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SOLUCIONES A LA AUTOEVALUACIÓN - Espacio Euclídeo .

A) Soluciones a las Cuestiones Sol. C-1) a) El producto escalar debe ser cero. Podemos poner, por ejemplo, (-2,1,0), o bien (0,1,2), ó (1,0,1), etc. Aprovechando que la matriz tiene un cero, podemos poner    0 0  , por ejemplo. b) Aprovechando  1 0

Sol. C-2) Esta operación cumple algunas de las propiedades de un producto escalar, por ejemplo, el resultado es un escalar, tiene la propiedad conmutativa... Pero la propiedad definida positiva no se cumple, pues al multiplicar un vector por sí mismo puede obtenerse un número negativo: (1,2) · (1,2) = 1·1 – 2·2 = –3 Por tanto, no es un producto escalar .

Sol. C-3) No, puesto que los vectores ortogonales son linealmente independientes, independientes, y no puede haber 5 4 vectores independientes en ℜ .

Sol. C-4) Falso. Por ejemplo el el conjunto { (1,0,0), (1,0,0), (0,1,0) } es ortonormal y tiene dos vectores. vectores. (La afirmación sería cierta si dijese “base” en lugar de “conjunto” ).

Sol. C-5) No es posible, ya que la proyección sobre la recta ha de dar como resultado un vector  perteneciente a la misma, pero el vector (1,2) no pertenece a la recta y=x.

u v

Sol. C-6) Sí, como indica la siguiente figura, en que los vectores u y v tienen ambos la misma proyección, w, sobre el eje X.

w Sol. C-7) Es cuadrada, simétrica y se comprueba que es idempotente ( A 2= I ) Por tanto, sí es matriz de proyección. El subespacio es el generado por sus columnas. Podemos multiplicar los vectores por 3 y siguen generando el mismo subespacio, subespacio, por tanto éste es el generado por (2,-1,1) , (-1,2,1), (1,1,2) . (Y también se puede quitar uno de ellos pues son linealmente dependientes). dependientes).

 

Neila Campos

ÁLGEBRA LINEAL

Espacio Euclídeo - Autoevaluación. Autoevaluació n.

B) Soluciones a los Ejercicios  4 Sol. E-1) a) | u |2 = u · u = (4,0,3)  0  = 25 , luego | u | = 25 = 5.  3   1   | v |2 = v · v = (1,1,3)  1  = 11 , luego | v | = 11 .  3   b) La distancia es el módulo del vector diferencia (4,0,3) – (1,1,3) = (3,–1,0) | (3,–1,0) | = 10

1 (4,0,3)  1   3 u⋅v   = 13 ≅ 0.784 , α = arc cos (0.784) = 0.669 rad c) cos α = = u⋅v 5 11 5 11 Sol. E-2)

a) (1,0,0,3,4) · (1,2,3,1,-1) = 1+0+0+3 - 4= 0 sí son ortogonales. b) (3,3,1) · (-1,1,-1) = 3·(-1) + 2·3·1 + 3·1·(-1) = 0 sí son ortogonales. 1

c) f · g =

1

∫  0

  x3 x2  5 ≠ 0 no son ortogonales. x (x+1) dx =  +  = 3 2 6  0

Sol. E-3) a) Hallamos el módulo de v con el producto escalar usual: v · v = (2,1,3,-2) · (2,1,3,-2) = 4+1+9+4 = 18 luego | v | = 18 = 3 2 Normalizamos v dividiéndolo por su módulo:

1 1 3  2 −2  v = (2,1,3,-2) =  , , ,  v 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 

b) Hallamos el módulo de v con el producto escalar dado: v · v = (2,1,3,-2) · (2,1,3,-2) = 4 + 1 + 2 ·9 + 2·4 = 31 luego | v | = Normalizamos v dividiéndolo por su módulo:

 2 v 1 = (2,1,3,-2) =  , v 31  31

31 1 , 31

3 , 31

−2   31 

Sol. E-4) a) Hay que comprobar si sus columnas son vectores ortonormales, es decir, si tienen módulo 1 y son ortogonales entre sí. En este caso las columnas son u=(0,0,2) , v=(1,0,0), w=(0,1,0). Son ortogonales entre sí, pues u · v = 0, u · w = 0, v · w = 0. Pero no todos tienen módulo 1, pues u tiene módulo 2. Por tanto, A no es una matriz ortogonal.

 

Neila Campos

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Otra forma:

Una matriz es ortogonal cuando su inversa es igual a su traspuesta:

A-1 = At, o dicho de otro modo, A At = Ι. Veamos entonces qué se obtiene multiplicando A A t :

0 1 0 0 0 2  1 0 0  0 0 1   1 0 0  =  0 1 0  que no es la matriz identidad.      2 0 0 0 1 0 0 0 4      Por tanto, A no es una matriz ortogonal.

b) Por cualquiera de los dos métodos del apartado a), se tiene que B sí es una matriz ortogonal.

Sol.

E-5) Hay que ver si cada vector de la base de S es ortogonal a cada vector de la base de T. (-3,-3,0,1) · (0,1,0,3) = 0 (-3,-3,0,1) · (1,1,-1,6) = 0 (1,0,2,0) · (0,1,0,3) = 0 pero (1,0,2,0) · (1,1,-1,6) = –1

≠

0

por tanto S y T no son subespacios ortogonales.

Sol. E-6) a) Se trata de hallar todos los vectores (x,y,z) que son ortogonales a (1,0,2). Planteamos por tanto la ecuación (1,0,2) · (x,y,z) = 0 , es decir 

x + 2z= 0 Se trata de un sistema de una sola ecuación con tres incógnitas, con matriz ampliada (1 0 2

|

0).

Por el método de Gauss, su solución es (−2β, α, β) que ya es, en paramétricas, el complemento ortogonal de S.

[ Una base sería (-2,0,1), (0,1,0). Comprobar que estos vectores son ortogonales a (1,0,2). Notar también que la dimensión del ortogonal es 2, ya que la de S es 1, estando en ℜ 3 . ]

b) Se trata de hallar todos los vectores (x,y,z) que son ortogonales a (1,0,2) y a (1,1,1). Planteamos por tanto las ecuaciones

(1,0, 2) · (x,y,z) = 0 ,  (1,1,1) · (x,y,z) = 0 

 x+2z=0 es decir,  x + y + z = 0

1 0 2 Se trata de un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas, con matriz ampliada  1 1 1

0  0

Por el método de Gauss se obtiene la solución (−2λ, λ,. λ) que ya es, en paramétricas, el complemento ortogonal de T.

[ Una base sería (-2,1,1) . Comprobar que este vector es ortogonal a (1,0,2) y a (1,1,1).

Notar también que la dimensión del ortogonal es 1, ya que la de T es 2, estando en ℜ 3.

 

Neila Campos

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(1

2

(1

2

Sol. E-7) a) proy (1,2,1) (0,3,2) =

 0 1)  3   2   (1,2,1) = 8 (1,2,1) =  4 , 8 , 4  3 3 3 6  1     1) 2  1  

[ Comprobar que el resultado pertenece a la recta generada por (1,2,1) ]

b) Para aplicar la fórmula de la proyección, primero hay que verificar que (1,2,1) y (0,-1,2) forman una base ortogonal del plano P. Efectivamente se ve que su producto escalar es cero, por  tanto son ortogonales. Entonces,

(1

2

proy P (0,3,2) =

(1 4 3

= ,

2

 0 1)  3  (0  2   (1,2,1) +  1 1)  2  (0  1  

-1

-1

 0 2)  3  2   (0,-1,2) 0 2)  -1 2  

=

8 1 (1,2,1) + (0,-1,2) = 6 5

37 26  , 15 15 

Sol. E-8) La mejor aproximación es simplemente su proyección sobre el plano. Por t anto se trata del mismo ejercicio b) anterior, cuya solución es  4 , 37 , 26  . 3

15

15 

Sol. E-9) Aplicamos el proceso de Gram-Schmidt para hallar primero una base ortogonal a1 , a2 . a1 = u = (0,1,0)

(0

1

(0

1

a2 = v – proy a1 (v) = (3,2,1) –

3 0)  2   1   (0,1,0) = (3,2,1) – 2 (0,1,0) = (3,0,1) 0 0)  1 0  

Ahora normalizamos a1 y a2 para obtener la base ortonormal b1, b2 : a1 ya tiene norma 1 , luego b 1 = a1 = (0,1,0) a2 tiene norma

32 + 02 +12 = 10 , luego b2 =

a2  3 =  , 0, 10  10

 3 , 0, 10 

Por tanto la base ortonormal pedida, es : (0,1,0) , 

 

Neila Campos

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1  10 

1  10 

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1 0 Sol. E-10) a) Formamos la matriz con la base de S en columnas: A=   -1  1

0 2  0  3

Así, la matriz de proyección sobre el subespacio S es:

 13/30  - 1/5 t  –1 t P = A (A A) A =   - 13/30   2/15

- 1/5 2/5 1/5 2/5

- 13/30 1/5 13/30 - 2/15

2/15 2/5 - 2/15 11/15

     

b) Para proyectar sobre S, podemos usar la matriz de proyección que hemos calculado.

 13/30  proy S (v) =  - 1/5  - 13/30   2/15

- 1/5 2/5 1/5 2/5

- 13/30 1/5 13/30 - 2/15

2/15 2/5 - 2/15 11/15

     

0 2 3 0     =  2  0  -2 3      5 11 3 

por tanto, proy S (v) =  2 , 2, -2 , 11  3 3 3 (Nota: también se podría hacer mediante la fórmula de la proyección, pero primero habría que hallar una base ortogonal de S, pues la del enunciado no lo es.)

Sol. E-11) a) Primero hay que expresar v como suma de dos componentes: v = v1 + v2 con v1 en la dirección de (2,1) , y v2 ortogonal a (2,1).

( 2 1)  4    (2,1) = 10 (2,1) = (4,2) v1 = proy (2,1) (v) = 2 5 ( 2 1)  1    3

esta es la componente v1

La componente ortogonal es v2 = v – (4,2) = (3,4) – (4,2) = (–1, 2) Por tanto v = v1 + v2 = (4,2) + (–1, 2) y el simétrico es v ’ = v1 – v2 = (4,2) – (–1, 2) = (5, 0)

b) Área =

 

Neila Campos

2 ⋅ (4,2) ⋅ (-1,2) base ⋅ altura = 2 2

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=

2 ⋅ 20 ⋅ 5 = 10 unidades2. 2

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Sol.

E-12) Primero hay que hallar el módulo de f, que es 1

f·f=

1

∫  0

∫ 

1

∫ 

1

 f(x) f(x) dx = x x dx = x dx = 5  0 0 0 2 2

4

 x

5

f ⋅ f  (usando el producto escalar dado)

Ahora para normalizar f, lo dividimos por su módulo:

=

1 5

luego | f | =

f  1

5

=

5 f=

f ⋅ f 

=

1 5

5 x2

5 x2

Por tanto la función normalizada es: g(x) =

Sol. E-13) La mejor aproximación es la proyección. Por tanto hay que proyectar f sobre g. 2

proy g (f) =

g ⋅ f  g= g ⋅g

2

∫ g(x) f(x) dx

0 2

g=

∫ x ( 2x +1) dx 0

2

∫ g(x) g(x) dx

x =

∫ x ⋅ x dx

0

22 3 11 x x = 8 3 4

0

La mejor aproximación es por tanto la función h(x) =

11 x 4

3 1  E-14) a) Escalonando, se ve que la matriz de coeficientes del sistema A= 1 −1 tiene rango 2,   1 3   

Sol.

3

1

4

1 

3

7 

mientras que la matriz ampliada  1 −1 3  tiene rango 3. Por tanto el sistema es incompatible, ha   de resolverse por mínimos cuadrados. Como las columnas de A son linealmente independientes, podemos calcular la solución directamente como:

 4  7  (At A) –1At  3  =  24  7   −1    24

 11  1 −1   4    6 24   3  =  8    −1 7     11  7  6 24      8

Así pues, la solución del sistema, aproximada por mínimos cuadrados, es x =

11 11 , y= . 8 8

2 2 11   11 2   4    121 b) Error cuadrático:  3  - A  8  =  0  =     2  11  7 11 2     8

 

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