Ghfh
1
Parcial resuelto por el Profesor Mancilla, docente de Algebra II FACULTAD DE INGENIERÍA - UBA
ÁLGEBRA II
Primer cuatrimestre 2009
PRIMER EXAMEN PARCIAL 9 de mayo de 2009 (Primera oportunidad) TEMA 2 RESOLUCIÓN Aclaración: El alumno debe tener presente que siempre hay más de una forma correcta de resolver un ejercicio. La resolución aquí presentadaes una de las tantas posibles.
4 1 2 EJERCICIO 1: Sea T : P2 3 una transformación lineal tal que T B B a 2 a 0 , ˆ 1 2 1 2 para algún donde B 1 t t , 1 t ,1 y a, t t t ˆ B 1 1 0 , 1 0 1 , 1 2 1 . Determinar todos los a para los cuales T no
es sobreyectiva. ¿Para cuáles de estos valores encontrados existe T ( p ) 1 32 t ?
p P2
tal que
RESOLUCIÓN (a): Puesto que Dim( P2 ) Dim( 2 ) 3 , del teorema de la dimensión resulta que Dim( IM (T )) 3 Dim( Nu (T )) 3 Dim( Nu (T )) 1 . Para que el núcleo de T sea no trivial, el determinante de T B B debe ser nulo, es decir: 4a 4a 2 2a a 2 0 , o bien: ˆ 0 6a 3a 2 3a (a 2) . Por lo tanto, para que T no sea sobreyectiva, debeser a = 0 o ˆ bien a = 2. Ahora, indicando B p1 , p 2 , p 3 y B v1 , v 2 , v3 se tiene que
T ( p1 ) 4v1 a 2 v 2 v3 , T ( p 2 ) v1 av 2 2v3 y T ( p3 ) 2v1 v3
y además:
1
3 2 t 1 1 0 t 2 4 2 t v1 2v3
Por lo tanto, para a = 0 es T ( p 2 ) v1 2v3 1 3 2 t . Ahora, para a = 2, los vectores
T ( p1 ) 4v1 4v 2 v3 1 6 3 t, T ( p 2 ) v1 2v 2 2v3 1 3 0 t , T ( p3 ) 2v1 v3 1 0 1 t
verifican T ( p1 ) 2T ( p 2 ) 3T ( p 3 ) y
t
t
entonces la imagen de T está generada por
T ( p 2 ) 1 3 0 y T ( p3 ) 1 0 1 . Puesto que los vectores, 1 3 2 t , 1 3 0 t , y 0 1 t son linealmente independientes (*), 1 3 2 t no pertenece a la imagen de T. Es decir: si a = 0, 1 1 3 t IM (T)) y si a = 2, 1 1 3 t IM (T )) .
1
2
1 1 1 (*) Det 3 3 0 12 0 2 0 1 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ˆ EJERCICIO 2: Dadas las bases B , B y la transformación lineal del ejercicio precedente, con a = 2, encontrar todos los p P2 para los cuales la distancia entre T(p) y 1 32 t es mínima.
(Considerar el producto interno canónico en 3 ). RESOLUCIÓN: Para a 2 hemos visto que la imagen de T está generada por T ( p 2 ) 1 3 0 t y T ( p 2 ) 1 0 1 t . Por otra parte, de T ( p1 ) 2T ( p 2 ) 3T ( p3 ) 0 (y del hecho de que el núcleo de T tiene dimensión 1) se deduce que una base del núcleo es p1 2 p 2 3 p 3 . Una base ortogonal de IM(T) está dada, porejemplo, por
1 1 1 1 2 0 y w 3 1 0 3 w1 2 2 1 0 1 1 2
1 1 2 6 1
Por lo tanto, la proyección de v 1 3 2 t sobre IM(T) es
1 (w1 , v ) ( w2 , v) 1 P (v ) w1 w2 0 2 2 2 w1 w2 1
15 2 19 2
1 1 15 19 15 34 17 2 2 38 38 38 38 19 45 45 45 45 3 0 19 0 19 19 19 4 2 1 1 15 19 15 38 19 2 2 38 38 38
y entonces:
1 1 0 3 2 0 15 T ( p ) 2 T ( p ) T ( 15 p 2 p ) T ( p 2 p 3 p ) 2 3 2 3 1 2 3 19 19 19 19 19 0 1
P (v )
15 19
2 T ( 15 p 2 19p3 ( p1 2 p 2 3 p3 )) 19
2 Por lo tanto, la respuesta es 15 p 2 19 p 2 ( p1 2 p 2 3 p3 ) , 19 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
3
1 2 0 EJERCICIO 2: Sea A a 2 0 a , a . Determinar todos los valores de a para 4 1 4 t t los cuales ( x, y ) x A Ay es...
Regístrate para leer el documento completo.