Control1-ÁlgebraLineal(2007-2).pdf

Control1-ÁlgebraLineal(2007-2).pdf - Ingeniera Matematica...

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Ingenier´ ıa Matem´atica FACULTAD DE CIENCIAS F ´ ISICAS Y MATEM ´ ATICAS UNIVERSIDAD DE CHILE ´ Algebra Lineal 07-2 Control 1 P1. Considere A = - α 2 0 1 α - 3 2 - 1 α - 2 - 1 1 2 α - 2 - 4 β , b = 1 - 2 - 1 α + β + 2 . (a) (3.5 ptos.) Determine los valores de α, β para los cuales el sistema Ax = b , con x 4 , (i) Tiene soluci´on ´unica. (ii) Tiene infnitas soluciones. (iii) No tiene soluci´on. (b) (2.5 ptos.) Para α = 1 y β = - 1, encuentre la inversa de la matriz A y la soluci´on del sistema Ax = b propuesto. P2. Sea P = 1 - 1 1 y Π el plano de ecuaci´ on cartesiana x 1 - x 2 + x 3 = 1. (a) (1 pto.) Encuentre una ecuaci´ on vectorial de Π. (b) (1 pto.) Encuentre una ecuaci´ on vectorial de la recta L que pasa por P y es ortogonal a Π. Pruebe que L pasa por el origen. (c) (2 ptos.) Encuentre una ecuaci´ on cartesiana para el plano que contiene a L y al eje x 3 (es decir, al eje x 1 = x 2 = 0). (d) (2 ptos.) Encuentre una ecuaci´ on cartesiana del plano equidistante de Π y P . P3. (a) Se defne H = { H = ( h ij ) ∈ M nn ( ) | h ij = 0 , i > j + 1 } . (i) (1 pto.) Muestre que H es subespacio vectorial de M nn ( ). (ii) (2.5 ptos.) Demuestre que si T ∈ M nn ( ) es triangular superior, y H ∈ H , entonces T · H ∈ H . (b) (2.5 ptos.) Sea u n con || u || = 1. Demostrar que la matriz A = I - 2 uu t , es invertible, con A - 1 = A . Tiempo: 3 hrs. 08 de septiembre de 2007
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Solución del Control 1, Álgebra Lineal. Primavera 2007. 1. Se podría pivotear conjuntamente con una sola gran matriz aumentada para el sistema lineal y la inversa, pero por razones de claridad lo haremos separadamente en esta pauta (aunque signi que algunas repeticiones). a ) Veamos el pivoteo de la matriz aumentada h A | b i del sistema: 2 6 6 6 4 - α 2 0 1 | 1 α - 3 2 - 1 | - 2 α - 2 - 1 1 | - 1 2 α - 2 - 4 β | α + β + 2 3 7 7 7 5 2 6 6 6 4 - α 2 0 1 | 1 0 - 1 2 0 | - 1 0 0 - 1 2 | 0 0 2 - 4 β + 2 | α + β + 4 3 7 7 7 5 2 6 6 6 4 - α 2 0 1 | 1 0 - 1 2 0 | - 1 0 0 - 1 2 | 0 0 0 0 β + 2 | α + β + 2 3 7 7 7 5 (1 pto.) En el proceso anterior llegamos a h ˜ A | ˜ b i , con ˜ A la forma escalonada de A , al menos cuando α 6 = 0 . Podemos aprovechar de inmediato de estudiar la cantidad de soluciones en ese caso. Para β 6 = - 2 ( β + 2 6 = 0 ), la forma escalonada de A tiene toda la diagonal distinta de 0 , por lo que A es invertible, y hay solución única. Por otra parte, si β = - 2 , queda una la nal de ceros en ˜ A , lo que dará lugar a no existencia, o a in nitas soluciones. Habrán in nitas soluciones si α + β + 2 = α + ( - 2) + 2 = 0 , es decir, si α = 0 , pero esto no ocurre porque estamos justamente en el caso α 6 = 0 . Luego, en esta situación solo cabe que no haya solución.
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