las condiciones dadas en el enunciado tenemos que m = ba

= 34. Por otra parte,

puesto que la distancia de cada uno de los focos al centro de la hiperbola (la semi-distancia entre los focos) es c = 5, tenemos que a2 + b2 = c2 = 25. Y basta sustituirb = 3

4a en esta ecuacion

a2 +9

16a2 = 25⇐⇒ 25

16a2 = 25⇐⇒ a = 4.


R-366 Examen de Junio (Primer Parcial). 2008-09.

Por tanto, b = 3 y la ecuacion de la hiperbola es

(x− 1)2

16− (y − 2)2

9= 1.

Los elementos caracterısticos de esta hiperbola son los siguientes:

Centro: C = (1, 2).

Focos: F1 = (6, 2) y F2 = (−4, 2).

Ejes de simetrıa: y = 2 (eje focal) y x = 1.

Asıntotas: y − 2 = ±34(x− 1) =⇒ 3x− 4y = −5 y 3x + 4y = 11.

Vertices: V = (1± a, 2) =⇒ V1 = (5, 2) y V2 = (−3, 2).

−10 −5 5 10

−6

−4

−2

2

4

6

8

x

y

O X

Y

0

0

F1

C

y = 2

x = 1V1

(x−1)2

16− (y−2)2

9= 1

La hiperbola no corta al eje de ordenadas y los puntos de corte con el eje de abscisaspueden obtenerse facilmente,

(x−1)2

16− (y−2)2

9= 1

y = 0

}

=⇒ x = 1± 4

3

√13.

(4.2) Notemos que z + z es un numero real para cualquier z ∈ C. Por tanto, para que severifique (z + z)3 = −1 el numero z + z tiene que se ser una de las tres raıces cubicasde −1 = eiπ. De las tres raıces cubicas de −1, (ei π

3 , eiπ = −1, e−i π

3 ), solo una de ellas esreal. Por tanto, tiene que verificarse z + z = 2Re (z) = −1⇐⇒ Re (z) = −1

2.


Ejercicio 4. R-367

Por tanto, las soluciones de laecuacion dada son los numeroscomplejos de la forma

z = −1

2+ iy, y ∈ R.

Dichas soluciones determinan unarecta paralela al eje imaginario.

−2 −1 0 1 2−0.5−2

−1

0

1

2

Re

Im

0

Re (z) = −1/2

(4.3) Al girar un punto P (del plano) alrededor del origen de coordenadas solo puedenobtenerse (cuando se consideran todos los posibles giros) los puntos que estan en lacircunferencia de centro el origen de coordenadas que pasa por P . Por tanto, para que(α, α) pueda obtenerse al girar (3, 1) alrededor del origen de coordenadas tiene queverificarse que

dist ((α, α), (0, 0)) = dist ((3, 1), (0, 0)) =√

10 ≡ 2α2 = 10⇐⇒ α = ±√

5.

Por tanto, α =√

5 (puesto que tiene que ser α > 0).

z −→ w = eiθz =⇒√

5 + i√

5 = eiθ(3 + i)

⇐⇒ eiθ = cos(θ) + i sen(θ) =

√5(1 + i)

3 + i=

√5(1 + i)(3− i)

10=

√5

10(4 + 2i)

cos(θ) =4√

5

10=

2√

5

5, sen(θ) =

2√

5

10=

√5

5.

La matriz del giro es

G =

[

cos(θ) − sen(θ)sen(θ) cos(θ)

]

=

√5

5

[

2 −11 2

]

.

(4.4) Para calcular la inversa de la matriz A dada basta con aplicar el metodo de Gauss-Jordan,

[A|I] =

0 0 · · · 0 n0 0 · · · n− 1 0...

... . .. ...

...0 2 · · · 0 01 1 · · · 1 1

1 0 · · · · · · 0

0 1 · · · · · · ...

0 0. . .

......

.... . .

0 0 · · · · · · 1

.

Ordenando de abajo arriba (es decir, intercambiando F1 ↔ Fn, F2 ↔ Fn−1, . . . ) obten-emos la matriz

1 1 · · · 1 10 2 · · · 0 0...

.... . .

......

0 0 · · · n− 1 00 0 · · · 0 n

0 0 · · · · · · 10 0 1 0...

... . .. ...

0 1 · · · 0 01 0 · · · 0 0

.



Diviendo cada fila por su ındice (12F2,

13F3, . . . ,

1nFn),

1 1 · · · 1 10 1 · · · 0 0...

.... . .

......

0 0 · · · 1 00 0 · · · 0 1

0 0 · · · · · · 10 0 1

20

...... . .

. ...0 1

n−1· · · 0 0

1n

0 · · · 0 0

.

Restando de la primera fila la suma de todas las demas (F1 − F2 − F3 − · · · − Fn),

I

− 1n− 1

n−1· · · −1

21

0 0 12

0...

... . .. ...

0 1n−1

· · · 0 01n

0 · · · 0 0

.

Por tanto,

A−1 =

− 1n− 1

n−1· · · −1

21

0 0 12

0...

... . .. ...

0 1n−1

· · · 0 01n

0 · · · 0 0

.


Ejercicio 5. R-369

Ejercicio 5. Considera la matriz A y el vector w ∈ R4 siguientes,

A =

1 1 −2 0−1 1 3 10 2 a 12 0 −5 a− 1

y w =

1−102

.

(5.1) [5 puntos] Determina Col (A) y Nul (A) en funcion de a ∈ R (ecuaciones implıcitas ybase, si hay). Determina los valores de a ∈ R para los que w ∈ Col (A). Determina losvalores de a ∈ R para los que w ∈ Nul (A).

(5.2) [2 puntos] Determina, para a = 0, una factorizacion LU de A.

(5.3) [2 puntos] Siendo {e1, e2, e3, e4} los vectores canonicos de R4, determina la matriz M

de orden 4 que verifica

M(e1 + e2) = Ae2, Me2 = Ae3, Me3 = Ae4 y Me4 = Ae1.

(5.4) [1 punto] Demuestra que si una matriz cuadrada B verifica que Col (B) ⊆ Nul (B)entonces B2 = 0.

(5.1) Reduzcamos a forma escalonada la matriz ampliada [A|y] de un sistema Ax = y contermino independiente y ∈ R

4 generico,

[A|y] ≡

1 1 −2 0−1 1 3 10 2 a 12 0 −5 a− 1

y1

y2

y3

y4

F2 + F1

−→F4 − 2F1

1 1 −2 00 2 1 10 2 a 10 −2 −1 a− 1

y1

y2 + y1

y3

y4 − 2y1

F3 − F2

−→F4 + 2F2

1 1 −2 00 2 1 10 0 a− 1 00 0 0 a

y1

y2 + y1

y3 − y2 − y1

y4 − 2y1 + 2y2 + 2y1

.

Notemos que para a 6= 1 la ultima matriz obtenida nos da una forma escalonada de[A|y]. Para a = 1 necesitarıamos hacer una operacion fila mas para obtener la formaescalonada (intercambio de las filas tres y cuatro).

Si a 6= 0, 1,

Nul (A) = {x ∈ R4 : Ax = 0} = {0} ,Col (A) = {y ∈ R4 : Ax = y para algun x ∈ R4} = R4.

Para a = 0 hemos obtenido la siguiente reduccion a forma escalonada de un sistemagenerico Ax = y,

1 1 −2 00 2 1 10 0 −1 00 0 0 0

y1

y2 + y1

y3 − y2 − y1

y4 + 2y2

.

Por tanto:



• Col (A) = {y ∈ R4 : Ax = y para algun x ∈ R4} esta caracterizado por la ecuacionimplıcita 2y2+y4 = 0 y para obtener una base basta con resolverla (3 variableslibres). Tomando como variables libres y1, y2, y3 las soluciones son

y1

y2

y3

y4

=

y1

y2

y3

−2y2

= y1

1000

+ y2

010−2

+ y3

0010

.

Por tanto, una base de Col (A) es

1000

,

010−2

,

0010

• Puesto que Nul (A) = {x ∈ R4 : Ax = 0}, unas ecuaciones implıcitas (indepen-dientes) para Nul (A) son las ecuaciones homogeneas asociadas a las filas-pivote

1 1 −2 00 2 1 10 0 −1 0

0000

←→

x1 + x2 − 2x3 = 0,2x2 + x3 + x4 = 0,

−x3 = 0.

Para obtener una base basta con resolver el sistema (tomando x4 como variablelibre),

x3 = 0x2 = −1

2x4

x1 = −x2 = 12x4

⇒

x1

x2

x3

x4

= x4

12

−12

01

⇒ Nul (A) = Gen

1−102

.

Para a = 1 hemos obtenido la siguiente matriz en el proceso de reduccion a formaescalonada de un sistema generico Ax = y,

1 1 −2 00 2 1 10 0 0 00 0 0 1

y1

y2 + y1

y3 − y2 − y1

y4 + 2y2

.

La forma escalonada puede obtenerse sin mas que intercambiar las filas tres ycuatro. De la matriz ampliada obtenida o de la forma escalonada se deduce:

• Col (A) esta caracterizado por la ecuacion implıcita (compatibilidad del sis-tema Ax = y, en funcion de y)

Col (A) ≡ y3 − y2 − y1 = 0.

Ademas, una base de Col (A) puede obtenerse resolviendo dicha ecuacion (concuatro incognitas, tres variables libres), y3 = y2 + y1,

y1

y2

y3

y4

=

y1

y2

y1 + y2

y4

= y1

1010

+ y2

0110

+ y4

0001

.


Ejercicio 5. R-371

Puesto que, segun hemos obtenido para a = 1, las columnas pivote de A sonlas columnas 1, 2 y 4, una base de Col (A) es la formada por las columnas 1,y 4 de A. Es decir tenemos dos bases de Col (A),

1010

,

0110

,

0001

y

1−102

,

1120

,

0110

.

• Nul (A) es el espacio solucion del sistema Ax = 0 con matriz ampliada

1 1 −2 00 2 1 10 0 0 00 0 0 1

0000

.

Resolviendo el sistema obtenemos una base de Nul (A),

x4 = 0 =⇒ 2x2 + x3 = 0 ≡ x3 = −2x2 =⇒ x1 = −x2 + 2x3 = −5x2.

Por tanto, las soluciones son

x1

x2

x3

x4

=

−5x2

x2

−2x2

0

= x2

−51−20

, ∀x2 ∈ R.

Unas ecuaciones implıcitas (no redundantes) de Nul (A) son las ecuaciones 1,2 y 4 del sistema que acabamos de resolver. Una base de Nul (A) es

−51−20

.

Finalmente, calculemos los valores de a ∈ R para los que w ∈ Nul (A),

Aw = 0⇐⇒

1 1 −2 0−1 1 3 10 2 a 12 0 −5 a− 1

1−102

=

0002a

=

0000

⇔ a = 0.

(5.2) En el apartado (5.1) hemos hecho la reduccion a forma escalonada (por filas) de lamatriz ampliada [A|y], en funcion de a. En dicha reduccion no se han hecho intercambiosde filas y solo se han utilizado operaciones en las que a una fila se le suma un multiplode alguna fila anterior. Por tanto, podemos utilizar dichos calculos para a = 0 y tenemosque

U =

1 1 −2 00 2 1 10 0 −1 00 0 0 0

.

La matriz L la obtenemos de las operaciones fila hechas:



Pivoteo en la primera columna (sobre el elemento (1, 1)), elementos de la primeracolumna divididos por su pivote,

F2 + F1

F4 − 2F1

}

=⇒ L =

1−1 10 ∗ 12 ∗ ∗ 1

.

Pivoteo en la segunda columna (sobre el elemento (2, 2) obtenido despues del primerpivoteo), elementos de la segunda columna divididos por su pivote,

F3 − F2

F4 + 2F2

}

=⇒ L =

1−1 10 1 12 −2 ∗ 1

.

Puesto que no hemos necesitado pivotar en la tercera columna,

L =

1−1 10 1 1

2 −2 0 1

.

Por tanto, la matriz A admite factorizacion A = LU para a = 0 (de hecho la admitepara cualquier a 6= 1) siendo las matrices U , escalonada por filas, y L, triangular inferiorcon unos en la diagonal, las obtenidas (es facil comprobar si los calculos son correctos).

(5.3) Expresando en forma matricial la igualdades vectoriales dadas tenemos

M

11 1

11

=

1 −2 0 11 3 1 −12 a 1 00 −5 a− 1 2

.

Y basta con despejar M ,

M =

1 −2 0 11 3 1 −12 a 1 00 −5 a− 1 2

11 1

11

−1

=

1 −2 0 11 3 1 −12 a 1 00 −5 a− 1 2

1−1 1

11

=

3 −2 0 1−2 3 1 −1

2− a a 1 05 −5 a− 1 2

.

(5.4) Para probar que B2 = 0 basta demostrar que B2x = 0 para cualquier vector x. Puestoque Bx es un vector de Col (B) ⊆ Nul (B) para cualquier x, tenemos

B2x = B(Bx) = 0.


Examen de Septiembre. 2008-09. R-373




Examen Final de Septiembre. 10-09-2008.

Ejercicio 1.

(1.1) [3 puntos] Calcula α ∈ R sabiendo que un giro con centro C = (2, 0) lleva el punto(3, 1) en el punto (α, α). Calcula la ecuacion del giro citado (es indiferente trabajaren forma compleja o en forma vectorial real).

(1.2) [1 punto] Determina un polinomio real de grado 4 de la forma p(z) = z4 + · · ·sabiendo que tiene como raıces a z1 = 1 + i y a z2 = 3i. Factoriza dicho polinomio.

(1.3) [3 puntos] Determina, segun los valores de a ∈ R, el tipo de cuadrica que correspondea la ecuacion x2 − 2x + 4y2 + 16y + az2 + 16 = 0. Determina el valor de a ∈ R para elcual al cortar la cuadrica con el plano z = 3 se obtiene una elipse de semiejes 8 y 4.

(1.4) [3 puntos] Enuncia la Ley de inercia de Sylvester. Reduce a suma de cuadradosla forma cuadratica ϕ(x, y, z) = x2 − 2y2 − 10z2 − 2xy + 2xz + 10yz. ¿Que se puededecir de los signos de los autovalores de la matriz simetrica asociada a ϕ? (No intentescalcular los autovalores de la matriz citada).

(1.1)

Para que un giro con centro en (2, 0) pueda llevar elpunto (3, 1) en el punto (α, α) tiene que cumplirseque

dist ((3, 1), (2, 0)) = dist ((α, α), (2, 0)) .

Es decir,

√1 + 1 =

√

(α− 2)2 + α2 ⇔ 2α2 − 4α + 2 = 0⇐⇒ α = 1.

−2 −1 0 1 2 3 4−2

−1

0

1

2

3

4

C

P

Por tanto, el giro considerado lleva el punto P (2, 0) en el punto (1, 1).

Para determinar la ecuacion del giro trabajaremos en forma compleja. Sea z un puntogenerico del plano complejo y w el punto que se obtiene al realizar un giro con centroen C = (2, 0) ≡ z0 = 2+0i = 2 y un cierto angulo θ. La relacion entre z y w viene dadapor la ecuacion

w − z0 = eiθ(z − z0) ≡ w = 2 + eiθ(z − 2).


R-374 Examen de Septiembre. 2008-09.

Puesto que el giro considerado lleva el punto (3, 1) ≡ z = 3 + i en el punto (α, α) =(1, 1) ≡ w = 1 + i tiene que cumplirse

1 + i = 2 + eiθ(3 + i− 2)⇐⇒ eiθ =−1 + i

1 + i=

(−1 + i)(1− i)

2= i = ei π

2 .

Por tanto se trata del giro de ecuacion

w = 2 + i(z − 2) ≡ w = iz + 2− 2i.

Puesto que eiθ = ei π

2 , el angulo de giro es θ = π2.

La forma vectorial de la ecuacion del giro puede obtenerse facilmente separando partereal-parte imaginaria en la ecuacion compleja. Siendo z = x+ iy y w = x′ + iy′ tenemos

x′ + iy′ = 2 + i(x + iy − 2) ⇐⇒[

x′

y′

]

=

[

20

]

+

[

0 −11 0

] [

x− 2y

]

⇐⇒[

x′

y′

]

=

[

0 −11 0

] [

xy

]

+

[

2−2

]

.

(1.2) Puesto que p(z) es un polinomio con coeficientes reales, si z1 = 1 + i y z2 = 3i sonraıces de p(z) sus conjugados z1 = 1− i y z2 = −3i tambien tienen que serlo. Por tantoel polinomio pedido tiene que ser divisible por (z − z1)(z − z1)(z − z2)(z − z2). Puestoque se trata de un polinomio de grado 4 y el coeficiente de la maxima potencia es 1,tiene que ser

p(z) = (z − z1)(z − z1)(z − z2)(z − z2) = (z − (1 + i)) (z − (1− i)) (z − 3i)(z + 3i)

= ((z − 1)2 + 1)) (z2 + 9) = (z2 − 2z + 2)) (z2 + 9)

= z4 − 2z3 + 11z2 − 18z + 18.

Ya hemos obtenido la factorizacion de dicho polinomio (en polinomios de grado 1).

(1.3) Completando el cuadrado en x y el cuadrado en y, podemos expresar la ecuacion dadamediante

((x− 1)2 − 1) + 4 ((y + 2)2 − 4) + az2 + 16 = 0m

(x− 1)2 + 4(y + 2)2 + az2 = 1.

Por tanto:

Si a > 0 tenemos un elipsoide real (con centro (1,−2, 0)).

Si a = 0 tenemos un cilindro elıptico.

Si a < 0 tenemos un hiperboloide de una hoja (con centro (1,−2, 0)).

Al cortar la cuadrica con el plano z = 3 tenemos la ecuacion en (x, y)

(x− 1)2 + 4(y + 2)2 + 9a = 1⇐⇒ (x− 1)2 + 4(y + 2)2 = 1− 9a.


Ejercicio 1. R-375

Para que esta sea la ecuacion de una elipse (en (x, y)) tiene que ser 1−9a > 0. En dichocaso la ecuacion puede expresarse mediante

(x− 1)2

1− 9a+

(y + 2)2

1−9a4

= 1.

Los semiejes de esta elipse son

√1− 9a >

√1− 9a

2.

Para que dichos semiejes sean 8 y 4 tiene que ser√

1− 9a = 8⇐⇒ 1− 9a = 64⇐⇒ a = −7.

(1.4) La Ley de inercia de Sylvester se refiere al numero de coeficientes positivos, neg-ativos y nulos que se obtienen al reducir a suma de cuadrados una forma cuadratica.Puede enunciarse haciendo referencia o no a los autovalores de la matriz simetrica aso-ciada a la forma cuadratica.

Al reducir una forma cuadratica Φ : Rn −→ Rn a suma de cuadrados,

Φ(x1, . . . , xn) = d1y21 + · · ·+ dny

2n

la relacion entre x e yes matricial de la forma

x = Py, det (P ) 6= 0

el numero de coeficientes positivos, negativos y nulos que se obtienen es independi-ente de la forma de obtener dicha reduccion. Dichos numeros coinciden, respectiva-mente, con el numero de autovalores positivos, negativos y nulos (contado cada unosegun su multiplicidad) de la matriz simetrica (real) asociada a la forma cuadratica.

Sea A la matriz simetrica asociada a una forma cuadratica Φ : Rn −→ R

n, es decir,Φ(x) = xT Ax. Si P es una matriz no singular (det (P ) 6= 0) tal que P TAP es unamatriz diagonal con elementos diagonales d1, d2, . . . , dn, el numero de elementosdiagonales positivos, negativos y nulos no depende de la matriz P y coincide,respectivamente, con el numero de autovalores de A que son, respectivamente,positivos, negativos y nulos (contando cada uno segun su multiplicidad).

Reduzcamos a suma de cuadrados la forma cuadratica definida mediante

ϕ(x, y, z) = x2 − 2y2 − 10z2 − 2xy + 2xz + 10yz.

Con los sumandos en los que interviene x completamos su cuadrado,

x2 − 2xy + 2xz = x2 − 2x(y − z) = (x− (y − z))2 − (y − z)2.

Sustituyendo en la expresion de ϕ y completando el cuadrado en y tenemos

ϕ(x, y, z) = x21 − (y2 + z2 − 2yz)− 2y2 − 10z2 + 10yz = x2

1 − 3y2 − 11z2 + 12yz

= x21 − 3 (y2 − 4yz)− 11z2 = x2

1 − 3 ((y − 2z)2 − 4z2)− 11z2

= x21 − 3y2

1 + z2,

{

x1 = x− y + zy1 = y − 2z

}

.



Por tanto tenemos una reduccion de ϕ a suma de cuadrados en la que hay dos cuadra-dos con coeficiente positivo y uno con coeficiente negativo. Teniendo en cuentala Ley de inercia de Sylvester, en cualquier otra forma canonica de ϕ (reduccion a sumade cuadrados) tendremos dos coeficientes positivos y uno negativo.

La matriz simetrica asociada a ϕ es

M =

1 −1 1−1 −2 51 5 −10

, ϕ(x, y, z) = [x y z]M

xyz

.

Si λ1, λ2 y λ3 son los tres autovalores de esta matriz (no necesariamente distintos, elpolinomio caracterıstico de M es − (λ− λ1) (λ− λ2) (λ− λ3)), una forma canonica deϕ es

λ1x′2 + λ2y

′2 + λ3z′2.

Por tanto M tiene dos autovalores positivos y uno negativo.

Observaciones. Notemos que el determinante de M nos da cierta informacion sobre los signosde los autovalores. Puesto que det (M) = λ1λ2λ3 = −3 < 0, podrıa ser que M tuviera dosautovalores positivos y uno negativo o los tres negativos. Calculando (mas bien aproximando)los autovalores de M “a maquina”se obtienen

−12,5349, 0,1761 y 1,3587.


Ejercicio 2. R-377

Ejercicio 2. Considera la matriz A y el vector y0 dados por

A =

a− 1 1 0a 0 1−2 2 0

, y0 =

110

.

(2.1) [4 puntos] Determina los valores de a para los que la matriz A es diagonalizable.

(2.2) [3 puntos] Para a = 0,

(2.2.1) Diagonaliza la matriz A (matriz de paso, matriz diagonal, relacion con A).

(2.2.2) Diagonaliza (A + ρI)−1 para los valores de ρ para los que sea posible.

(2.3) [3 puntos] Para a = 0, determina la solucion general del sistema y′ = (A + 2I)y.Ademas, para dicho sistema:

(2.3.1) Resuelve el problema de valor inicial con condicion inicial y(0) = y0.

(2.3.2) Calcula, si existe, una solucion no trivial que verifique la condicion y(0) = y(1).

(2.1) Polinomio caracterıstico:


∣

∣

∣

∣

∣

∣

a− 1− λ 1 0a −λ 1−2 2 −λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= λ2(a− 1− λ)− 2− 2(a− 1− λ) + aλ

= −λ3 + (a− 1)λ2 + (a + 2)λ− 2a.

Una factorizacion de p(λ). Buscando un cero de p(λ) entre los divisores del terminoindepenediente, −2a, tenemos que

p(1) = −1 + a− 1 + a + 2− 2a = 0,

es decir λ = 1 es uno de los autovalores de A. Por tanto, p(λ) es divisible por λ−1.

Dividiendo p(λ) entre (λ− 1) obtenemos

−1 a− 1 a + 2 −2a1 −1 a− 2 2a

−1 a− 2 2a 0

y, por tanto,p(λ) = −λ3 + (a− 1)λ2 + (a + 2)λ− 2a

= (λ− 1) [−λ2 + (a− 2)λ + 2a] .

Las soluciones de la ecuacion −λ2 + (a− 2)λ + 2a = 0 son

λ =2− a±

√

(a− 2)2 + 8a

−2=

2− a±√

a2 + 4a + 4

−2=

2− a±√

(a + 2)2

−2=

{

−2,a.



Por tanto,p(λ) = −(λ− 1)(λ + 2)(λ− a).

Tenemos los siguientes casos:

Si a 6= 1,−2, la matriz A tiene todos sus autovalores simples,

λ1 = 1, λ2 = −2 y λ3 = a.

Por tanto A es diagonalizable.

Si a = 1, la matriz A tiene un autovalor doble y uno simple,

λ1 = 1(doble) y λ2 = −2(simple).

Estudiemos el numero de autovectores (linealmente independientes) asociados alautovalor doble, (A− I)x = 0.

−1 1 0 01 −1 1 0−2 2 −1 0

−→

−1 1 0 00 0 1 00 0 0 0

=⇒ dim (Nul (A− I))) = 1.

Por tanto, si a = 1 la matriz A no es diagonalizable.

Si a = −2, la matriz A tiene un autovalor simple y uno doble,

λ1 = 1(simple) y λ2 = −2(doble).

Estudiemos el numero de autovectores (linealmente independientes) asociados alautovalor doble, (A + 2I)x = 0.

−1 1 0 0−2 2 1 0−2 2 2 0

−→

−1 1 0 00 0 1 00 0 0 0

=⇒ dim (Nul (A + 2I))) = 1.

Por tanto, si a = −2 la matriz A no es diagonalizable.

Resumiendo:A es diagonalizable ⇐⇒ a 6= 1,−2.

(2.2) Para a = 0, los autovalores de A son todos simples

λ1 = 1, λ2 = −2 y λ3 = 0.

Por tanto A es diagonalizable. Para obtener una diagonalizacion calculamos los autovec-tores de A.

Autovectores asociados a λ1 = 1, (A− I)x = 0,

−2 1 0 00 −1 1 0−2 2 −1 0

−→

−2 1 0 00 −1 1 00 0 0 0

−→

{

x2 = x3

x2 = 2x1

}

{

x2 = 2x1

x3 = 2x1

}

−→ v1 =

122

.


Ejercicio 2. R-379

Autovectores asociados a λ2 = −2, (A + 2I)x = 0,

1 1 0 00 2 1 0−2 2 2 0

−→

1 1 0 00 2 1 00 0 0 0

−→{

x3 = −2x2,x1 = −x2

}

−→ v2 =

−11−2

.

Autovectores asociados a λ3 = 0, Ax = 0,

−1 1 0 00 0 1 0−2 2 0 0

−→

−1 1 0 00 0 1 00 0 0 0

−→{

x1 = x2

x3 = 0

}

−→ v3 =

110

.

Por tanto, A = PDP−1 siendo

D =

λ1

λ2

λ3

=

1−2

0

y P =

v1 v2 v3

=

1 −1 12 1 12 −2 0

.

Usando la diagonalizacion obtenida de A tenemos que

A + ρI = PDP−1 + ρPP−1 = P (D + ρI)P−1.

A + ρI tiene inversa si y solo si la tiene D + ρI =

ρ + 1ρ− 2

ρ

. Es decir,

si y solo si1 + ρ 6= 0,−2 + ρ 6= 0 y ρ 6= 0 ≡ ρ 6= −1, 2, 0.

Si ρ 6= −1, 2, 0, tenemos la siguiente diagonalizacion

(A + ρI)−1 = (P (D + ρI)P−1)−1

= P (D + ρI)−1P−1

= P

11+ρ

1ρ−2

1ρ

P−1.

(2.3) Puesto que A + 2I es diagonalizable con autovalores µ1 = λ1 + 2 = 3, µ2 = −2 + 2 = 0y µ3 = λ3 + 2 = 2 y autovectores correspondientes v1, v2 y v3, la solucion general dey′ = (A + 2I)y es


µ2tv2 + c3eµ3tv3 = c1e

3tv1 + c2v2 + c3e2tv3.

(2.3.1) Imponiendo la condicion inicial tenemos

y(0) = c1v1 + c2v2 + c3v3 = y0 = v3 ⇐⇒ c1 = c2 = 0 y c3 = 1.

Por tanto, la solucion pedida es y(t) = e2tv3.

(2.3.2) Imponiendo la condicion y(0) = y(1), y teniendo en cuenta que {v1, v2, v3} sonlinealmente independientes, tenemos

y(0) = c1v1 + c2v2 + c3v3 = y(1) = c1e3v1 + c2v2 + c3e

2v3

m

c1 (e3 − 1) v1 + c3 (e2 − 1) v3 = 0⇐⇒ c1 = c3 = 0.

Por tanto las soluciones del sistema que verifican la condicion dada son las funcionesvectoriales constantes de la forma y(t) = c2v2 con c2 ∈ R arbitrario.



Ejercicio 3.

(3.1) [3 puntos] Sean E y F dos subespacios vectoriales de R5 de dimension 3. Sabiendoque E ∩ F tiene dimension 1,

(3.1.1) ¿que puede decirse de E + F ?

(3.1.2) Si {u1, u2, u3} es una base de E y {v1, v2, v3} es una base de F , ¿que puededecirse (compatibilidad, numero de pivotes, numero de variables libres) de los sis-temas de ecuaciones

u1 u2 u3 v1 v2 v3

x = y, y ∈ R5?

¿De cuantas formas se puede descomponer un vector y ∈ R5 como suma de un

vector de E y otro de F ?

(3.2) [3 puntos] Calcula una base ortogonal del subespacio vectorial S de R5 definido me-diante

S = Gen

11−1−10

,

12341

,

01451

,

1−11−12

.

Determina una expresion de la matriz de la proyeccion ortogonal sobre S en funcion delos vectores de la base obtenida.

(3.3) [1 punto] Demuestra que si una matriz, cuadrada de orden n, es diagonalizable ytiene un unico autovalor (de multiplicidad n) entonces dicha matriz es un multiplo dela matriz identidad.

(3.4) [3 puntos] Determina los valores de α para los que es diagonalizable la matriz

A =

[

α + 1 α1 0

]

.

(3.1) Recordemos que para cualquier pareja de subespacios vectoriales E y F se verifica que

dim (E + F ) + dim (E ∩ F ) = dim (E) + dim (F ).

(3.1.1) Por tanto, en el caso considerado

dim (E + F ) = dim (E) + dim (F )− dim (E ∩ F ) = 3 + 3− 1 = 5.

Puesto que E + F es un subespacio de R5 con dimension 5, necesariamente tieneque ser E + F = R5.

(3.1.2) Al reducir a forma escalonada el sistema dado para un termino independientegenerico y ∈ R

5, obtendremos 5 pivotes en la matriz de los coeficientes de lasincognitas puesto que las columnas {u1, u2, u3, v1, v2, v3} generan un subespacio de


Ejercicio 3. R-381

dimension 5 (todo R5). Por tanto, en el sistema dado tendremos 5 pivotes y 1variable libre. En consecuencia, sea cual sea el termino independiente tendremosun sistema compatible (hay un pivote en cada fila) indeterminado (hay al menosuna variable libre).

¿Como podemos descomponer un vector y ∈ R5 como suma y = u + v con u ∈ Ey v ∈ F ? Puesto que cualquier vector u ∈ E se puede expresar de forma unicamediante u = α1u1 + α2u2 + α3u3 Si {} es una base de E y {} es una base de F ,¿que puede decirse (compatibilidad, numero de pivotes, numero de variables libres)de los sistemas de ecuaciones

u1 u2 u3 v1 v2 v3

x = y, y ∈ R5?

¿De cuantas formas se puede descomponer un vector y ∈ R5 como suma de unvector de E y otro de F ?

(3.2) Para obtener una base ortogonal de S aplicamos el metodo de ortogonalizacion deGram-Schmidt a los vectores {w1, w2, w3, w4} dados que generan S. Recordemos que,puesto que no sabemos a priori que dichos vectores sean linealmente independientes, esposible que al aplicar el metodo de ortogonalizacion se obtenga el vector nulo (cuandolleguemos a un vector que sea combinacion lineal de los anteriores).

w′1 = w1,

w′2 = w2 −

w2 · w′1

w′1 · w′

1

w′1 = w2 −

−4

4w′

1 = w2 + w1 =

23231

w′3 = w3 −

w3 · w′1

w′1 · w′

1

w′1 −

w3 · w′2

w′2 · w′

2

w′2 = w3 −

−8

4w1 −

27

27w′

2 = 0,

w′4 = w4 −

w4 · w′1

w′1 · w′

1

w′1 −

w4 · w′2

w′2 · w′

2

w′2 = w4 − 0w1 − 0w′

2 = w4.

Por tanto, una base ortogonal de S es {w1, w′2, w4}.

Puesto que una base ortonormal de S es

{

w1

||w1||,

w′2

||w′2||

,w4

||w4||

}

=

1

2

11−1−10

,1

3√

3

23231

,1

2√

2

1−11−12

,

la matriz PS de la proyeccion ortogonal sobre es PS = UUT siendo U una matriz cuyas



columnas son los vectores de la base ortonormal considerada,

U =

1212

−12

−12

0

23√

31√3

23√

31√3

13√

3

12√

2

− 12√

21

2√

2

− 12√

21√2

.

(3.3) Puesto que A es diagonalizable, se puede expresar mediante A = PDP−1 siendo D unamatriz diagonal cuyos elementos diagonales son los autovalores de A (cada uno segunsu multiplicidad y P es una matriz que tiene inversa y cuyas columnas...). Puesto queA tiene un unico autovalor λ1 la matriz D es un multiplo de la identidad D = λ1I ypor tanto

A = PDP−1 = Pλ1IP−1 = λ1PIP−1 = λ1I

tambien es un multiplo de la matriz identidad.

(3.4) Una matriz cuadrada de orden 2 puede tener, o bien dos autovalores simples, en cuyocaso sera diagonalizable, o bien un autovalor doble. Teniendo en cuenta el apartadoanterior, en caso de tener un unico autovalor doble sera diagonalizable solo si es unamatriz diagonal. La matriz A dada no es una matriz diagonal para ningun valor de α.Por tanto, solo sera diagonalizable cuando tenga dos autovalores simples.

Autovalores:


∣

∣

∣

∣

α + 1− λ α1 −λ

∣

∣

∣

∣

= λ2 − (α + 1)λ)− α = 0

⇐⇒ λ =α + 1±

√

(α + 1)2 + 4α

2=

α + 1±√

α2 + 6α + 1

2.

Por tanto, A tiene un autovalor doble si, y solo si,

α2 + 6α + 1 = 0⇐⇒ α =−6±

√36− 4

2=−6± 4

√2

2= −3± 2

√2.

Resumiendo:A es diagonalizable ⇐⇒ α 6= −3 + 2

√2,−3− 2

√2.


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