Ejercicios resueltos de´Algebra, hoja 3.

Ejercicios resueltos de Álgebra, hoja 3.
Beatriz Graña Otero
25 de Diciembre de 2008
2
B.G.O.
247.- Sobre el R-espacio vectorial E de dimensión 4, sea la métrica cuya matriz asociada a la base
B = {e1 , e2 , e3 , e4 } es:

1

0

1

0

1 0

0 3
.
1 0

0 0
0
−1
0
3
Calcula la matriz de esta métrica asociada a la base C = {v1 = e1 − e3 , v2 = 21 (e1 + e3 ), v3 =
−e1 + e2 + e3 , v4 = e3 − e4 }. ¿Es la métrica definida positiva?
Solución. Dada una matriz de un métrica respecto de una base determinada, la forma de
calcular la matriz de la misma métrica respecto de otra base distinta es la siguiente:
Como la matriz de una métrica se calcula haciendo todos los productos posibles de los vectores
de la base entre sı́, entonces


v1 v1
v1 v2
v1 v3
v1 v 4

 v2 v1
G =
 v v
 3 1
v4 v 1
v2 v2
v2 v3
v3 v2
v3 v3
v4 v2
v4 v3

v2 v4 
,
v3 v4 

v4 v4
0
y por tanto, calculando las coordenadas de los vectores de la nueva base respecto de B, se
obtiene que
v1
=
(1, 0, −1, 0)B
v2
=
(1/2, 0, 1/2, 0)B
v3
=
(−1, 1, 1, 0)B
v4
=
(0, 0, 1, −1)B
y resulta que

1

0
v1 v1 = (1, 0, −1, 0) 
1

0
0
−1
0
3
Haciendo las mismas operaciones con los otros

0 0


0 2
G0 = 
 0 0

0 1

0


0 3


1 0 

0 0
1
1


0 
 = 0.
−1 

0
vectores, se tiene que

0
0

0
1 
.
4 −3 

−3 11
No es un producto escalar porque la matriz tiene núcleo y eso implica que existan vectores
(concretamente v1 ) cuyo producto por sı́ mismo es cero y ellos no son el elemento neutro.
261.- En un espacio vectorial euclı́deo E tenemos una base B = {e1 , e2 , e3 } de la que sabemos:
1. e1 · e1 = 1.
√
2. ke2 k = 5.
3. e2 · e3 = 0.
4. Si e = (−1, 0, 0)B , el vector e3 − e es ortogonal a e1 .
5. Si F = he1 + e2 i entonces 2e1 − e2 − e3 ∈ F ⊥ .
I.T.I.S. 08-09 USAL
3
6. e3 · e3 = 6.
Calcula la matriz de la métrica asociada a la base B. Comprueba que la métrica es, efectivamente, definida positiva.
Solución. Por las condiciones sobre la base que da el enunciado, se tiene que el primero, el
segundo y el sexto elemento de la diagonal principal de la matriz es 1, 5 y 6 respectivamente.
De la cuarta condición, como e = (−1, 0, 0) es exactamente el vector −e1 , resulta que si
e3 − e = e3 + e1 es ortogonal a e1 , se tiene que (e3 + e1 ) · e1 = e3 · e1 + e1 · e1 = 0, pero como
e1 · e1 = 1, despejando se obtiene que
e3 · e1 = −1.
Por otro lado, la quinta condición significa en particular que, (e1 + e2 ) ⊥ (2e1 − e2 − e3 ) y
por tanto,
2e1 · e1 − e1 · e2 − e1 · e3 + 2e2 · e1 − e2 · e2 − e2 · e3 = 0.
Además, como la métrica es simétrica, e2 · e1 = e1 · e2 y utilizando las condiciones 1., 2., 3.
y 4., se sigue que e2 · e1 = 2.


1 2 −1


Ası́, la matriz es G =  2 5 0  y la expresión general del producto de dos vectores
−1 0 6
respecto de la base es

 0 
1 2 −1
x
 0 

(x, y, z)  2 5 0   y  = xx0 + 2xy 0 + 2yx0 − xz 0 − zx0 + 5yy 0 + 6zz 0
−1
0
6
z0
Una manera de ver si es definida positiva es calcular todos los menores principales de la
matriz de G y comprobar que son estrictamente positivos. Es decir,
1 2 −1 2 5 0 = −1,
−1 0 6 1
2
2 =1
5 y
1.
Como ya el determinante es negativo, no es definida positiva y el enunciado está mal
puesto.
262.- En R3 calcula las normas y el ángulo que forman los vectores u =(1, 0,0) y v = (−1, 1, 0)
110
con el producto escalar usual y también con el dado por la matriz 1 3 0 .
001
Solución. Utilizando la matriz de

1 1

(1, 0, 0) 1 3
la métrica, las normas se calculan como sigue:
 
0
1
 
0  0  = 1 → ||(1, 0, 0)|| = 1
0 0 1
0



1 1 0
−1
√



(−1, 1, 0) 1 3 0  1  = 2 → ||(−1, 1, 0)|| = + 2
0 0 1
0
4
B.G.O.
Para los ángulos se procede de forma similar, como áng(u, v) = α y
1 1 0 −1 (1, 0, 0) 1 3 0
1
u·v
001
0
√
cos α =
=0
=
||u||||v||
(1 · (+ 2)
y el ángulo α es el arcoseno de cero; es decir, π/2.
263.- En Mat2×2 (R) con el producto escalar usual, determina las normas y los ángulos que forman
0
los vectores: A = ( 11 11 ), B = ( 10 01 ) y C = 21 −2
.
Solución. Igual que en el anterior y utilizando el isomorfismo entre el conjunto de matrices
cuadradas de orden dos con coeficientes en R y R4 , el ejercicio se resuelve del siguiente modo:
v
v




 
u
u
u
u
1
1
1
u
u
 u
 u


 

 0 


1 
0 
u
u

 =
+u(1, 0, 0, 1) 
cos(áng(A, B)) = (1, 1, 1, 1) 
(1, 1, 1, 1) 


 0  : +u


u
u


 1 
 0 
t
t
1
1
1
√
√
= (1 + 1)/(2 + 2) = + 2/2,
√
√
y el ángulo cuyo coseno es + 2/2 es 45◦ . Además ||A|| = 2 y ||B|| = + 2.
264.- En el espacio de las funciones continuas definidas en el intervalo [0, 2π], C [0, 2π] = f :
R 2π
[0, 2π] → R | f es continua , con el producto escalar hf, gi = 0 f (x)g(x)dx determina las
normas y los ángulos que forman los vectores {cos x, sen x, x}.
Solución. La norma de la función cos x es
s
Z 2π
√
+
cos2 (x)dx = x/2 + 1/4 sen(2x)|2π
0 = + π,
0
la norma de la función sen x es
s
Z 2π
√
+
sen2 (x)dx = x/2 − 1/4 sen(2x)|2π
0 =+ π
0
y la norma de la función x es
s
Z 2π
q
p
p
3
+
x2 dx = + x3 /3|2π
0 = + 8π /3 = 2(+ 2π/3).
0
Y el ángulo que forma es:
cos(áng(cos x, x))
2π
−1
cos(x)2 |2π
0 = 0, ⇒ áng(cos x, sen x) = π/2
2π
0
Z 2π
p
√
=
x cos(x)dx/(+ π · 2(+ 2π 3 /3)) =
Z
cos(áng(cos x, sen x))
=
cos(x) sen(x)dx/π =
0
cos(x) + x sen(x)|2π
0
p
=
= 0,
⇒ áng(cos x, x) = π/2
√
(+ π · 2(+ 2π 3 /3))
Z 2π
p
√
cos(áng(sen x, x)) =
x sen(x)dx/(+ π · 2(+ 2π 3 /3)) =
0
=
p
−x cos(x) + sen(x)|2π
0
p
= + 3/2π,
√
3
(+ π · 2(+ 2π /3))
(
265.- Calcula el ángulo formado por las rectas r ≡
x=y
y = 2z
(
ys≡
⇒ áng(sen x, x) ≈ 2,33
x−y
z
= −2
=2
.
I.T.I.S. 08-09 USAL
5
Solución. Si el enunciado no da ninguna especificación, significa que se está considerando la
métrica usual (respecto de una base ortonormal). Ası́, la matriz de la métrica que se utiliza
es la identidad. Por tanto, el ángulo entre las rectas r y s es el ángulo entre los vectores
directores que las determinan. Es decir, r ≡ h(2, 2, 1)i y s ≡ (−2, 0, 2) + h(1, 1, 0)i, y el ángulo
es el arcoseno de α, donde
1
√
(2, 2, 1) Id 1
2(+ 2)
0
r
r
,
2 1 =
3
+ (2, 2, 1) Id 2
+ (1, 1, 0) Id 1
cos α =
1
0
que quiere decir que el ángulo es ≈ 0,33
267.- Calcula el ángulo formado por la recta r = (2, 1, −1, −1) + (2, 0, 1, 0) y el plano Π ≡
6x − 23 y + 3z +
√
+ 3
2 t
= 5.
Solución. Para resolver este ejercicio basta observar que si el ángulo formado por la recta
r y el plano Π es α, y si β es el ángulo que forma un vector normal al plano con un vector
director de la recta, entonces α + β = π/2. Ası́, como un vector normal a Π es (6, 32 , 3, 32 )
(por que la métrica es la usual) y un vector director de la recta es (2, 0, 1, 0), entonces
v
v






u
u
u
u
2
6
2
u
u

 3 



u
u
 2 
 0 

0
3
3 
3
3
u
)(+u

 : (+u(6, , 3, ) 

u
cos(β) = (6, , 3, ) 
(2,
0,
1,
0)

 1 )

u 2
u
2
2 
2 
 1 
 3 


t
t
3
0
0
2
p
= 15/(+ 198/4 · 5) ≈ 15/15,7 ≈ 0,95
Por tanto el ángulo β ≈ 0,3 y α = 90◦ − 0,3 ≈ 1,25.
Si por ejemplo, la métrica no fuese la usual y fuese la dada por la matriz
el vector normal a Π es
 
6
1 1 0  23 
110
3
3
(6, 2 ,3, 2 ) 1 3 0 = 1 3 0  
3
001
001
3
1 1 0
130
001
entonces,
y ası́
2
cos(β)
=
110
(6, 23 ,3, 23 ) 1 3 0
001
v
 
u
v
u
u
6
2!
u
u
110
1 0  32 
0 :(+u(6, 3 ,3, 3 ) 1
)(+t(2,0,1,0) 1 3 0
1
3
0


t
2
2
1
3
001
001
3
0
2
2!
0 )
1
0
= ···
270.- Dado el espacio vectorial euclı́deo R3 con su métrica habitual, ortonormaliza la base B =
{e1 = (1, 1, 0), e2 = (1, 0, 1), e3 = (0, 1, 1)}.
Solución. Para ortonormalizar una base, se utiliza el método de ortonormalización de GrammSchmidt. Aplicando la fórmula, se procede como sigue:
B0
=
{e01 , e02 , e03 } donde
e01
=
e1 = (1, 1, 0)

e02
=
e03
=
=

 
(1, 0, 1)  1 
0
e2 · e01 0
e = (1, 0, 1) −
e01 · e01 1
e3 · e0
e3 · e0
e3 − 0 01 e01 − 0 20 e02 =
e1 · e1
e2 · e2
 
1
 
(0, 1, 1)  1 
e2 −
(0, 1, 1) −
1
0
2
2
(1, 1, 0) −
1
(1, 1, 0) = (1, 0, 1) − (1, 1, 0) = (1/2, −1/2, 1)
2

1/2



(0, 1, 1)  −1/2 
1
3/2
(1/2, −1/2, 1) = (−2/3, 2/3, 2/3)
6
B.G.O.
B 00
=
e001
=
e002
=
e003
=
{e001 , e002 , e003 } donde
r
1
e01
p 0 =+
(1, 1, 0)
2
+ e1
r
2
e02
p 0 =+
(1/2, −1/2, 1)
3
+ e2
√
e0
+ 3
p3 0 = 2
(−2/3, 2/3, 2/3)
3
+ e3
271.- Sea la métrica de R3 dada por la matriz A =
2 1 1
121
112
. Obtén una base ortonormal y concluye
que la métrica es definida positiva.
Solución. Para calcular una base ortonormal respecto de una métrica dada, la forma es la
siguiente:
Se toma cualquier vector del espacio vectorial cuyo producto escalar por si mismo no sea cero.
Para ello, como la primera entrada la matriz es distinta de cero, se puede tomar e1 = (1, 0, 0).
Ahora se calcula el espacio perpendicular al subespacio vectorial generado por e1 ; es decir,
2 1 11
3
0 = 0} = {(x, y, z) ∈ R | 2x + y + z = 0} =
he1 i⊥ = {(x, y, z) ∈ R3 | (x, y, z) 1 2 1
112
0
= h(0, 1, −1), (1, 0, −2)i
Entonces se trabaja en el espacio ortogonal h(0, 1, −1), (1, 0, −2)i y se toma uno de ellos. Sea
ξ2 = (0, 1, −1), y sea
hξ2 i⊥ ∩ he1 i⊥
= {(x, y, z) ∈ R3 | (x, y, z)
2 1 1
121
112
0
1
−1
= (x, y, z)
2 1 11
121
112
0
0
= 0} =
= {(x, y, z) ∈ R3 | 2x + y + z = 0 = y − z} = h(−1, 1, 1)i
Ası́, una base ortogonal para la métrica dada es
B = {ξ1 = (1, 0, 0), ξ2 = (0, 1, −1), ξ3 = (−1, 1, 1)}.
Para obtener una ortonormal, basta normalizar B; es decir
B0
√
ξ1
ξ
ξ
p2
p3
= { p
2), 0, 0),
,
,
}
=
{(1/(+
+ ξ1 Aξ1t + ξ2 Aξ2t + ξ3 Aξ3t
1
1
r
2 1 1 0 (0, 1, −1), r
2 1 1 −1 (−1, 1, 1)}
1
+ (0, 1, −1) 1 2 1
+ (−1, 1, 1) 1 2 1
1
112
−1
112
1
282.- Calcula la distancia entre los puntos A = (1, 2, 1) y B = (5, 2, 7) de R3 según el producto
escalar usual ytambiénsegún el producto escalar que en la base canónica viene determinado
1 1 −1
por la matriz 1 4 0 .
−1 0 3
Solución. La distancia entre dos puntos de un espacio euclı́deo se define como
p
d(A, B) = + (A − B) · (A − B),
donde · significa el producto escalar correspondiente.
v


u
u
−4
u


Si la métrica es la usual, A − B = (−4, 0, −6) entonces d(A, B) = +u
t(−4, 0, −6)  0  =
−6
√
√
√
+ 16 + 36 = + 52 = 2 6
I.T.I.S. 08-09 USAL
7
Si la métrica es
1 1 −1
1 4 0
−1 0 3
, entonces
v

u
u
1
u

u
d(A, B) = +t(−4, 0, −6)  1
−1
1 −1

−4

√


0   0  = + 76
−6
3
4
0
285.- Halla la distancia del punto P = (1, 4, 5) ∈ R3 a la recta
x−1
2
=
y−2
1
=
z−3
3
y calcula el punto
de mı́nima distancia.
Solución. La distancia del punto P a la recta se define como la mı́nima distancia de ese
punto a la recta. Esta mı́nima distancia se alcanza en la perpendicular a la recta desde el
punto. Para ello es necesario hallar el pie de la perpendicular, que es el punto donde el espacio
perpendicular por el punto corta a la recta dada.
Es decir, el espacio vectorial perpendicular al espacio de direcciones de la recta dada es,
h(2, 1, 3)i⊥ = {(x, y, z) ∈ R3 | 2x + y + 3z = 0} = h(0, 3, 1), (1, 2, 0)i, luego el pie de la
perpendicular es
(
x−1
y−2
z−3
=
=
)∩2x+y+3z = 21 =
2
1
3
x − 2y
3y − z
2x + y + 3z
= −3 = (15/7, 18/7, 33/7) ≡ Q.
=3
= 21
La distancia del punto P a la recta es ahora d(P, r) = d(P, Q).
286.- Calcula la distancia del punto P = (1, 2, 5) ∈ R3 al plano 2x + 2y − z = 5.
Solución. Como la métrica sigue siendo la usual, un vector perpendicular al plano es
x
2
x−1
2
(2, 2, −1) y la recta de los vectores perpendiculares al plano son
to, la recta perpendicular al plano que pasa por el punto P es
=
=
y
z
2 = −1 . Por tany−2
= z−5
2
−1 . Para
calcular el pie de la perpendicular Q es
Q≡
2x + 2y − z
x−y
2z + y
=5 = −1
= (15/11, 26/11, 40/11).
= 12
Y la distancia entre el punto y el plano es d(P, π) = d(P, Q).
287.- En R3 considera el producto escalar que en la base usual viene dado por la matriz:


1 −1 1


−1 2 0 .
1
0
3
(
Calcula la distancia del punto (0, 2, 2) a la recta r ≡
2x − y − z = 1
. ¿Qué punto de la
x+y =4
recta realiza la distancia?
Solución. Este es el mismo ejercicio que el 285.− solo que la métrica no está dada respecto
de una base ortonormal. Ası́ que se trata de calcular el pie de la perpendicular. Esto es, el
plano perpendicular a la recta r por el punto P tiene por vectores directores los vectores
perpendiculares a r. Esto es,


 
 
x
1 −1 1
2
1


 
 
h y  −1 2 0 =  −1  , −1
z
1
0 3
−1
1
−1
2
0

  
1
x
1

  
0  y  =  1 i = h(11, 5, −4), (9, 5, −3)
3
z
0
8
B.G.O.
por tanto
Π
x y−2
≡ {(x, y, z) ∈ R3 | 11
5
2
1
z − 2 −4 = 0} = {(x, y, z) ∈ R3 | 5x − 3y + 10z = 14}
0 Ahora el ejercicio se termina igual que para el caso de la métrica respecto de una base
ortonormal. Es decir, se calcula el pie de la perpendicular, que es Q ≡ Π ∩ r, y con él la
distancia, d(P, r) = d(P, Q).
El punto donde se alcanza la mı́nima distancia es Q.
315.- En un espacio euclı́deo de dimensión 3 sea la base {e1 , e2 , e3 } definida por las condiciones:
ke1 k = ke2 k = ke3 k = 1, ^(e1 , e2 ) = 60o , ^(e1 , e3 ) = ^(e2 , e3 ) = 90o .
Halla las coordenadas del punto simétrico a P = (1, 2, 3) respecto de la recta r ≡
y−2
2
=
x−1
−1
=
z
1.
Solución. Las condiciones del enunciado permiten obtener la matriz de la métrica, que es


√
1
+ 3/2 0
 √

1
0 
 + 3/2
0
0
1
ya que
ei ej = ||ei ||||ej || cos(áng(ei , ej )).
Con la matriz de la métrica, ya se procede como en los ejercicios anteriores. Es decir, el punto
simétrico consiste en el punto de la única recta perpendicular a r que pasa por P y corta a
r, y cuya distancia a r es el mismo que la distancia de P a r.
Los pasos a seguir son:
1.- Se calcula el plano Π perpendicular a r por P .
2.- El punto de intersección Q de Π con r.
3.- La distancia d(P, r) = d(P, Q) = d.
4.- La recta s que pasa por P y por Q.
5.- El punto simétrico a P es el punto P 0 de s tal que d(P, Q) = d(Q, P 0 ).
Alternativamente, se puede, a partir del punto 3.−, terminar como sigue:
4’.- El punto simétrico P 0 es aquel cuyas coordenadas verifican la ecuación Q = 1/2(P +P 0 ).
(Es decir, es Q es el punto medio de P y P 0 ).