ENGINYERIA INFORMÀTICA FIB Examen final de Matemàtiques 1 13.1.2004 1. [2,5 punts] Trobeu els enters n ≥ 0 per als quals 10n + 3 ≡ 0 (mod 7). 2. [2,5 punts] Trobeu el nombre de solucions enteres de l’equació x1 + x2 + x3 = 15, tal que 0 ≤ x1 ≤ 4, 0 ≤ x2 ≤ 6 i 0 ≤ x3 . 3. [2,5 punts] Sigui f : E −→ F una aplicació lineal i siguin v~1 , v~2 , . . . , v~k vectors de E. Discutiu les afirmacions següents: demostreu la certa i doneu un contraexemple de la falsa. a) Si v~1 , v~2 , . . . , v~k són linealment independents a E, aleshores f (v~1 ), f (v~2 ), . . . , f (v~k ) són linealment independents a F . b) Si f (v~1 ), f (v~2 ), . . . , f (v~k ) són linealment independents a F , aleshores v~1 , v~2 , . . . , v~k són linealment independents a E. 4. [2,5 punts] Sigui F el subespai de R3 generat pels vectors ~v1 = (1, 1, −1), ~v2 = (0, 1, 1), ~v3 = (1, 3, 1), ~v4 = (2, 1, −3). a) Doneu la dimensió i una base ortonormal de F . b) Donat un vector (x, y, z), trobeu l’expressió de la projecció ortogonal sobre F . c) Doneu un vector ortogonal a F de norma 1. d) Sigui p : R3 −→ R3 l’aplicació tal que p(x, y, z) és la projecció ortogonal de (x, y, z) sobre F . Doneu la matriu associada a p en la base canònica. Temps: de 18:30 a 21:15. Notes provisionals: dilluns 26/1/2004, al Racó. Revisió: dimarts 27/1/2004 a l’aula 005 de l’edifici U (FME) del Campus Sud, de 11:30 a 13:00. Notes definitives: dijous 29/1/2004, al Racó. Resolución problema 1. n n n n 10 + 3 ≡ 0 (mod7 ) ⇔ 3 + 3 ≡ 0 (mod7 ) ⇔ 3 ≡ −3 (mod7 ) ⇔ 3 ≡ 4 (mod7 ) 10 ≡ 3 (mod7) − 3 ≡ 4 (mod7) Según el teorema de Fermat: como m.c.d.(3, 7)=1 ⇒ 3 7 −1 ≡ 1 (mod7 ) ⇒ 3 6q+r r ≡ 3 (mod7 ) con 0 ≤ r ≤ 5 n Por tanto, los enteros n≥0 que satisfacen 10 + 3 ≡ 0 (mod7 ) serán los n≥0 tales que: r n ≡ r (mod 6) y 3 ≡ 4 (mod 7) r Ahora, miramos con qué es congruente 3 módulo 7, para valores de r desde 0 hasta 5: 0 1 2 3 4 5 3 ≡1 (mod 7); 3 ≡3 (mod 7); 3 ≡2 (mod 7); 3 ≡6 (mod 7); 3 ≡4 (mod 7); 3 ≡5 (mod 7). Solución: n≥ ≥0 tal que n ≡ 4 (mod 6) Resolució problema 2. Les restriccions imposades limiten els valors de x1 a 5 possibilitats (0,1,2,3,4). De manera anàloga, x2 pot prendre 7 possibles valors (0,1,2,3,4,5,6). Donat cada un dels cinc valors esmentats per x1 i donat cada un dels set valors esmentats per x2 existeix un únic valor de x3 que compleix l’equació x1 + x2 + x3 = 15 ( x3 = 15 − x1 − x2 ). Només cal comprovar que en tots els casos x3 és un enter no negatiu: x3 = 15 − x1 − x2 ≥ 15 − 4 − 6 = 5 . Comprovat! Per tant el nombre de solucions demanat és 5 × 7 = 35. Resolució problema 3. a) En general és falsa. Només cal pensar en una aplicació que consisteixi en projectar vectors sobre un subespai. Per exemple f : R3 → R3 tal que f (x, y, z) = (x, y, 0). Els vectors (a, b, c) i (a, b.0) són clarament linealment independents però en canvi f (a, b, c) = f (a, b.0. b) Sempre és certa. Fem la demostració pel contrarecı́proc. Si ~v1 , ~v2 , . . . , ~vk fossin linealment dependents, un d’ells seria combinació lineal dels altres. Suposem que és ~v1 , és a dir, que existeixen escalars a2 , . . . , ak tals que ~v1 = a2~v2 + · · · + ak~vk . Aleshores, per la linealitat de f seria f (~v1 ) = f (a2~v2 + · · · + ak~vk ) = a2 f (~v2 ) + · · · + ak f (~vk ), és a dir, les imatges f (~v1 ), f (~v2 ), . . . , f (~vk ) també serien linealment dependents. Resolución problema 4: a) Se puede comprobar que ~v3 = ~v1 + 2~v2 y ~v4 = 2~v1 − ~v2 . Puesto que ~v1 y ~v2 no son múltiplos entre si entonces son linealmente independientes. Esto permite deducir que la dimensión de F es igual a 2. También se puede llegar a la misma conclusión demostrando que el rango de la matriz que forman los vectores que generan F es igual a 2. Para obtener una base ortonormal de F basta comprobar que el producto escalar euclı́deo de ~v1 y ~v2 es cero y por lo tanto forman una base ortogonal. Si normalizamos dichos vectores obtendremos entonces una base ortonormal que será la formada por los siguientes vectores: √ √ √ √ √ ~u1 = (1/ 3, 1/ 3, −1/ 3) , ~u2 = (0, 1/ 2, −1/ 2) . b) Utilizando la base ortonormal del apartado anterior la proyección ortogonal de un vector (x, y, z) sobre el subespacio F viene dada por la siguiente fórmula: [(x, y, z) · ~u1 ] ~u1 + [(x, y, z) · ~u2 ] ~u2 donde las expresiones entre corchetes representan productos escalares entre vectores. Alternativamente, usando la base ortogonal de F formada por los vectores ~v1 y ~v2 se obtendrı́a la siguiente fórmula: (x, y, z) · ~v1 (x, y, z) · ~v2 ~v1 + ~v2 . k~v1 k2 k~v2 k2 Ambas fórmulas conducen al mismo resultado, obteniéndose la siguiente expresión para la proyección ortogonal en función de las coordenadas del vector (x, y, z): x + y − z 2x + 5y + z −2x + y + 5z projF (x, y, z) = , , . 3 6 6 c) Puesto que en el apartado (a) se ha visto que F tiene dimensión 2, se trata de un plano que pasa por (0, 0, 0) en el espacio R3 . Ası́ pues, todo vector del espacio R3 se puede descomponer en suma de su proyección ortogonal sobre F y un vector ortogonal a F . Puesto que la proyección ortogonal la hemos obtenido en el apartado (b), se puede deducir la expresión del vector ortogonal a F haciendo la diferencia (x, y, z) − projF (x, y, z) y después tomando valores arbitrarios para las coordenadas x, y, z y normalizando el vector resultante. Otra forma de resolver este apartado es calcular el producto vectorial de dos vectores de la base de F ya que el resultado es un vector perpendicular a ambos, y por tanto, ortogonal al plano que representa F . También se puede deducir la ecuación implı́cita del plano F usual: x y z 1 1 −1 0 1 1 a partir de alguna de sus bases utilizando la fórmula =0 Se deduce entonces que la ecuación del plano F es 2x − y + z = 0, y por tanto √ un√vector √ ortogonal a F será (2, −1, 1). Si lo dividimos por su norma lo hacemos unitario, y se obtiene (2/ 6, −1 6, 1 6). Cualquier vector múltiplo de (2, −1, 1) y posteriormente dividido por su norma es también ortogonal a F . d) Es evidente que p(x, y, z) = projF (x, y, z) y por lo tanto podemos utilizar el resultado del apartado (b) para calcular las imágenes de los vectores de la base canónica por la aplicación lineal p. A partir de estas imágenes se obtiene la matriz asociada a p en dicha base que es la siguiente: 1/3 1/3 −1/3 1/3 5/6 1/6 −1/3 1/6 5/6