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Grados de Ingeniera
Matematicas II. Curso 2011/12
Examen nal. 10 de enero de 201. SOLUCIONES.
PRIMER PARCIAL
1. Dada A, matriz cuadrada real, demuestra las siguientes armaciones:
(i) Si A es regular, entonces A0A es regular.
(ii) Ker (A0A) = KerA.
(iii) rang (A0A) = rangA. (3 puntos)
Respuesta:
(i) Este apartado puede responderse usando diferentes argumentos, uno de ellos
es elsiguiente:
Sabemos que jAj = jA0j y, como A es regular, jAj 6= 0. As, jA0Aj = jA0j jAj =
jAj2 6= 0 y por tanto A0A es regular.
(ii) Para probar que los dos conjuntos son iguales, veamos que uno esta contenido
en el otro y vicecersa:
Es claro que kerA  ker (A0A) ya que, si AX = 0, multiplicando por la
izquierda por A0, A0AX = 0.
Veamos ahora que ker (A0A)  kerA. Si 0 6= X 2 ker (A0A),entonces
(A0A)X = 0 y, multiplicando por la izquierda por X0, X0(A0A)X =
(AX)0(AX) = 0. Es decir, k AX k2 = 0 con lo que AX = 0.
(iii) Utilizando el apartado anterior, si A es un matriz de orden n, sabemos que
rang (A0A) = n 􀀀 dim(Ker (A0A)) = n 􀀀 dim(KerA) = rang A:
2. Dados
A =
0
@
1 1
1 1
1 1
1
A; B =
0
@
1
2
0
1
A y Z =

1
0

;
(i) comprueba que el vector C = AZ esortogonal al vector B 􀀀 C. Deduce que
C es la proyeccion ortogonal de B sobre el subespacio ColA y que Z es una
solucion aproximada del sistema AX = B.
(ii) Halla KerA y todas las soluciones aproximadas del sistema AX = B.
(iii) De entre todas ellas, encuentra la que tiene norma mnima.
(4 puntos)
Respuesta:
1
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Examen nal. 10 de enerode 201. SOLUCIONES.
(i) Calculamos C = AZ =
0
@
1
1
1
1
A y B􀀀C =
0
@
0
1
􀀀1
1
A. Es claro que su producto
escalar es cero, es decir que B􀀀C es ortogonal a C. Observemos, ademas, que
el vector C genera el subespacio ColA.
Ahora, como B = C + (B 􀀀 C) con C 2 ColA y B 􀀀 C ortogonal a ColA,
podemos asegurar que C es la proyeccion ortogonal de B sobre el subespacio
ColA.
Z es unasolucion aproximada de AX = B ya que verica que AZ = C, donde
C es la proyeccion ortogonal de B sobre el subespacio ColA.
(ii) KerA = (FilA)? = Rh(1;􀀀1)i.
Las soluciones aproximadas del sistema AX = B son las soluciones ordinarias
de AX = C, con C igual a la proyeccion ortogonal de B sobre el subespacio
ColA. Como Z era una solucion de dicho sistema y acabamos que calcular
el KerApodemos deducir que todas las soluciones pedidas son de la forma
(x; y) = (1; 0) + t(1; 􀀀1) = (1 + t; 􀀀t); t 2 R.
(iii) De entre todas las soluciones aproximadas, la de norma mnima es la que es
ortogonal a KerA. Es decir, la que se obtiene con t =
􀀀1
2
, (
1
2
;
1
2
).
3. Dada matriz 3  3 sobre R,
A =
0
@
2 􀀀 2a 0 2a
􀀀1 3 1
􀀀2a 0 2 + 2a
1
A;
(i) determina para que valores dea 2 R es diagonalizable.
(ii) Para a = 0, halla una matriz P, regular, con P􀀀1AP = D, matriz diagonal.
(iii) >Existe en algun caso una matriz P, ortogonal, con P􀀀1AP matriz diagonal?
(3 puntos)
Respuesta:
(i) El polinomio caracterstico de la matriz A, para cualquier valor de a 2 R, es:
jA 􀀀 xId3j =

(2 􀀀 2a) 􀀀 x 0 2a
􀀀1 3 􀀀 x 1
􀀀2a 0 (2 + 2a) 􀀀 x

= (x 􀀀 3)(x 􀀀 2)2:
Losvalores propios de A son: 1 = 3 y 2 = 2, repetido dos veces. La matriz A
sera diagonalizable cuando 2 = dim(S(2)) = 3 􀀀 rang(A 􀀀 2Id3) es decir, cuando
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rang(A 􀀀 2Id3) = 1: Calculamos
A 􀀀 2Id3 =
0
@
􀀀2a 0 2a
􀀀1 1 1
􀀀2a 0 2a
1
A 
0
@
􀀀2a 0 2a
􀀀1 1 1
0 0 0
1
A;
y vemos que surango sera 1 cuando a = 0. Por tanto A sera diagonalizable solo
cuando a = 0
(ii) Para a = 0, los subespacios fundamentales de A son:
S(2) = fX 2 R3; (A 􀀀 2I3)X = 0g = Rh(1; 1; 0); (0; 1; 􀀀1)i
S(3) = fX 2 R3; (A 􀀀 3I3)X = 0g = Rh(0; 1; 0)i;
entonces obtenemos, por ejemplo, la siguiente matriz:
P =
0
@
1 0 0
1 1 1
0 􀀀1 0
1
A:
El producto P􀀀1AP es la matriz diagonal D =
0
@
2...