Ejercicios resueltos Álgebra Lineal (2014)

Ejercicio Español
Universidad Universidad Autónoma de Barcelona (UAB)
Grado Física - 1º curso
Asignatura Álgebra
Año del apunte 2014
Páginas 76
Fecha de subida 30/06/2014
Descargas 28
Subido por

Descripción

Ejercicios resueltos de Álgebra Lineal.

Incluye: Espacios duales, Permutaciones, Determinantes, Dagonalización, Formas bilineales, espacios afines euclidianos...

Vista previa del texto

` Problemes d’Algebra II.
Grau de F´ısica Agust´ı Revent´os1 2013 1 Jo nom´es els he resolt. La majoria d’enunciats provenen dels apunts Ced´o-Herbera que seguiu a teoria, per` o tamb´e hi ha problemes de proced`encia diversa.
2 ´Index 1 Espai dual 5 2 Permutacions 23 3 Determinants 29 4 Diagonalitzaci´ o 37 5 Formes bilineals 55 6 Espais afins Euclidians 67 3 4 Cap´ıtol 1 Espai dual 1.
Proveu que ω1 (x, y, z) = x − iy − iz, ω2 (x, y, z) = 2x − z, ω3 (x, y, z) = iz − x formen una base de (C3 )∗ . Expresseu ω(x, y, z) = x en coordenades respecte d’aquesta base.
Soluci´ o: Primer m`etode. Escrivim ω = λ ω1 + µ ω2 + ν ω3 i hem de calcular λ, µ, ν. Per a aix` o apliquem l’anterior igualtat successivament als vectors de C3 , (1, 0, 0), (0, 1, 0) i (0, 0, 1) Tenim 1 = λ + 2µ − ν 0 = −iλ 0 = −iλ − µ + iν Per tant λ = 0, µ = 1 i ,ν= .
2i − 1 2i − 1 Segon m`etode. Utilitzarem la f´ ormula general M (f, B, V )(v)B = (f (v))V que diu que la matriu de l’aplicaci´ o lineal f respecte de les bases B (base de sortida) i V (base d’arribada), M (f, B, V ), aplicada a la matriu columna formada per les components del vector v respecte la base B   v1  v2    (v)B =  .  .
 .  vn 5 6 ens d´ona justament la matriu columna formada per les components del vector f (v) respecte de la base V   v1  v2    (f (v))V =  .  .
 ..  vn Un cas particular important ´es quan f = id, ja que llavors tenim M (id, B, V )(v)B = (v)V .
(1.1) La matriu M (id, B, V ) s’anomena matriu del canvi de base, ja que aplicada a les components de v respecte de la base B ens d´ ona les components del mateix v respecte de la baseV .
En el problema que ens ocupa podem considerar que tenim tres bases: la base can`onica de C3 , C = (c1 , c2 , c3 ) amb c1 = (1, 0, 0), c2 = (0, 1, 0), c3 = (0, 0, 1); la seva base dual C ∗ = (c∗1 , c∗2 , c∗3 ); i la base B = (ω1 , ω2 , ω3 ).
El que ens demana el problema ´es justament la matriu columna (ω)B formada per les components de ω respecte de la base B, que per la f´ormula (1.1) es pot calcular com M (id, C ∗ , B)(ω)C ∗ = (ω)B .
(1.2) Observem que la matriu (ω)C ∗ ´es molt f`acil de calcular, ja que ω ´es exactament igual a c∗1 (val 1 sobre c1 i 0 sobre c2 i c3 ). Per tant   1  ∗ 0 .
(ω)C = 0 Per altra banda, ´es f` acil veure que en permutar les bases a la matriu del canvi de base, la matriu ´ a dir s’inverteix. Es M (id, C ∗ , B) = M (id, B, C ∗ )−1 L’avantatge de fer aix` o ´es que aquesta segona matriu ´es immediata ja que identifiquem x = c∗1 , ∗ ∗ y = c2 i z = c2 . Aix´ı   1 2 −1 0  M (id, B, C ∗ ) =  −i 0 −i −1 i ` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 7 Calculem la seva inversa (per exemple escrivint MatrixInverse a Maple1 )   1 0 − 0   i   i 1 ∗ −1   0 M (id, B, C ) =   2i − 1 2i − 1   1 1 2 − 2i − 1 i 2i − 1 Aplicant la f´ ormula (1.2) tenim    (ω)B = M (id, C ∗ , B)(ω)C ∗ =    0 i 2i − 1 1 2i − 1 1 i 0 1 − i − 0 1 2i − 1 2 2i − 1      1    0  =      0 0 i 2i − 1 1 2i − 1      Equivalentment, i 1 · ω2 + · ω3 2i − 1 2i − 1 d’acord amb el resultat obtingut pel primer m`etode.
ω = 0 · ω1 + Expresseu ω(x, y, z, t) = 2x − y − t en coordenades respecte de la base dual de la base can`onica de R4 . Trobeu la base dual de la base V = (v1 , v2 , v3 , v4 ) amb 2.
v1 = (1, 0, 1, 1), v2 = (1, 0, 1, 2), v3 = (1, 0, 0, 1), v4 = (1, 1, 0, 0) i les coordenades de ω en aquesta base.
Soluci´ o: Si denotem per C = (c1 , c2 , c3 , c4 ) la base can`onica de R4 , la seva base dual C ∗ s’identifica amb les coordenades dels vectors, i.e, x = c∗1 , y = c∗2 , z = c∗3 , t = c∗4 . Per tant, directament   2  −1   (ω)C ∗ =   0  −1 Equivalentment, ω = 2c∗1 − c∗1 − c∗4 .
Base dual. Primer m`etode. Busquem quatre elements ωi , i = 1, 2, 3, 4 del dual tals que ωi (vj ) = δij .
1 > with(LinearAlgebra): > M :=<< 1, −i, −i > | < 2, 0, −1 > | < −1, 0, i >> > M −1 := M atrixInverse(M ); 8 Escrivim aki c∗k ωi = k Aplicant als dos membres d’aquesta igualtat als vectors vk tenim els sistemes d’equacions seg¨ uents: Per i = 1.
(a11 c∗1 + a21 c∗2 + a31 c∗3 + a41 c∗4 )(1, 0, 1, 1) = 1 (a11 c∗1 + a21 c∗2 + a31 c∗3 + a41 c∗4 )(1, 0, 1, 2) = 0 (a11 c∗1 + a21 c∗2 + a31 c∗3 + a41 c∗4 )(1, 0, 0, 1) = 0 (a11 c∗1 + a21 c∗2 + a31 c∗3 + a41 c∗4 )(1, 1, 0, 0) = 0 ´ a dir Es a11 + a31 + a41 = 1 a11 + a31 + 2a41 = 0 a11 + a41 = 0 a11 + a21 = 0 ´ a dir, ω1 = (1, −1, 1, −1).
Obtenim a11 = 1, a21 = −1, a31 = 1, a41 = −1. Es Per i = 2.
(a12 c∗1 + a22 c∗2 + a32 c∗3 + a42 c∗4 )(1, 0, 1, 1) = 0 (a12 c∗1 + a22 c∗2 + a32 c∗3 + a42 c∗4 )(1, 0, 1, 2) = 1 (a12 c∗1 + a22 c∗2 + a32 c∗3 + a42 c∗4 )(1, 0, 0, 1) = 0 (a12 c∗1 + a22 c∗2 + a32 c∗3 + a42 c∗4 )(1, 1, 0, 0) = 0 ´ a dir Es a12 + a32 + a42 = 0 a12 + a32 + 2a42 = 1 a12 + a42 = 0 a12 + a22 = 0 ´ a dir, ω2 = (−1, 1, 0, 1).
Obtenim a12 = −1, a22 = 1, a32 = 0, a42 = 1. Es Per i = 3.
(a13 c∗1 + a23 c∗2 + a33 c∗3 + a43 c∗4 )(1, 0, 1, 1) = 0 (a13 c∗1 + a23 c∗2 + a33 c∗3 + a43 c∗4 )(1, 0, 1, 2) = 0 (a13 c∗1 + a23 c∗2 + a33 c∗3 + a43 c∗4 )(1, 0, 0, 1) = 1 (a13 c∗1 + a23 c∗2 + a33 c∗3 + a43 c∗4 )(1, 1, 0, 0) = 0 ` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 9 ´ a dir Es a13 + a33 + a43 = 0 a13 + a33 + 2a43 = 0 a13 + a43 = 1 a13 + a23 = 0 ´ a dir, ω3 = (1, −1, −1, 0).
Obtenim a13 = 1, a23 = −1, a33 = −1, a43 = 0. Es Per i = 4.
(a14 c∗1 + a24 c∗2 + a34 c∗3 + a44 c∗4 )(1, 0, 1, 1) = 0 (a14 c∗1 + a24 c∗2 + a34 c∗3 + a44 c∗4 )(1, 0, 1, 2) = 0 (a14 c∗1 + a24 c∗2 + a34 c∗3 + a44 c∗4 )(1, 0, 0, 1) = 0 (a14 c∗1 + a24 c∗2 + a34 c∗3 + a44 c∗4 )(1, 1, 0, 0) = 1 ´ a dir Es a14 + a34 + a44 = 0 a14 + a34 + 2a44 = 0 a14 + a44 = 0 a14 + a24 = 1 ´ a dir, ω4 = (0, 1, 0, 0).
Obtenim a14 = 0, a24 = 1, a34 = 0, a44 = 0. Es ∗ Base dual. Segon m`etode. Volem trobar V . Aix`o equival a trobar M (id, V ∗ , C ∗ ). Tenim M (id, V ∗ , C ∗ ) = M (id, C, V )t = (M (id, V, C)−1 )t Per`o  1  0 M (id, V, C) =   1 1 1 0 1 2 1 0 0 1  1 1   0  0 Maple ens diu que   1 −1 1 0  −1 1 −1 1   (M (id, V, C)−1 )t =   1 0 −1 0  −1 1 0 0 Les columnes ens donen les components de ω1 , ω2 , ω3 , ω4 respecte de la base dual de la can`onica, que coincideixen ` obviament amb les obtingudes pel primer procediment.
10 Sigui f l’automorfisme de R2 que t´e com a matriu associada en la base can`onica la matriu √ 2 √1 0 2 3.
Sigui ω ∈ (R2 )∗ definida per ω(x, y) = x + y. Trobeu les coordenades de ω en la base dual de (f (c1 ), f (c2 )), on (c1 , c2 ) ´es la base can`onica de R2 .
Soluci´ √ o: Primer m`etode. Posem, per simplificar la notaci´o, u1 = f (c1 ) = c1 + 2 c2 .
Escrivim ω en funci´ o de la base dual u∗1 , u∗2 . Tenim √ 2 c1 i u2 = f (c2 ) = ω = au∗1 + bu∗2 √ √ √ √ i obtenim a = ω(u1 ) = ω(( 2, 0)) = 2, i b = ω(u2 ) = ω((1, 2)) = 1 + 2.
Si volem trobar expl´ıcitament la base dual (u∗1 , u∗2 ) (cosa que el problema no demana) procedim aix´ı: u∗1 (u1 ) = 1 u∗1 (u2 ) = 0 u∗2 (u1 ) = 0 u∗2 (u2 ) = 1 Posem u∗1 = a11 c∗1 + a21 c∗2 , i u∗2 = a12 c∗1 + a22 c∗2 .
Tenim √ (a11 c∗1 + a21 c∗2 )( 2 c1 ) √ (a11 c∗1 + a21 c∗2 )(c1 + 2 c2 ) √ (a12 c∗1 + a22 c∗2 )( 2 c1 ) √ (a12 c∗1 + a22 c∗2 )(c1 + 2 c2 ) = 1 = 0 = 0 = 1 que equival a √ a11 2 √ a11 + a21 2 √ a12 2 √ a12 + a22 2 = 1 = 0 = 0 = 1 1 1 1 Per tant a11 = √ , a12 = 0, a21 = − , a22 = √ . La base dual demanada, escrita respecte de 2 2 2 1 1 1 ∗ la base dual de la base can` onica, ´es u1 = ( √ , − ), u∗2 = (0, √ ).
2 2 2 ` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 11 √ √ Segon m`etode. Sigui C la base can` onica de R2 i B = (f (c1 ), f (c2 )) = ( 2c1 , c1 + 2c2 ). Ens demanen (ω)B ∗ Sabem M (id, C ∗ , B ∗ )(ω)C ∗ = (ω)B ∗ Clarament (ω)C ∗ = 1 1 i √ ∗ ∗ t M (id, C , B ) = M (id, B, C) = Per tant √ (ω)B ∗ = 2 √0 2 1 1 1 2 √1 0 2 √ = 1+ 2√ t 2 Si volem trobar expl´ıcitament la base dual (u∗1 , u∗2 ) (cosa que el problema no demana) procedim aix´ı:  1 √  M (id, B ∗ , C ∗ ) = M (id, C, B)t = (M (id, B, C)−1 )t =  12 − 2  0  1 .
√ 2 La primera columna est` a formada per les coordenades de u∗1 , i la segona columna est`a formada per les coordenades de u∗2 (respecte de C ∗ ).
Sigui V = R2 [x] l’espai vectorial dels polinomis amb coeficients reals de grau m´es petit o igual que 2, p(x) = c0 + c1 x + c2 x2 . Es defineixen les aplicacions lineals sobre V seg¨ uents: 1 f1 (p(x)) = 0 4.
−1 2 p(s)ds, f2 (p(x)) = p(s)ds, 0 f3 (p(x)) = p(s)ds 0 (a) Demostreu que (f1 , f2 , f3 ) ´es una base de V ∗ . Doneu la base de V respecte de la qual aquesta ´es la seva dual.
(b) Demostreu que, donat a ∈ R qualsevol, els polinomis 1, x − a, (x − a)2 formen una base de R2 [x]. Calculeu les coordenades de f1 , f2 , f3 en la base dual de (1, x − a, (x − a)2 ) (c) Siguin r1 , r2 , r3 tres nombres reals diferents i definim ω1 , ω2 , ω3 ∈ (R2 [x])∗ per ωi (p(x)) = p(ri ), per a i = 1, 2, 3. Demostreu que formen una base de (R2 [x])∗ i trobeu la base de R2 [x] de la qual ´es base dual.
Soluci´ o: Soluci´ o apartat (a). Denotem C la base (1, x, x2 ) de V , i per C ∗ la seva dual. Abans de res mirem quines s´ on les coordenades de f1 , f2 , f3 respecte de C ∗ .
12 Les coordenades de f1 respecte C ∗ s´ on f1 (1), f1 (x), f1 (x2 ). Nom´es heu de pensar f1 = a1∗ + bx∗ + 2 ∗ c(x ) i calcular a, b, c.
1 f1 (1) = 1 ds = 1 0 1 x ds = 1/2 f1 (x) = 0 1 x2 ds = 1/3 f1 (x2 ) = 0 An`alogament les coordenades de f2 respecte C ∗ s´on f2 (1), f2 (x), f2 (x2 ).
2 1 ds = 2 f2 (1) = 0 2 x ds = 2 f2 (x) = 0 2 f2 (x2 ) = x2 ds = 8/3 0 Finalment les coordenades de f3 respecte C∗ s´on f3 (1), f3 (x), f3 (x2 ).
−1 1 ds = −1 f3 (1) = 0 −1 f3 (x) = x ds = 1/2 0 −1 f3 (x2 ) = x2 ds = −1/3 0 Resumint, si denotem per F la base (f1 , f2 , f3 ) de V ∗ tenim   1 2 −1 1/2  .
M (id, F, C ∗ ) =  1/2 2 1/3 8/3 −1/3 Busquem ara una base B de V tal que B ∗ = F . Equivalentment, M (id, B ∗ , C ∗ ) = M (id, F, C ∗ ).
Aix´ı −1 1 1/2 1/3 2 8/3  = 2 −1 1/2 −1/3  M (id, B, C) = M (id, C ∗ , B ∗ )t = (M (id, B ∗ , C ∗ , )t )−1 Maple diu   1 −1/6 −1/3 0 1  M (id, B, C) =  1 −3/2 1/2 −1/2 ` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 13 Aix´ı B = (1 + x − (3/2)x2 , −(1/6) + (1/2)x2 , −(1/3) + x − (1/2)x2 ).
Soluci´o apartat (b). Sigui Ca la base (1, (x − a), (x − a)2 ). Les coordenades de f1 respecte Ca∗ s´ on 1 f1 (1) = ds = 1 0 1 (x − a)ds = (1/2) − a f1 (x − a) = 0 1 f1 ((x − a)2 ) = (x − a)2 ds = (3a2 − 3a + 1)/3 0 etc.
Soluci´o apartat (c). Veiem que s´ on linealment independents. Suposem aω1 + bω2 + cω3 = 0, i ho apliquem a 1, x, x2 .
0 = a+b+c 0 = ar1 + br2 + cr3 0 = ar12 + br22 + cr32 Com2 1 1 1 r1 r2 r3 r12 r22 r32 = (r2 − r1 )(r3 − r1 )(r3 − r2 ) = 0 el sistema nom´es admet la soluci´ o a = b = c = 0, i per tant, ω1 , ω2 , ω3 s´on linealment independents.
Ara busquem B = (v1 , v2 , v3 ) base de V tal que B ∗ = Ω on Ω ´es la base (ω1 , ω2 , ω3 ).
Primer m`etode. El primer vector de B ´es un polinomi v1 = a + bx + cx2 tal que ω1 (v1 ) = 1 ω2 (v1 ) = 0 ω3 (v1 ) = 0 ´ a dir, Es a + br1 + cr12 = 1 a + br2 + cr22 = 0 a + br3 + cr32 = 0 2 Fi −→ Fi − r1 Fi−1 .
14 Resolent el sistema obtenim a= 1 r1 r12 0 r2 r22 0 r3 r32 1 r1 1 r2 1 r3 r12 r22 r32 = r2 r3 (r1 − r2 )(r1 − r3 ) An`alogament r2 + r3 (r1 − r2 )(r1 − r3 ) 1 c= (r1 − r2 )(r1 − r3 ) An`alogament trobar´ıem els altres dos vectors v2 , v3 de la base B.
Segon m`etode. Tenim b=− M (id, B, C) = M (id, C ∗ , B ∗ )t = M (id, C ∗ , Ω)t = (M (id, Ω, C ∗ )−1 )t Per`o     ω1 (1) ω2 (1) ω3 (1) 1 1 1 M (id, Ω, C ∗ ) =  ω1 (x) ω2 (x) ω3 (x)  =  r1 r2 r3  ω1 (x2 ) ω2 (x2 ) ω3 (x2 ) r12 r22 r32 Maple diu −1 1 r1 r12 M (id, B, C) =  1 r2 r22  1 r3 r32  r2 r3  (r1 − r2 )(r1 − r3 )  r2 + r3  =  − (r − r )(r − r ) 1 2 1 3   1 (r1 − r2 )(r1 − r3 )  r1 r3 (r2 − r3 )(r2 − r1 ) r1 + r3 − (r2 − r1 )(r2 − r3 ) 1 (r2 − r1 )(r2 − r3 ) r1 r2 (r3 − r1 )(r3 − r2 ) r1 + r2 − (r3 − r1 )(r3 − r2 ) 1 (r3 − r1 )(r3 − r2 )        Observem que la primera columna coincideix amb les coordenades de v1 que hem trobat pel primer m`etode.
Proveu que les aplicacions lineals 5.
φi : Rn [x] −→ R (i) p(x) → p (a) per a ∈ R fixat, variant 0 ≤ i ≤ n, formen una base de (Rn [x])∗ . De quina base de Rn [x] ´es base dual? ` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 15 Soluci´ o: Primer m`etode. Tot polinomi de grau n es pot escriure com (Taylor): p(x) = a0 + a1 (x − a) + a2 (x − a)2 + · · · + an (x − a)n amb ai = p(i) (a) φi (p(x)) = i! i! (1.3) Els coeficients ai s´ on (es poden interpretar com) la base dual de 1, (x − a), (x − a)2 , . . . , (x − a)n ja que ((x − a)i )∗ (p(x)) = ai , (1.4) Comparant (1.3) i (1.4) tenim φi = i! ((x − a)i )∗ i per tant3 φi = (x − a)i i! ∗ .
Aquest darrer pas ens el podem estalviar ja que podem escriure directament p(x) = φ0 (p(x)) + φ1 (p(x)) (x − a) (x − a)2 (x − a)n + φ2 (p(x)) + · · · + φn (p(x)) 1! 2! n! i, pels comentaris anteriors, ja es veu directament que la base (φ0 , φ1 , . . . , φn ) ´es la base dual de la base (x − a)0 (x − a)1 (x − a)2 (x − a)n ( , , ,..., ) 0! 1! 2! n! Segon m`etode. Busquem una base B de Rn [x] tal que B ∗ = Φ, on Φ denota la base de (Rn [x])∗ donada per (φ0 , φ1 , . . . , φn ). Diem Ca la base de Rn [x] donada per (1, (x−a), (x−a)2 , . . . , (x−a)n ).
La igualtat B ∗ = Φ implica M (id, B ∗ , Ca∗ ) = M (id, Φ, Ca∗ ).
Estudiem aquesta segona matriu. La seva i-`essima columna est`a formada per les components de φi respecte de Ca∗ . Si posem φi = aki ((x − a)k )∗ k tenim aki = φi ((x − a)k ) = k! δik Per tant 3 Si (e∗i ) ´es la base dual de la base (ei ), llavors ( e∗i ) ´es la base dual de la base (λi ei ).
λi 16  0! 0 0 0 1! 0 0 0 2!    M (id, Φ, Ca∗ ) =    0 0 0 0 0 0 0 0 0 ..
.
0 0 0 0       0  n! Com que M (id, B, Ca ) = M (id, Ca∗ , B ∗ )t = (M (id, B ∗ , Ca∗ )−1 )t tenim  1  0!   0   M (id, B, Ca ) =   0    0  0 0 1 1! 0 0 0 1 2! 0 0 0 0 0 0 ..
0 0 0 .
   0    0     0   1 n! Per tant la base buscada B est` a donada per 1 1 1 1 ( (x − a)0 , (x − a)1 , (x − a)2 , . . . , (x − a)n ).
0! 1! 2! n! Sigui S = {(x, y, z, t) ∈ R4 ; x + y + z + t = 0}. Demostreu que 6.
S inc = {ω ∈ (R4 )∗ ; ω(x, y, z, t) = λ(x + y + z + t), per a un cert λ ∈ R} Soluci´ o: La notaci´ o S inc , on S ´es un subespai vectorial de E, denota el subespai incident a S, ´es a dir aquell subespai vectorial de E ∗ format pels elements ω tals que ω(v) = 0, per a tot v ∈ S. Sempre es compleix que dim S + dim S inc = dim E. En el nostre cas doncs dim S inc = 1, ja que clarament dim S = 3 (una restricci´o entre les 4 variables x, y, z, t). Si definim ω(x, y, z, t) = x + y + z + t, ´es clar que ω ∈ S inc ja que els elements de S compleixen justament x + y + z + t = 0. Per tant, S inc = ω .
7.
Donada l’aplicaci´ o lineal f : R3 −→ R3 definida per f (x, y, z) = (x + y + z, y − 2z) doneu la dimensi´o i una base de Ker (f )inc ⊂ (R3 )∗ . Indicaci´o: no cal fer c`alculs.
Soluci´ o: x, y, z s´ on elements del dual.
` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 17 o dual d’una aplicaci´o lineal injectiva ´es exhaustiva.
8. Demostreu que l’aplicaci´ Soluci´ o: El rang de la matriu per files ´es igual al rang de la matriu per columnes. I les columnes generen la imatge.
9. Sigui S = {(x, y, z, t) ∈ R4 ; x + y + z + t = 0, 2x − t = 0}. Calculeu S inc .
Soluci´ o: Resolent el sistema veiem que S = (1, −3, 0, 2), (0, −1, 1, 0) . Si ω = ax + by + cz + dt (pensant ara x, y, z, t com la base dual de la can`onica) ha de ser a − 3b + 2d = 0 −b + c = 0 Aix`o implica ω = (3b − 2d)x + by + bz + dt = b(3x + y + z) + d(−2x + t).
Per tant S inc = ω1 , ω2 amb ω1 = 3x + y + z, ω2 = −2x + t.
Calculeu el subespai incident a E = (1, 1, 1), (0, 1, −1) ⊂ R3 10.
i el subespai incident a F = x + y − z, x − y − z ⊂ (R3 )∗ Soluci´ o: Denotem x, y, z la base dual de la base can`onica de R3 . Tota ω ∈ (R3 )∗ es pot escriure com ω = ax + by + cz, a, b, c ∈ R. Imposem ω(1, 1, 1) = ω(0, 1, −1) = 0 i obtenim a+b+c = 0 b−c = 0 Per tant, a = −2b, i b = c. Aix` o vol dir E inc = −2x + y + z 18 An`alogament F inc = {v ∈ (R3 )∗∗ ; v(x + y − z) = v(x − y − z) = 0} Per la identificaci´ o entre un espai i el seu bidual tenim F inc = {v ∈ R3 ; (x + y − z)(v) = (x − y − z)(v) = 0} Aix´o implica, posant v = (v1 , v2 , v3 ), que v1 + v2 − v3 = 0 v1 − v2 − v3 = 0 Per tant, v1 = v3 i v2 = 0. Aix` o vol dir F inc = (1, 0, 1) Considereu la base de R4 donada per e1 = (1, 1, 1, 1), e2 = (0, 1, 1, 1), e3 = (0, 0, 1, 1), e4 = o 11. (0, 0, 1, −1). Sigui (e∗1 , e∗2 , e∗3 , e∗4 ) la seva base dual. Expresseu les aplicacions x, y, z, t en funci´ d’aquesta base.
Soluci´ o: Primer m`etode. Nom´es hem d’escriure x = ae∗1 + be∗2 + ce∗3 + de∗4 + i calcular a, b, c, d.
a = x(e1 ) = primera coordenada de e1 = 1 b = x(e2 ) = primera coordenada de e2 = 0 c = x(e3 ) = primera coordenada de e3 = 0 d = x(e4 ) = primera coordenada de e4 = 0 An`alogament procedir´ıem per a y, z, t.
Segon m`etode Sabem que C ∗ = (x, y, z, t) ´es la base dual de la base can`onica. Denotem B = (e1 , e2 , e3 , e4 ). Llavors el que ens demana el problema ´es justament M (id, C ∗ , B ∗ ). Tenim   1 1 1 1  0 1 1 1   M (id, C ∗ , B ∗ ) = M (id, B, C)t =   0 0 1 1  0 0 1 −1 Observem com la primera columna d’aquesta matriu coincideix amb les components de x claculades anteriorment.
` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 19 Considereu ω1 , ω2 , ω3 ∈ (R2 [x])∗ donades per ω1 (p(x)) = p(1) ω2 (p(x)) = p (1) 12.
1 ω3 (p(x)) = p(s)ds 0 Expresseu ω1 , ω2 , ω3 en termes de la base dual de (1, x, x2 ). Calculeu la base dual de la base Ω = (ω1 , ω2 , ω3 ).
Soluci´ o: Si posem ω1 = a1∗ + bx∗ + c(x2 )∗ tenim a = ω1 (1) = 1 b = ω1 (x) = 1 c = ω1 (x2 ) = 1 An`alogament, si posem ω2 = a1∗ + bx∗ + c(x2 )∗ tenim a = ω2 (1) = 0 b = ω2 (x) = 1 c = ω2 (x2 ) = 2 I si posem ω3 = a1∗ + bx∗ + c(x2 )∗ tenim a = ω3 (1) = 1 b = ω3 (x) = 1/2 c = ω3 (x2 ) = 1/3 Aix´ı ω1 = (1, 1, 1), ω2 = (0, 1, 2), ω1 = (1, 1/2, 1/3).
Per trobar la base dual Ω∗ posem C = (1, x, x2 ) i tenim  M (id, Ω∗ , C) = M (id, C, Ω∗ )−1 = (M (id, Ω, C ∗ )t )−1 −1   1 1 1 −2 1/2 3 2  =  6 −2 −6  = 0 1 1 1/2 1/3 −3 3/2 3 ´ a dir, ω ∗ = −2 + 6x − 3x2 , ω ∗ = (1/2) − 2x + (3/2)x2 , ω ∗ = 3 − 6x + 3x2 .
Es 1 2 3 13.
Sigui B = ((1, −1, 1), (0, 2, 3), (0, 1, −1)) una base de R3 . Expresseu la seva base dual en termes de la base dual de la base can` onica de R3 .
Soluci´ o: 20 M (id, B ∗ , C ∗ ) = M (id, C, B)t = (M (id, B, C)−1 )t  −1   1 −1 1 1 0 1 3  =  0 1/5 3/5  =  0 2 0 1 −1 0 1/5 −2/5 La base dual buscada ´es doncs la base de (R3 )∗ donada per (x, (1/5)y+(1/5)z, x+(3/5)y−(2/5)z) Siguin B = {(1, −1, 1), (0, 2, 3), (0, 1, −1)} i V = {(1, 1, 1), (0, 1, 1), (0, 1, −1)} bases de R3 . Ex14. presseu la base B ∗ en termes de la base V ∗ . Expresseu tamb´e la forma x + y + z en coordenades en la base B ∗ .
Soluci´ o: Per escriure les f´ ormules de canvi de base entre dues bases donades sovint ´es millor passar d’una a l’altre a trav´es de la can`onica. Utilitzant que la matriu de la composici´ o d’aplicacions ´es la matriu producte de les matrius d’aquestes aplicacions tenim M (id, V, B) = M (id, C, B) · M (id, V, C) Com sempre ´es millor referir-ho tot a la can`onica, escrivim  −1   1 0 0 1 0 0 1  1   1 1 M (id, V, B) = M (id, B, C)−1 · M (id, V, C) =  −1 2 1 1 −1 1 3 −1   1 0 0 =  2/5 2/5 0  6/5 1/5 1 I la matriu demanada ´es   1 2/5 6/5 M (id, B ∗ , V ∗ ) = M (id, V, B)t =  0 2/5 1/5  0 0 1 Finalment  (ω)B ∗ = M (id, C ∗ , B ∗ )(ω)C ∗     1 −1 1 1 1 2 3  1  =  5  = 0 0 1 −1 1 0 ´ a dir ω = (1, −1, 1)∗ + 5(0, 2, 3)∗ .
Es Sigui f : R3 −→ R3 donada per f (x, y, z) = (2x + y, x − y + z, x − z), i considerem la base 15. B = {(1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 1, 1)} de R3 . Trobeu la matriu de f ∗ respecte de la base B ∗ .
` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 21 Soluci´ o: Ens demanen M (f ∗ , B ∗ , B ∗ ). Sabem que M (f ∗ , B ∗ , B ∗ ) = M (f, B, B)t .
Per la f´ormula del canvi de base M (f, B, B) = M (B, C)−1 M (f, C, C)M (B, C)  −1    1 1 1 2 1 0 1 1 1 =  0 1 1   1 −1 1   0 1 1  0 0 1 1 0 −1 0 0 1   1 3 2 =  0 −1 1  1 1 0 Per tant   1 0 1 M (f ∗ , B ∗ , B ∗ ) =  3 −1 1  .
2 1 0 22 Cap´ıtol 2 Permutacions 1.
Calculeu el signe d’un cicle de longitud r.
Soluci´ o: Si σ = (a1 , . . . , an ) llavors σ = (a1 , a2 ) ◦ · · · ◦ (an−1 , an ) i per tant (σ) = (−1)n−1 , ja que tenim una descomposici´o de σ en producte de n − 1 transposicions.
2.
Calculeu el signe de la permutaci´ o σ = (1, 3, 2, 5) ◦ (4, 6).
Soluci´ o: Com σ = (1, 3) ◦ (3, 2) ◦ (2, 5) ◦ (4, 6) tenim una descomposici´ o de σ en producte de 4 transposicions i per tant (σ) = (−1)4 = 1.
23 24 Donada una permutaci´ o σ ∈ Sn diem que t´e ordre m si m ´es el m´ınim enter m´es gran que 0 tal que σ m =Id.
(a) Demostreu que si σ ´es una permutaci´o i si per a uns s, t ≥ 1 amb s > t es compleix σ s = σ t aleshores σ s−t = Id. Justifiqueu que per a tota permutaci´o t´e sentit parlar del seu ordre.
3.
(b) Calculeu l’ordre de les permutacions σ1 = (1, 2, 3) ◦ (7, 5) i σ2 = (1, 2) ◦ (2, 5, 4).
(c) Demostreu que si una permutaci´o σ t´e ordre m aleshores σ mk = Id, per a tot k ≥ 1.
Calculeu σ21475 i ( (2, 5) ◦ σ1 )123 .
Soluci´ o: (a) Apliquem σ −1 als dos costats de la igualtat σ s = σ t , t vegades.
Per veure que t´e sentit parlar de l’ordre d’una permutaci´o nom´es hem d’observar que el conjunt Sn de permutacions de n elements t´e un n´ umero finit d’elements (n!). Aix`o vol dir que a la 0 1 2 3 ´ a dir, existeixen s, t amb σ s = σ t , successi´o infinita σ , σ , σ , σ , . . . , hi ha elements repetits. Es i pels comentaris anteriors hem acabat.
(b) σ1 ja est` a donada com producte de cicles disjunts. Aplicant el problema 6, ordre de σ1 ´es 3 · 2 = 6.
Si no el volem aplicar nom´es hem d’anar fent σ1 = (1, 2, 3) ◦ (7, 5) σ12 = (1, 3, 2) σ13 = (7, 5) σ14 = (1, 2, 3) σ15 = (1, 3, 2) ◦ (7, 5) σ16 = id Com que σ2 no est` a donada com producte de cicles disjunts, el primer que fem ´es escriure-la aix´ı σ2 = 1 2 3 4 5 2 5 3 1 4 ´ a dir, mirar les successives imatges del 1, etc. Tindrem σ2 = (1, 2, 5, 4), i ara perseguir cicles. Es per tant t´e ordre 4.
(c) Com 1475 = 4 · 368 + 3 tenim σ21475 = σ24·368+3 = (σ24 )368 ◦ σ23 = (id)368 ◦ σ23 = σ23 = (1, 4, 5, 2).
` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 25 Demostreu que per a tota parella σ, τ ∈ Sn , les permutacions σ i τ −1 στ tenen el mateix signe i 4. el mateix ordre.
Soluci´ o: Suposem que σ descompon com a producte de r transposicions. Si τ descompon com a producte de k transposicions, llavors tamb´e τ −1 descompon com a producte de k transposicions (les mateixes en ordre oposat), i per tant τ −1 ◦ σ ◦ τ descompon com a producte de r + 2k transposicions. Com (−1)r = (−1)r+2k hem acabat.
(a) Podem tenir a S9 un element d’ordre 21? (b) Quins s´on els ordres dels elements de S7 ? (c) axim d’un element de S8 ? 5. Quin ´es l’ordre m` Soluci´ o: (a) A S9 no hi ha cap element d’ordre 21. En efecte, si σ ∈ S9 i la tenim descomposta en producte de cicles disjunts, ´es clar que la suma de les longituds d’aquests cicles ´es menor o igual a 9, ja que aquests cicles estan format pels n´ umeros 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 i un mateix n´ umero no es pot repetir en cicles disjunts. A m´es, el m.c.m. d’aquestes longituds ha de ser igual a 21.
Com 21 = 3 · 7 la u ´nica manera que podem tenir n´ umeros m´es petits de 9 amb m.c.m igual a 21 ´es agafant un cicle d’ordre 3 i un altre d’ordre 7. Com 3 + 7 > 9 aquest dos cicles no poden ser disjunts.
(b) Permutacions que s´ on iguals a un u ´nic cicle: aquest cicle pot ser d’ordre 1,2,3,4,5,6,7 (per cicle d’ordre 1 entenem la identitat). Permutacions que s´on igual al producte de dos cicles: pot ser 5 + 2 (ordre 10), 4 + 3 (ordre 12). Permutacions que s´on igual al producte de tres cicles: pot ser 2 + 2 + 2 (ordre 2), 3 + 2 + 2 (ordre 6). No hi ha m´es casos. La resposta ´es doncs, 1,2,3,4,5,6,7,10,12.
(c) Per exemple, σ = (1, 2, 3, 4, 5) ◦ (6, 7, 8) t´e ordre 15 (5 · 3). De fet, tota permutaci´o que descompongui en producte disjunt d’un cicle d’ordre 5 amb un cicle d’ordre 3 tindr`a ordre 15.
´ f`acil veure 15 ´es el n´ Es umero m´es gran que es pot obtenir calculant el m.c.m. de n´ umeros ≤ 8.
Demostreu que si σ1 , σ2 , . . . , σs s´ on cicles disjunts de Sn i 6.
σ = σ1 ◦ σ2 ◦ · · · ◦ σr aleshores l’ordre de σ ´es el m´ınim com´ u m´ ultiple de les longituds dels cicles σ1 , . . . , σr .
26 Soluci´ o: Nom´es s’ha d’observar que, per ser disjunts, tenim σ k = σ1k ◦ · · · ◦ σrk i que per poder tenir σ k = id, ha de ser σik = id per a tot i = 1, . . . , r. Per tant k ´es m´ ultiple de tots els ordres i hem acabat.
Considerem Sn amb n ≥ 2.
(a) Trobeu totes les permutacions parells i totes les senars de S3 .
(b) Compteu quantes permutacions parells i quantes senars hi ha a S4 .
(c) Considerem una llista σ1 , σ2 , . . . , σt 7.
de permutacions de Sn diferents i amb el mateix signe.
Prenem una transposici´ o τ i formem la llista τ σ1 , τ σ2 , . . . , τ σt .
Vegeu que a aquesta darrera llista totes les permutacions s´on diferents i tenen signe contrari a les de la llista anterior.
(d) Proveu que a Sn hi ha tantes permutacions parells com senars.
Soluci´ o: a) Parells: id, (1, 2, 3), (1, 3, 2). Senars: (1, 2), (1, 3), (2, 3).
b) Parells (12): id; (1, 2, 3), (1, 2, 4), (1, 3, 2), (1, 3, 4), (1, 4, 2), (1, 4, 3), (2, 3, 4), (2, 4, 3); (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3) Senars (12): (1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 3), (2, 4), (3, 4); (1, 2, 3, 4), (1, 2, 4, 3), (1, 3, 2, 4), (1, 3, 4, 2), (1, 4, 2, 3), (1, 4, 3, 2).
c) Obvi.
d) Conseq¨ u`encia de l’apartat anterior. Siguin σ1 , . . . , σm totes les permutacions parells. Llavors τ σ1 , . . . , τ σm s´ on imparells i s´ on totes les imparells, ja que donada una permutaci´o imparell , τ seria parell i per tant igual a una dels σi anteriors. Aix´ı τ = σi , d’on = τ σi .
` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 27 Considereu les dues permutacions de S10 seg¨ uents: σ1 = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5 1 8 2 7 9 10 6 3 4 , σ2 = (8, 1, 7, 2) ◦ (5, 2) (a) Calculeu σ12 , σ1 ◦ σ2 i σ2−1 , i descomponeu-les en producte de cicles disjunts.
8.
(b) Descomponeu-les en producte de transposicions i calculeu el signe de cadascuna d’elles.
(c) Calculeu ((3, 4) ◦ σ2 )41 Soluci´ o: a) Observem que σ1 = (1, 5, 7, 10, 4, 2) ◦ (3, 8, 6, 9) i que σ2 = (1, 7, 2, 5, 8). Ara ´es f` acil veure que σ2−1 = (1, 8, 5, 2, 7) i σ1 ◦ σ2 = (1, 10, 4, 2, 7) ◦ (3, 8, 5, 6, 9).
b) σ1 = (1, 5) ◦ (5, 7) ◦ (7, 10) ◦ (10, 4) ◦ (4, 2) ◦ (3, 8) ◦ (8, 6) ◦ (6, 9). Signe 1. σ2 = (1, 7) ◦ (7, 2) ◦ (2, 5) ◦ (5, 8). Signe 1.
c) (3, 4) ◦ σ2 = (3, 4) ◦ (1, 7, 2, 5, 8). Per tant, l’ordre (m.c.m. dels ordres) ´es 10. Aix´ı ((3, 4) ◦ σ2 )41 = ((3, 4) ◦ σ2 )40 ◦ ((3, 4) ◦ σ2 ) = (3, 4) ◦ (1, 7, 2, 5, 8) Resoleu les equacions de S5 (o digueu que no tenen soluci´o) seg¨ uents: (a) (1, 4, 2) ◦ σ ◦ (1, 4, 2)−1 = (1, 3).
9.
(b) σ ◦ (2, 1, 4)34 = (2, 3) ◦ (3, 1, 4, 5).
(c) σ ◦ (3, 4, 1) ◦ σ −1 = (3, 4).
Soluci´ o: a) σ = (1, 4, 2)−1 ◦ (1, 3) ◦ (1, 4, 2) = (1, 2, 4) ◦ (1, 3) ◦ (1, 4, 2) = (2, 3).
b) σ = (2, 3) ◦ (3, 1, 4, 5) ◦ (2, 1, 4)−1 (observem que (2, 1, 4)34 = (2, 1, 4)3·11+1 = (2, 1, 4)). Aix´ı σ = (2, 3) ◦ (3, 1, 4, 5) ◦ (1, 2, 4) = (1, 3) ◦ (2, 5) c) No t´e soluci´ o, ja que a l’esquerra hi ha un cicle d’ordre 3 (conjugar no canvia l’ordre) i a la dreta un d’ordre 2.
28 Cap´ıtol 3 Determinants Suposant a b c d e f g h i = 5, trobeu 1.
a) c) a b c g h i d e f b) a+d b+e c+f d e f g h i d) −a −b −c 2d 2e 2f −g −h −i a b c d − 3a e − 3b f − 3c 2g 2h 2i Soluci´ o: Si multipliquem una fila per un n´ umero, el determinant queda multiplicat per aquest n´ umero. Si canviem la fila Fi per Fi m´es una combinaci´o lineal de les altres files, el determinant no canvia. Aix´ı que tenim a) -5; b) 10; c) 5; d) 10.
Sigui a b c d A= .
2. Demostreu que det(A − λI) = det a−λ b c d−λ 29 = λ2 − (tra¸ca A)λ + det A 30 Soluci´ o: Trivial.
Trobeu els valors de λ per als quals det(A) = 0, amb  3.
λ − 1 −2 1 λ−4 A= i  λ−6 0 0 λ −1  A= 0 0 4 λ−4 Soluci´ o: En el primer cas les arrels s´on λ = 2 i λ = 3. En el segon cas les arrels s´on λ = 6, λ = 2 per`o aquesta segona arrel ´es arrel doble.
Siguin u = (u1 , u2 ), v = (v1 , v2 ) dos vectors de R2 . Demostreu que l’`area del paral.lelogram que generen est` a donada per 4.
u1 v1 ` Area =| | u2 v2 Soluci´ o: L’` area del paral.lelogram ´es igual a la longitud de la base per l’altura.
u ! h v Aix´ı doncs ` Area = |v| · h = |v||u| sin α = |v||u| 1 − = |u|2 |v|2 − (u · v)2 = u·v |v||u| 2 (u1 v2 − u2 v1 )2 = | u1 v1 u2 v2 |.
` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 31 Siguin (a1 , a2 ), (b1 , b2 ), (c1 , c2 ) tres punts diferents de R2 . Proveu que l’equaci´o de la recta que passa per (a1 , a2 ), (b1 , b2 ) i l’` area del triangle que formen els tres punts v´enen donats respectivament per: 5.
1 x y 1 a1 a2 1 1 a1 a2 = 0, A = | 1 b1 b2 |.
2 1 b1 b2 1 c1 c2 Soluci´ o: El primer determinant igualat a zero ´es una equaci´o lineal en x i en y. Per tant ´es una recta. A m´es ´es evident que si canviem x, y per a1 , a2 el determinant ´es zero (dues files iguals).
Per tant la recta passa per (a1 , a2 ). Idem per b1 , b2 .
En el segon determinant, si canviem Fi per Fi − F1 , i = 2, 3, tenim 1 a1 a2 1 A = | 0 b1 − a1 b2 − a2 2 0 c1 − a1 c2 − a2 1 b − a1 b2 − a2 |= | 1 2 c1 − a1 c2 − a2 |.
Pel problema 4 hem acabat.
Proveu que 6.
a b ··· b a ··· .. .. . .
.
. .
b b ··· b b ··· b b ..
.
b b ..
.
= (a − b)n−1 (a + (n − 1)b), a b b a on n ´es l’ordre de la matriu.
Soluci´ o: Canviem C1 per C1 + C2 + · · · + Cn i traiem (a + (n − 1)b) factor com´ u. L’anterior determinant ´es, doncs, igual a 1 b ··· 1 a ··· (a + (n − 1)b) ... ... . . .
1 b ··· 1 b ··· b b ..
.
b b ..
.
a b b a Ara canviem Fi per Fi − F1 , i = 2, . . . , n. Obtenim aix´ı una matriu diagonal. El primer terme d’aquesta diagonal ´es 1 i els dem´es s´ on tots iguals a (a − b). Per tant el determinant d’aquesta matriu diagonal ´es igual a (a − b)n−1 i hem acabat.
32 Proveu que 1 a1 a21 ..
.
7.
1 a2 a22 ..
.
··· ··· ··· ..
.
an−1 an−1 ··· 1 2 1 an a2n ..
.
(ai − aj ).
= i>j an−1 n Soluci´ o: Aquest determinant s’anomena determinant de Vandermonde1 . Canviem Fi per Fi − a1 Fi−1 , i = 2, . . . , n. Obtenim aix´ı que el determinant donat ´es igual al determinant 1 0 0 ..
.
1 a2 − a1 a2 (a2 − a1 ) ..
.
··· ··· ··· ..
.
(a2 − a1 ) · · · 0 an−2 2 1 an − a1 an (an − a1 ) ..
.
.
ann−2 (an − a1 ) Desenvolupant per la primera columna i traient factor com´ u a cada columna de la matriu (n − 1) × (n − 1) restant tenim (a2 − a1 ) · · · · · (an − a1 ) 1 a2 a22 ..
.
··· ··· ··· ..
.
a2n−2 · · · 1 an a2n ..
.
.
ann−2 Per inducci´o hem acabat.
Proveu que 1 n+1 2n + 1 ..
.
8.
2 n+2 2n + 2 ..
.
...
...
...
..
.
n 2n 3n ..
.
(n − 1)n + 1 (n − 1)n + 2 . . .
n2 = 0, per a tot n > 2.
1 Per` o no apareix a cap dels 4 u ´nics articles de Vandermonde. En el quart estudia propietats dels determinants (qu`e passa en permutar dues files, etc.), ja coneguts per Leibniz.
` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 33 Soluci´ o: Si canviem F2 per F2 − F1 , i F3 per F3 − F2 obtenim un determinant que t´e dues files iguals, i que per tant, ´es igual a zero.
Calculeu el determinant a b c d 9.
a b c c a b b b a a .
a a Soluci´ o: Fem Fi −→ Fi − Fi−1 . Tenim a b c d a b c c a b b b a a a a a a a b−a b−a b−a c−b c−b 0 d−c 0 0 = a 0 .
0 0 Com aquesta matriu ´es triangular i 4 × 4 el seu determinant val el producte dels elements de la diagonal (secund` aria), i.e. a(b − a)(c − b)(d − c). Ull al signe, ´es a dir, penseu quan val el determinant de        a11 a21 a31 ..
.
a12 a22 a32 ..
.
an1 0 ...
...
...
a1,n−1 a1n a2,n−1 0 0 0 ..
..
.
.
0 0 ...
0     .
  Compareu amb apartat B del problema seg¨ uent.
Calculeu els determinants seg¨ uents 1 10.
A= n ..
.
n 2 ..
.
n ...
...
..
.
..
.
n n ..
.
n n , B= 0 ...
..
.
. ..
.
0 ..
1 0 0 .
..
..
.
...
1 −1 1 0 .. , .
0 C= 2 0 3 3 −1 −2 0 ..
..
..
.
.
.
−1 −2 . . .
...
...
..
.
..
n n ..
.
.
n −(n − 1) 0 34 Soluci´ o: Primer determinant. Traiem factor com´ u n a cada fila 1/n A = nn 1 ..
.
1 1 ...
.
2/n . .
..
..
.
.
...
1 1 ..
.
1 1 Ara canviem Fi −→ Fi −Fn , i = 1, 2, . . . , n−1. Ens queda el determinant d’una matriu triangular inferior que t´e a la diagonal els valors ( 2 n−1 1 − 1); ( − 1); . . . ; ( − 1); (1) n n n Aix´ı (−1)n−1 (n − 1)! = (−1)n−1 n! nn−1 Segon determinant. Nom´es cal observar que la permutaci´o A = nn · σ= 1 2 ...
n n − 1 ...
n−1 n 2 1 aplicada a les files transforma la matriu donada en la matriu identitat, que t´e determinant 1. Per tant det B = signe σ.
Per calcular el signe de σ observem que si n = 2k podem descompondre σ en producte de k transposicions aix´ı: σ = (1, n)(2, n − 1) . . . (k, k + 1) i per tant signe σ = (−1)k i det B = (−1)k .
Si n = 2k + 1 podem descompondre σ en producte de k transposicions aix´ı: σ = (1, n)(2, n − 1) . . . (k, k + 2) (k + 1 resta fix) i per tant signe σ = (−1)k i det B = (−1)k .
Tercer determinant. Canviem Fi per Fi + F1 , i = 2, . . . , n. Queda una matriu triangular amb la diagonal formada per 1, 2, 3, . . . , n. Per tant, C = n!.
11.
Una matriu A ∈ Mn (R) es diu antisim`etrica quan A = −At . Demostreu que el determinant d’una matriu antisim`etrica d’ordre senar ´es zero.
Soluci´ o: Recordeu que multiplicar una matriu per un escalar vol dir multiplicar cada element de la matriu per aquesta escalar. Aix´ı, si A ´es una matriu n × n, det(λA) = λn A.
En el nostre cas tenim det A = det(−At ) = det((−1)At ) = (−1)n det At = − det A ` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 35 i, per tat, det A = 0.
Trobeu tots els valors del par` ametre a per als quals el sistema d’equacions lineals seg¨ uent no t´e soluci´o x+z = 1 12.
2ax + 3y + z = 2 + a ax + 3ay = a Soluci´ o: Recordem que el sistema t´e soluci´o si i nom´es si el rang de la matriu del sistema coincideix amb el rang de la matriu ampliada. El nombre d’inc`ognites menys aquest rang ´es el n´ umero de graus de llibertat (dimensi´ o de l’espai de solucions del sistema homogeni associat).
El determinant del sistema ´es 1 0 1 2a 3 1 = 6a(a − 1).
a 3a 0 Si a = 0 i a = 1, aquest determinant ´es diferent de 0 i per tant la matriu del sistema t´e rang 3.
Aix`o implica que el sistema ´es compatible determinat (t´e una u ´nica soluci´o).
Si a = 0, la matriu del sistema t´e rang 2 i la matriu ampliada 1 0 1 1 0 3 1 2 0 0 0 0 tamb´e t´e rang 2. Per tant el sistema ´es compatible indeterminat (l’espai de solucions ´es una recta).
Si a = 1, la matriu del sistema t´e rang 2 i la matriu ampliada 1 0 1 1 0 3 1 3 0 0 0 1 t´e rang 3. Per tant el sistema ´es incompatible.
Estudieu en funci´ o de a i b quan el sistema seg¨ uent ´es compatible indeterminat.
 + 2z  x 13.
ax + y  x + 2y − az incompatible, compatible determinat o = a = b = 2 36 Soluci´ o: El determinant del sistema ´es 1 0 2 a 1 0 1 2 −a = 3a − 2.
Si a = 2/3, aquest determinant ´es diferent de 0 i per tant la matriu del sistema t´e rang 3. Aix` o implica que el sistema ´es compatible determinat (t´e una u ´nica soluci´o).
Si a = 2/3, la matriu del sistema t´e rang 2 i la matriu ampliada 1 0 2 a a 1 0 b 1 2 −a 0 t´e rang 3 si b = 10/9. Per tant el sistema ´es, en aquest cas, incompatible. En canvi si b = 10/9 el rang de la matriu ampliada ´es 2, i per tant el sistema ´es, en aquest cas, compatible indeterminat amb un grau de llibertat.
Cap´ıtol 4 Diagonalitzaci´ o Calculeu el polinomi caracter´ıstic i els vectors i valors propis asociats a cadascuna de les seg¨ uents matrius:     2 0 4 −2 −2 1 A =  3 −4 12  B =  −2 1 −2  1 −2 5 1 −2 −2 1.
    1 2 3 4 4 1 1  0 1 2 3   C= 1 4 1  D=  0 0 1 2  1 1 4 0 0 0 1 Soluci´ o: det(A − xI) = 2−x 0 4 3 −4 − x 12 1 −2 5−x = −x3 + 3x2 − 2x.
Per tant els valors propis s´ on 0, 1 i 2.
Vector propi de valor propi 0. Hem de resoldre el sistema compatible indeterminat        a 2 0 4 a 0 (A − 0 · I)  b  =  3 −4 12   b  =  0  .
c 1 −2 5 c 0 Obtenim u = (−4, 3, 2) (i qualsevol m´ ultiple d’ell).
Vector propi de valor propi 1. Hem de resoldre el sistema compatible indeterminat        a 1 0 4 a 0 (A − 1 · I)  b  =  3 −5 12   b  =  0  .
c 1 −2 4 c 0 37 38 Obtenim v = (−4, 0, 1) (i qualsevol m´ ultiple d’ell).
Vector propi de valor propi 2. Hem de resoldre el sistema compatible indeterminat        a 1 0 4 a 0 (A − 2 · I)  b  =  3 −6 12   b  =  0  .
c 1 −2 3 c 0 Obtenim w = (2, 1, 0) (i qualsevol m´ ultiple d’ell).
Trobeu els vectors i valors propis de l’endomorfisme f : R2 [x] −→ R2 [x] donat per 2.
f (ax2 + bx + c) = (c − 2a)x2 − (8a + b)x + (2a + 6b + 5c).
Soluci´ o: La matriu de f respecte de la base (1, x, x2 ) ´es   5 6 2 A =  0 −1 −8  1 0 −2 ja que f (1) = x2 + 5, f (x) = −x + 6, f (x2 ) = −2x2 − 8x + 2. A partir d’aqu´ı el problema continua com l’anterior.
Concretament det(A − x I) = −x3 + 2x2 + 15x − 36. Mirant els divisors del terme independent trobem que det(A − x I) = −(x − 3)2 (x + 4).
Vectors propis de valor propi 3. Hem de resoldre el sistema compatible indeterminat        a 2 6 2 a 0 (A − 3 · I)  b  =  0 −4 −8   b  =  0  .
c 1 0 −5 c 0 ´ a dir, u ´es el polinomi 3x2 + 8x − 6. Tot i Obtenim u = (−6, 8, 3) (i qualsevol m´ ultiple d’ell). Es que el valor propi 3 t´e multiplicitat 2 nom´es hi ha un vector propi (i els seus m´ ultiples) de valor propi 3.
Vector propi de valor propi −4. Hem de resoldre el sistema compatible indeterminat        a 9 6 2 a 0        b 0 3 −8 b 0 .
(A + 4 · I) = = c 1 0 2 c 0 ´ a dir, v ´es el polinomi x2 − 2x + 5.
Obtenim v = (5, −2, 1) (i qualsevol m´ ultiple d’ell). Es ` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 39 Trobeu els vectors i valors propis de l’endomorfisme f : M2×2 (R) −→ M2×2 (R) donat per 3.
a b c d f 2c a+c b − 2c d = .
Soluci´ o: La matriu de f respecte de la base 1 0 0 0 , 0 1 0 0 , 0 0 1 0 , 0 0 0 1 ´es  0  1 A=  0 0  0 2 0 0 1 0  .
1 −2 0  0 0 1 A partir d’aqu´ı el problema continua com l’anterior.
Obtenim det(A − x I) = (x − 1)2 (x + 1)(x + 2).
Vectors propis de valor propi 1. Hem de resoldre el sistema compatible indeterminat  a −1 0 2 0  1 −1 1 0   b  det(A − I) =   0 1 −3 0   c d 0 0 0 0   0   0   =  .
  0  0   ´ a dir, les matrius Obtenim u = (2, 3, 1, 0) i v = (0, 0, 0, 1). Es u= 2 3 1 0 0 0 0 1 ;v = Vector propi de valor propi −1. Hem de resoldre el sistema compatible indeterminat  1  1   0 0  a 0 2 0  b 1 1 0   1 −1 0   c 0 0 2 d ´ a dir, la matriu Obtenim u = (−2, 1, 1, 0). Es u= −2 1 1 0    0   0   =  .
  0  0 40 Vector propi de valor propi −2. Hem de resoldre el sistema compatible indeterminat      −1 0 2 0 a 0  1 −1 1 0   b   0     =  .
 0 1 −3 0   c   0  0 0 0 0 d 0 ´ a dir, la matriu Obtenim u = (−1, 0, 1, 0). Es u= −1 0 1 0 .
Demostreu que els polinomis caracter´ıstics P (x) de A i Q(x) de A−1 estan relacionats per Q(λ) = 4.
(−1)n λn P (λ−1 ).
P (0) Indicaci´o: Considereu la matriu A(A−1 − λI).
Soluci´ o: Tenim det A · det(A−1 − λI) = det(I − λA).
Per tant det A · Q(λ) = (−1)n det(Aλ − I) = (−1)n det(λ(A − λ−1 I)) = (−1)n λn P (λ−1 ).
Com det A = P (0) hem acabat.
Determineu si les matrius seg¨ uents s´ on diagonalitzables i la que el corresponent endomorfisme diagonalitza.
   0 1 0 A =  −4 4 0  , B= 5.
−2 1 2   4 −5 2 C =  5 −7 3  , 6 −9 4 trobeu, quan sigui possible, la base en  2 6 −15 1 1 −5  , 1 2 −6   5 −3 2 D =  6 −4 4  .
4 −4 5 Soluci´ o: El polinomi caracter´ıstic de A ´es −x 1 0 −4 4 − x 0 −2 1 2−x = −(x − 2)3 .
` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 41 Per trobar els vectors propis de valor propi 2 (l’´ unic que hi ha) fem        a −2 1 0 a 0        b −4 2 0 b 0 .
(A − 2 · I) = = c −2 1 0 c 0 Sabem que la dimensi´ o de l’espai de solucions d’un sistema homogeni, d, ´es igual al nombre ´ a dir, d = n − r. En aquest cas, doncs, d’inc`ognites n menys el rang r da la matriu. Es d = 3 − 1 = 2. Per tant, A no diagonalitza, ja que perqu`e diagonalitz´es hauria de ser d = 3.
De tota manera podem continuar jugant amb la matriu A i resoldre el sistema anterior. Obtenim que l’espai de solucions, de dimensi´ o 2, est`a generat pels vectors u = (1, 2, 0) i v = (0, 0, 1).
Podem llavors ampliar aquests dos vectors a una base, afegint-hi un tercer vector arbitrari per` o linealment independent amb u i v. Per exemple prenem w = (1, 0, 0). Llavors calculem f`acilment els coeficients a, b de la igualtat seg¨ uent Aw = au + bv + cw (c ha de ser for¸cosament igual a 2. Obtenim a = b = −2).
Si b = 0, prenem com a nova base u, au+bv, w (si a = 0, prendr´ıem com a nova base v, au+bv, w).
llavors A en aquesta base s’escriu com   2 0 0 A = 0 2 1  0 0 2 Es diu que ´es la forma de Jordan de A.
Equivalentment, si diem  1 −2 1 P =  2 −4 0  0 −2 0  (matriu que t´e per columnes les components dels vectors propis) llavors P −1 AP = A .
El polinomi caracter´ıstic de B ´es 2−x 6 −15 1 1−x −5 1 2 −6 − x Per trobar els vectors propis de valor propi −1    a 3 (B − (−1) · I)  b  =  1 c 1 = −(x + 1)3 .
(l’´ unic que hi ha) fem     6 −15 a 0 2 −5   b  =  0  .
2 −5 c 0 En aquest cas d = 3 − 1 = 2 = 3 i per tant no diagonalitza. Us podeu entretenir en trobar la forma de Jordan de B.
42 El polinomi caracter´ıstic de C ´es 4−x −5 2 5 −7 − x 3 6 −9 4−x = x2 (1 − x).
Per trobar els vectors propis de valor propi 0 fem        a 4 −5 2 a 0 (C − 0 · I)  b  =  5 −7 3   b  =  0  .
c 6 −9 4 c 0 En aquest cas d = 3 − 2 = 1 = 3 i per tant no diagonalitza. Us podeu entretenir en trobar la forma de Jordan de C.
El polinomi caracter´ıstic de D ´es 5−x −3 2 6 −4 − x 4 4 −4 5−x = −x3 + 6x2 − 11x + 6 = (x − 1)(x − 2)(x − 3).
Per trobar els vectors propis de valor propi 1 fem        a 4 −3 2 a 0 (D − 1 · I)  b  =  6 −5 4   b  =  0  .
c 4 −4 4 c 0 Obtenim u = (1, 2, 1) (i qualsevol dels seus m´ ultiples).
Per trobar els vectors propis de valor propi 2 fem        a 3 −3 2 a 0        b 6 −6 4 b 0 .
(D − 2 · I) = = c 4 −4 3 c 0 Obtenim v = (1, 1, 0) (i qualsevol dels seus m´ ultiples).
Per trobar els vectors propis de valor propi 3 fem        a 2 −3 2 a 0 (D − 3 · I)  b  =  6 −7 4   b  =  0  .
c 4 −4 1 c 0 Obtenim w = (1, 2, 2) (i qualsevol dels seus m´ ultiples).
Aix´ı, en la base (u, v, w), la matriu D s’escriu com   1 0 0 D = 0 2 0  0 0 3 ` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 43 Equivalentment, si diem   1 1 1 P = 2 1 2  1 0 2 (matriu que t´e per columnes les components dels vectors propis) llavors P −1 DP = D .
Sigui 6 2 3 7 A= 6.
.
Trobeu una matriu B tal que B 2 = A.
Soluci´ o: Diagonalitzarem, farem l’arrel quadrada, i desfarem el canvi. El polinomi caracter´ıstic de A ´es x2 − 13x + 36. Les seves arrels s´on x = 9 i x = 4. El vector propi de valor propi 9 s’obt´e resolent 0 a −3 2 a = = det(A − 9I) 0 b 3 −2 b Obtenim u = (2, 3) (i qualsevol dels seus m´ ultiples).
El vector propi de valor propi 4 s’obt´e resolent det(A − 4I) a b = 2 2 3 3 a b = 0 0 Obtenim v = (1, −1) (i qualsevol dels seus m´ ultiples).
Si posem 2 1 P = 3 −1 (matriu que t´e per columnes les components dels vectors propis) tenim P −1 AP = 9 0 0 4 = 3 0 0 2 2 Aix´ı P −1 B 2 P = (P −1 BP )(P −1 BP ) = i per tant P −1 BP = 3 0 0 2 .
3 0 0 2 2 44 Equivalentment B=P 3 0 0 2 P −1 = Trobeu els valors de a, b, c ∈ R per als quals la  c A= b 7.
0 1 5 12 2 3 13 matriu  2a 0 0 a  2b −c ´es diagonalitzable (sobre R).
3 2 2 Soluci´ o: El polinomi caracter´ıstic √ val p(x) = x −√(c + 4ab)x. Si c + 4ab > 0, tenim tres valors propis reals diferents (λ = 0, µ = c2 + 4ab, ν = − c2 + 4ab) i per tant A diagonalitza.
Si c2 + 4ab = 0, amb b = 0, nom´es tenim el valor propi λ = 0, que d´ona lloc u ´nicament al vector c propi ( ab , 2b , 1), i per tant no diagonalitza.
Si c2 + 4ab = 0, amb b = 0 (i, per tant c = 0), tenim dos casos: a = 0 en que A no diagonalitza i a = 0, en que A = 0.
Si c2 + 4ab < 0 nom´es tenim un valor propi real (λ = 0) i per tant no diagonalitza sobre R.
Definim les aplicacions de R2 [x] a R seg¨ uents: 1 ω1 (p(x)) = 3 1 p(s)ds, ω2 (p(x)) = 3 −1 1 sp(s)ds, s2 p(s)ds.
ω3 (p(x)) = −15 −1 −1 ´ 8. Es (ω1 , ω2 , ω3 ) una base de R2 [x]? Sigui ϕ : R2 [x] −→ R2 [x] p(x) → ω1 (p(x)) + ω2 (p(x))x + ω3 (p(x))x2 .
Demostreu que ϕ ´es una aplicaci´ o lineal bijectiva. Diagonalitza ϕn per atot n ≥ 1? Trobeu l’expressi´o de l’aplicaci´ o ϕn .
Soluci´ o: La matriu de ϕ respecte de la base 1, x, x2 ´es   6 0 2  0 2 0 , −10 0 −6 la qual admet els valors propis diferents 2, 4, −4, i per tant diagonalitza.
` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 45 Sigui f : R3 −→ R3 (x, y, z) −→ (x, 3x − y − 2z, −6x + 6y + 6z) (a) Demostreu que f ´es una aplicaci´o lineal, i trobeu la seva matriu en la base can`onica (diguem-n’hi A).
(a) Trobeu el polinomi caracter´ıstic de f i factoritzeu-lo. Quins s´on els valors propis de f ? 9.
(b) Calculeu els subespais propis corresponents a cada valor propi de f .
(c) Existeix alguna base de R3 formada exclusivament per vectors propis de f ? Diagonalitza f? (d) Calculeu la matriu de f en la base de vectors propis de l’apartat anterior i relacioneu-la amb la matriu A del primer apartat.
´ f` Soluci´ o: a) Es acil veure que f ((x, y, z)+(x , y , z )) = f (x, y, z)+f (x , y , z ) i que f (λ(x, y, z)) = λf (x, y, z). La matriu en la base can` onica ´es   1 0 0 A =  3 −1 −2  −6 6 6 b) El polinomi caracter´ıstic ´es det(A − x I) = −(x − 1)(x − 2)(x − 3).
Per tant els valors propis s´ on 1, 2 i 3.
c) Vector propi de valor propi λ = 1. Resolent det(A − I)v = 0 obtenim u = (2, −3, 6) (i tots els seus m´ ultiples). Vector propi de valor propi µ = 2. Resolent det(A − 2I)v = 0 obtenim v = (0, −2, 3) (i tots els seus m´ ultiples).Vector propi de valor propi ν = 3. Resolent det(A − 3I)v = 0 obtenim w = (0, −1, 2) (i tots els seus m´ ultiples).
d) f diagonalitza en la base de vectors propis (u, v, w).
e) Si diem P a la matriu que t´e per columnes les components de u, v, w respecte de la base can`onica tenim   2 0 0 P =  −3 −2 −1  6 3 2 i es compleix que   1 0 0 P −1 AP =  0 2 0  .
0 0 3 46 Donada 5/2 −1 3 −1 A= 10.
calculeu A1438 i limn→∞ An .
Soluci´ o: El polinomi caracter´ıstic det(A − x I) ´es igual a x2 − 23 x + 12 . Les seves arrels s´ on λ = 1 i µ = 12 . El vector propi de valor propi 1 ´es u = (2, 3). El vector propi de valor propi 12 ´es v = (1, 2). Si diem P a la matriu que t´e per columnes les components de u, v respecte de la base can`onica tenim 2 1 3 2 P = Llavors 1 0 0 1/2 P −1 AP = Equivalentment, A=P 1 0 0 1/2 P −1 I per tant, A 1438 =P 1 0 0 1/2 1438 P −1 = 2 1 3 2 1 0 2 −1 −3 2 0 1 21438 Aquest producte de matrius es pot escriure com A1438 = 4 − 3a −2 + 2a 6 − 6a 4a − 3 , lim An = 4 −2 6 −3 amb Finalment n→∞ .
a= 1 21438 ` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 11.
47 Estudieu la diagonalitzaci´ o sobre R i sobre C, dels endomofismes representats per les matrius seg¨ uents, referides a la base can` onica:   −3 6 0 0 −i 3 17 A= , B= , C =  −2 3 0  , i 0 −2 −3 0 0 5   6 −7 −20 −8  , D= 0 0 1 −1 0   2 + i −i i E =  −2i 2 −2i  , −i −i 2 − i  0  0 F =  0 −1 1 0 0 0 0 1 0 0  0 0  .
1  0 Soluci´ o: Fem els dos u ´ltims casos. El polinomi caracter´ıstic de E ´es 2 + i − x −i i −2i 2−x −2i −i −i 2 − i − x = −x3 + 6x2 − 16x + 16 = −(x − 2)(x − (2 + 2i))(x − (2 − 2i)).
Per tant, diagonalitza sobre C i no sobre R.
El polinomi caracter´ıstic de F ´es −x 1 0 0 0 −x 1 0 0 0 −x 1 −1 0 0 −x = −x −x 1 0 0 −x 1 0 0 −x 0 1 0 0 −x 1 −1 0 −x − = x4 + 1 Per tant, diagonalitza sobre C (x4 + 1 t´e 4 arrels complexes diferents) i no sobre R.
Sigui E = {(x, y, z) ∈ R3 ; z = 0} ⊂ R3 . Demostreu que l’endomofisme f de R3 donat per f (x, y, z) = (−x − 3y, −3x − y + 2z, 2z) deixa E invariant, ´es a dir f (E) ⊂ E. Calculeu una base 12.
de E i la matriu de la restricci´ o f|E de f a E en aquesta base. Calculeu tots els endomorismes 3 de R que siguin diagonalitzables, que deixin E invariant i que coincideixin amb f sobre E.
Soluci´ o: Prenem e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) (en aquest ordre) com base B de E. Llavors M (fE , B, B) = −1 −3 −3 −1 Completem B a la base C = (e1 , e2 , e3 ) amb e3 = (0, 0, 1).
sobre E ´es tal que  −1 −3 M (F, C, C) =  −3 −1 0 0 Llavors tota F que coincideixi amb f  a b , c 48 per a certs a, b, c ∈ R.
Els valors propis d’aquesta matriu s´ on 2, −4, c. Aix´ı, si c = 2 i c = 4, qualsevol F donada per la matriu anterior ´es diagonalitzable, deixa E invariant i coincideix amb f sobre E Suposem ara c = 2 i calculem els vectors propis de F . Tenim      −3 −3 a x 0  −3 −3 b   y  =  0  0 0 0 z 0 Si a = b, aquest sistema nom´es admet la soluci´o w = (1, −1, 0) (i els seus m´ ultiples). No tenim prou vectors propis i la matriu no diagonalitza.
Si a = b, el sistema admet les solucions (i els seus m´ ultiples) u = (−1, 1, 0) v = (a/3, 0, 1) i tenim dos vectors propis linealment independents, que juntament amb el vector propi corresponent al valor propi −4 ens donen els tres vectors propis que fan que la matriu diagonalitzi.
Suposem ara c = −4 i calculem els valors propis de F . Tenim      3 −3 a x 0  −3 3 b   y  =  0  0 0 0 z 0 Si a = −b, aquest sistema nom´es admet un vector soluci´o (i els seus m´ ultiples). No tenim prou vectors propis i la matriu no diagonalitza.
Si a = −b, el sistema admet dos vectors solucions linealment independents (i els seus m´ ultiples), que juntament amb el vector propi corresponent al valor propi 2 ens donen els tres vectors propis que fan que la matriu diagonalitzi.
Resumint, les aplicacions buscades tenen, respecte de la base can`onica, la forma   −1 −3 a  −3 −1 b  , c = 2, −4 0 0 c O b´e   −1 −3 a  −3 −1 a  0 0 2   −1 −3 a  −3 −1 −a  .
0 0 −4 Sigui f : V −→ V un endomorisme. Siguin B1 , B2 bases de V . Demostreu que 13. det M (f, B1 ) = det M (f, B2 ). (Aix`o permet definir el determinant d’un endomorisme com det f = det M (f, B1 )).
` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 49 Soluci´ o: F´ ormula del canvi de base.
Siguin E un R-espai vectorial i f : E −→ E un endomorfisme. Proveu que: (a) dim E senar ⇒ f t´e almenys un valor propi.
14.
(b) dim E parell i det f < 0 ⇒ f t´e almenys dos valors propis diferents.
(c) Hi ha exemples en qu`e dim E ´es parell i f no t´e valors propis.
Soluci´ o: (a) El caracter´ıstic ´es d’ordre senar. I tot polinomi d’ordre senar t´e almenys una arrel real.
(b) Si les 4 arrels del caracter´ıstic fossin complexes, serien conjugades dos a dos, de manera que el caracter´ıstic seria de la forma [(x − a)2 + b2 ][(x − c)2 + d2 ] i el terme independent seria positiu. Per tant, almenys dues arrels s´on reals. Si fos una arrel real doble, el caracter´ıstic seria de la forma [(x − a)2 + b2 ](x − c)2 i el terme independent seria positiu. Per tant, les dues arrels reals han de ser diferents.
(c) Un gir de R2 de centre l’origen i angle α amb 0 < α < 2π.
Estudieu segons els valors dels par` ametres a i b la diagonalitzaci´o dels endomorismes de R3 que, en la base can` onica, tenen les matrius seg¨ uents:       a b 0 a b 0 a−b b −1 15.
A =  b a b , B =  0 −1 0  , C =  −b a − b −1  0 b a 0 0 1 0 0 a2 Soluci´ o: El polinomi caracter´ıstic de la matriu A ´es a−x b 0 b a−x b 0 b a−x = (a − x)3 − 2b2 (a − x).
50 √ Traient factor com´ u (a − x) veiem que les arrels del caracter´ıstic s´on a, a ± 2b. Si b = 0, aquests tres valors s´ on diferents i per tant A diagonalitza. Si b = 0, A = a id, de manera que tamb´e diagonalitza.
El polinomi caracter´ıstic de la matriu B ´es a−x b 0 0 −1 − x 0 0 0 1−x = (1 − x)(a − x)(−1 − x).
Per tant, si a = ±1, el caracter´ıstic t´e tres arrels diferents i B diagonalitza.
Si a = 1, el valor propi 1 ´es doble. Calculem els vectors propis corresponents.
     0 b 0 x 0  0 −2 0   y  =  0  0 0 0 z 0 Obtenim que u = (1, 0, 0) i v = (0, 0, 1) s´on vectors propis linealment independents de valors propi 1. Per tant (recordem que s´ on independents amb el el vector propi de valor propi −1), B diagonalitza.
Si a = −1, el valor propi −1 ´es doble. Calculem els vectors propis corresponents.
     0 x −1 b 0  0 −1 0   y  =  0  0 z 0 0 1 Obtenim que u = (1, 0, 0) ´es l’´ unic vector propi de valor propi 1. Per tant, B no diagonalitza.
El polinomi caracter´ıstic de la matriu C ´es a−b−x b −1 −b a−b−x −1 2 0 0 a −x = (a2 − x)((a − b − x)2 + b2 ) Com el segon factor ´es suma de quadrats, si b = 0 la u ´nica arrel del caracter´ıstic ´es x = a2 i per tant C no diagonalitza. Si b = 0, les arrels del caracter´ıstic s´on x = a2 i x = a (doble). Si a = 1 tenim una arrel triple.
Calculem, quan b = 0, els vectors propis de valor propi a. Obtenim u = (1, 0, 0, ) i v = (0, 1, 0), i per tant (recordem que s´ on independents amb el el vector propi de valor propi a2 si a = 1), C diagonalitza.
Si b = 0 i a = 1, tenim nom´es dos vectors propis independents i C no diagonalitza.
Quins valors poden prendre a i d per tal que les matrius seg¨ uents representin el mateix endomorfisme de C2 ? a −8 2i 0 16.
5 d 0 2i ` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 51 Soluci´ o: Per que les matrius representin el mateix endomorfisme ´es condici´o necess`aria (no suficient) que tinguin la mateixa tra¸ca i el mateix determinant.
Per tant a + d = 4i ad + 40 = −4 Per tant, a, d s´ on les arrels de l’equaci´ o de segon grau x2 − 4ix − 44 = 0 Obtenim a = 2i + d = 2i − √ √ 40 40 En aquest cas aquesta condici´ o no ´es suficient, ja que l’endomorfisme f : C2 −→ C2 que t´e per matriu, respecte de la base can` onica, √ −8 2i + 40 √ 5 2i − 40 t´e un u ´nic vector propi de valor propi 2i.
Quins valors poden prendre a i d per tal que les matrius seg¨ uents representin el mateix endomorfisme de C2 ? 2i 0 a −8 17.
0 −2i 5 d Soluci´ o: Per que les matrius representin el mateix endomorfisme ´es condici´o necess`aria (no suficient) que tinguin la mateixa tra¸ca i el mateix determinant.
Per tant a+d = 0 ad + 40 = 4 Per tant, a, d s´ on les arrels de l’equaci´ o de segon grau x2 − 36 = 0 Obtenim a = 6, d = −6 (o al rev´es). En aquest cas aquesta condici´o ´es suficient, ja que l’endomorfisme f : C2 −→ C2 que t´e per matriu, respecte de la base can`onica, 6 −8 5 −6 52 t´e dos vectors propis linealment independents, de valor propi respectivament 2i i −2i.
Considerem l’endomorfisme f : R4 −→ R4 donat per 18.
f (x, y, z, t) = (x + y + z + t, x + y − z − t, x − y + z − t, x − y − z + t).
Calculeu f 100 (1, 0, −1, −1) Soluci´ o: La matriu associada a f respecte  1  1 A=  1 1 de la base can`onica de R4 ´es  1 1 1 1 −1 −1   −1 1 −1  −1 −1 1 El polinomi caracter´ıstic ´es pf (x) = 1−x 1 1 1 1 1 − x −1 −1 1 −1 1 − x −1 1 −1 −1 1 − x = 2−x 1 0 1 2−x 1−x 0 −1 0 −1 2−x −1 0 −1 −2 + x 1 − x (Hem canviat la columna 1, C1 , per C1 + C2 , i la columna 3, C3 , per C3 − C4 ). Traiem (2 − x) factor com´ u a les columnes 1 i 3. Tenim 2 (2 − x) 1 1 0 1 1 1−x 0 −1 0 −1 1 −1 0 −1 −1 1 − x 2 = (2 − x) 1 1 0 1 0 −x 0 −2 0 −1 1 −1 0 −1 −1 1 − x (Canviem la fila 2, F2 , per F2 − F1 ). Desenvolupant per la primera columna obtenim pf (x) = (x − 2)3 (x + 2) Vectors propis de valor propi 2. Resolem el sistema   −1 1 1 1 x  1 −1 −1 −1   y  (A − 2id)v = 0 =   1 −1 −1 −1   z 1 −1 −1 −1 t    0   0   =  .
  0  0 Tenim una u ´nica equaci´ o x = y + z + t. Assignant a (y, z, t) els valors de la base can`onica obtenim tres vectors propis de valor propi 2 linealment independents.
u = (1, 1, 0, 0) v = (1, 0, 1, 0) w = (1, 0, 0, 1) ` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 53 Vector propi de valor propi −2. De manera an`aloga obtenim que l’´ unic (i els seus m´ ultiples) vector propi de valor propi −2 ´es p = (−1, 1, 1, 1).
Ara escrivim el vector donat (1, 0, −1, 1) com a combinaci´o lineal dels vectors propis (1, 0, −1, 1) = au + bv + cw + dp Apliquem f 100 a aquesta igualtat i obtenim f 100 (1, 0, −1, 1) = a2100 u + b2100 v + c2100 w + d(−2)100 p Com 100 ´es parell, podem treure factor com´ u 2100 i tenim f 100 (1, 0, −1, 1) = 2100 (1, 0, −1, 1).
(No ens ha calgut calcular els coeficients a, , b, c, d. I tampoc ens ha calgut l’expressi´o concreta de u, v, w, nom´es hem usat que hi ha tres vectors propis de valor propi 2 linealment independents).
Sigui f : R3 [x] −→ R3 [x] l’endomorfisme definit per f (a + bx + cx2 + dx3 ) = a + b + (a + b)x + (a − b + 2c + d)x2 + (2a + b + c + 2d)x3 .
(a) Calculeu la matriu de f respecte de la base (1, x, x2 , x3 ) 19.
(b) Trobeu el polinomi caracter´ıstic de f i factoritzeu-lo. Quins s´on els valors popis de f ? (c) Calculeu els subespais propis corresponents a cada valor propi de f .
´ f diagonalitzable? (d) Es (e) Calculeu f 1000 (x2 ) Soluci´ o: (a) Matriu associada:  1 1 0  1 1 0 A=  1 −1 2 2 1 1  0 0   1  2 (b) Polinomi caracter´ıstic: pf (x) = 1−x 1 0 0 1 1−x 0 0 1 −1 2 − x 1 2 1 1 2−x 54 Observeu que aquest determinant es pot calcular ‘per blocs’, ´es a dir pensant que la matriu est` a formada per 4 matrius quadrades 2 × 2.
0 0 1−x 1 1 1−x 0 0 pf (x) = 1 −1 2 − x 1 2 1 1 2−x = x(x − 1)(x − 2)(x − 3) = 1−x 1 1 1−x 2−x 1 1 2−x − 0 0 0 0 1 −1 2 1 Per tant, els valors propis de f s´ on 0, 1, 2, 3.
(c) Resolem els sistemes (A − λid)v = 0, per a λ = 0, 1, 2, 3 i obtenim u = (1, −1, −1, 0), vector propi de valor propi 0, v = (0, 0, 1, −1), vector propi de valor propi 1, w = (1, 1, −3, 0), vector propi de valor propi 2, t = (0, 0, 1, 1), vector propi de valor propi 3.
(d) S´ı, ja que t´e 4 vectors propis independents.
(e) Una manera de procedir ´es la seg¨ uent. Escrivim x2 = 0 + 0x + 1x2 + 0x3 en funci´o de la base de vectors propis.
(0, 0, 1, 0) = a(1, −1, −1, 0) + b(0, 0, 1, −1) + c(1, 1, −3, 0) + d(0, 0, 1, 1) (4.1) Aix´ı f (0, 0, 1, 0) = b(0, 0, 1, −1) + c 2(1, 1, −3, 0) + d 3(0, 0, 1, 1) f 2 (0, 0, 1, 0) = b(0, 0, 1, −1) + c 22 (1, 1, −3, 0) + d 32 (0, 0, 1, 1) etc.
De (4.1) obtenim a = c = 0, b = d = 1/2. I aplicant f 1000 a aquesta mateixa igualtat obtenim 1 1 1 + 31000 2 −1 + 31000 3 f 1000 (x2 ) = (0, 0, 1, −1) + 31000 (0, 0, 1, 1) = x + x .
2 2 2 2 Cap´ıtol 5 Formes bilineals Siguin u = (3, 1, 2), v = (0, 1, 1) i w = (−1, −1, 0) vectors de R3 .
(a) Comproveu que formen una base de R3 .
(b) Trobeu la matriu del producte escalar en la base can`onica de R3 pel que els vectors u, v i w formen una base ortonormal.
1.
(c) Expliqueu com es calcula aquest producte escalar per a dos vectors expressats en coordenades respecte de la base can` onica.
(d) Trobeu una base del subespai ortogonal a (1, 0, 0) per a aquest producte escalar.
Soluci´ o: (a) Exercici.
(b) Primer m`etode. Sigui M la matriu buscada. Les condicions ut M u = 1, ut M v = 0, ut M w = 0, v t M v = 1, v t M w = 0, wt M w = 0 s’escriuen m´es c` omodament en llenguatge matricial (nom´es recordeu com es multipliquen matrius) com P tM P = I on   3 0 −1 P =  1 1 −1  2 1 0 (matriu que t´e per columnes les components dels vectors donats).
A¨ıllant M ,     10 4 6 3 −1 −3 1 M = (P P t )−1 =  4 3 3  =  −1 7 −3  8 6 3 5 −3 −3 7 55 56 (b) Segon m`etode. Si ja es coneix la f´ormula del canvi de base que relaciona la matriu d’un producte esclar T respecte d’una base B, M (T, B), i la matriu del mateix produccte escalar T respecte d’una altra base C, M (T, C): M (B, C)t M (T, C)M (B, C) = M (T, B), nom´es hem d’aplicar-la agafant com C la base can`onica i com B la base (u, v, w). Llavors M (B, C) i M (T, C) s´on les matrius P i M considerades en el primer m`etode de soluci´o, M (T, B) ha de ser la matriu identitat, i per tant, la f´ ormula del canvi de base es redueix a la f´ormula ya considerada en el primer m`etode P t M P = I.
(c) Per multiplicar u = (u1 , u2 , u3 ) per v = (v1 , v2 , v3 ) respecte aquest nou producte escalar hem de fer el producte matricial  u•v = u1 u2 u3   3/8 −1/8 −3/8 v1  −1/8 7/8 −3/8   v2  −3/8 −3/8 7/8 v3 (d) Els vectors u = (x, y, z) d’aquest subespai compleixen que   1 3/8 −1/8 −3/8  −1/8 7/8 −3/8   0  = 0 0 −3/8 −3/8 7/8  u • (1, 0, 0) = x y z ´ a dir, 3x−y−3z = 0. Una base d’aquest subespai ´es, per exemple, v = (1/3, 1, 0), w = (1, 0, 1).
Es Considereu el producte escalar de R4 definit  1  1   0 2.
0 per la matriu:  1 0 0 2 0 0   0 1 1  0 1 2 Descomponeu el vector v = (1, 3, −1, 4) com a suma de dos vectors, un pertanyent al subespai F , generat per w1 = (2, 1, 0, 1) i w2 = (0, 3, 1, 1), i l’altre ortogonal a F .
Soluci´ o: Calculem primerament F ⊥ . Un vector u = (x, y, z, t) pertany a F ⊥ si i nom´es si  x y z t 1  1   0 0 1 2 0 0 0 0 1 1  2 0  1 0   1  0 2 1    = 3x + 3y + z + 2t = 0  ` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 57  x y z t 1  1   0 0 1 2 0 0  0 0   0  3 1  1 1 2 0 0 1 1    = 3x + 6y + 2z + 3t = 0  Resolent el sistema format per aquestes dues equacions obtenim que una base de F ⊥ est`a formada per w3 = (0, −1, 3, 0) i w4 = (−1, −1, 0, 3).
Ara descomponem v a F ⊕ F ⊥ .
(1, 3, −1, 4) = a(2, 1, 0, 1) + b(0, 3, 1, 1) + c(0, −1, 3, 0) + d(−1, −1, 0, 3).
Obtenim a= 65 , 73 b= 56 , 73 c=− 43 , 73 d= 57 , 73 Per tant, el vector donat v ´es suma dels vectors 1 (130, 233, 56, 121) ∈ F 73 i 1 (−57, −14, −129, 171) ∈ F ⊥ .
73 Trobeu una base de R3 que sigui ortonormal respecte del producte escalar T donat respecte de la base can` onica per   1 0 2 3.
M (T ; C) =  0 2 −3  .
2 −3 10 Soluci´ o: Utilitzarem Gram-Schmidt a partir de la base can`onica (e1 , e2 , e3 ) de R3 . Prenem u1 = e1 = (1, 0, 0). Aquest vector ja ´es directament de norma 1 respecte del producte escalar donat, ja que l’entrada (1, 1) de la matriu ´es 1. Prenem ara u2 = e2 − λu1 |e2 − λu1 | amb λ = e2 |u1 = e2 |e1 = 0, la darrera igualtat perqu`e el terme (1, 2) de la matriu donada ´es 0. Per tant u2 = e2 = |e2 | 1 1 (0, 1, 0) = √ (0, 1, 0), 2 e2 |e2 58 la darrera igualtat perqu`e el terme (2, 2) de la matriu donada ´es 2. Posem ara u3 = e3 − λu1 − µu2 |e3 − λu1 − µu2 | amb λ = e3 |u1 = e3 |e1 = 2, la darrera igualtat perqu`e el terme (1, 3) de la matriu donada ´es 2. An`alogament 1 3 1 µ = e3 |u2 = e3 | √ e2 = √ e3 |e2 = − √ 2 2 2 la darrera igualtat perqu`e el terme (2, 3) de la matriu donada ´es −3.
Aix´ı e3 − 2e1 + √32 √12 e2 e3 − 2u1 + √32 u2 (−2, 3/2, 1) = = u3 = 3 3 √1 √ √ |(−2, 3/2, 1)| |e3 − 2u1 + 2 u2 | |e3 − 2e1 + 2 2 e2 | Per calcular la norma que apareix en el denominador de la darrera expressi´o fem   −2 1 0 2  0 2 −3   3/2  = 1 2 −3 10  |(−2, 3/2, 1)| = Per tant, u3 = −2 3/2 1 3/2.
√ √2 (−2, 3/2, 1).
3 Sigui E l’espai vectorial real dels polinomis de grau inferior a 2. Definim, per a tot p(x), q(x) ∈ E: 2 ϕ(p(x), q(x)) = p(s)q(s)ds.
0 (a) Demostreu que ϕ ´es una forma bilineal sim`etrica sobre E.
4.
(b) Quina ´es la matriu de ϕ respecte de la base (1, x, x2 )? (c) Defineix ϕ un producte escalar? (d) Trobeu una base ortonormal respecte de ϕ.
(e) Trobeu una base del subespai ortogonal a 2x + 1 respecte de ϕ.
Soluci´ o: (a) Exercici.
` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 59 (b) 2 dx = 2 ϕ(1, 1) = 0 2 ϕ(1, x) = x dx = 2 0 2 ϕ(1, x2 ) = x2 dx = 8/3 0 2 x2 dx = 8/3 ϕ(x, x) = 0 2 x3 dx = 4 ϕ(x, x2 ) = 0 2 ϕ(x2 , x2 ) = x4 dx = 32/5 0 Per tant la matriu de ϕ respecte de la base (1, x, x2 ) ´es   2 2 8/3 4  M =  2 8/3 8/3 4 32/5 ´ clar que (c) Es ϕ(p(x), p(x)) ≥ 0.
I que val el signe igual si i nom´es si p(x) = 0.
En general, un criteri per saber si ϕ ´es definida positiva ´es mirar si els determinants dels menors centrats a la diagonal s´ on positius. En el nostre cas aquests menors s´on |2| > 0, 2 2 2 8/3 2 2 8/3 2 8/3 4 8/3 4 32/5 > 0, >0 Com tots tres s´ on positius, ϕ ´es un producte escalar.
(d) Utilitzarem Gram-Schmidt. Prenem e1 = x2 = ||x2 || x2 ϕ(x2 , x2 ) = x2 32/5 .
Busquem ara λ tal que x + λe1 sigui ortogonal a e1 .
√ 5 5λ ϕ(x + λe1 , e1 ) = √ ϕ(x, x2 ) + ϕ(x2 , x2 ) = 0.
32 32 Dedu¨ım √ 4 5 λ = −√ .
32 60 En particular 5 x + λe1 = x − x2 8 Per calcular la norma d’aquest polinomi fem 5 5 1 ϕ(x − x2 , x − x2 ) = 8 8 6 Prenem com a segon vector de la base ortonormal que estem buscant √ x − (5/8)x2 √ 5 6 2 e2 = x = 6x − 8 1/6 Per trobar el tercer vector de la base, primerament trobem λ i µ tals que el vector 1 + λe1 + µe2 sigui ortogonal a e1 i a e2 . Imposem ϕ(1 + λe1 + µe2 , e1 ) = ϕ(1, e1 ) + λ = 0 √ i obtenim λ = − 32√52 Imposem ϕ(1 + λe1 + µe2 , e2 ) = ϕ(1, e2 ) + µ = 0 √ i obtenim µ = − Aix´ı 6 3 5 1 + λe1 + µe2 = 1 − 2x + x2 .
6 Per calcular la norma d’aquest polinomi fem    2 2 8/3 1 5 5 2 4   −2  = ϕ(1 − 2x + x2 , 1 − 2x + x2 ) = 1 −2 5/6  2 8/3 6 6 9 8/3 4 32/5 5/6 Prenem finalment (dividint el polinomi per l’arrel quadrada de 2/9) 3 e3 = √ (1 − 2x + (5/6)x2 ).
2 (d) Un vector (a, b, c) = a + bx + cx2 ´es ortogonal a 2x + 1 respecte de ϕ si    2 2 8/3 a 1 2 0  2 8/3 4   b  = 6a + (22/3)b + (32/3)c = 0 8/3 4 32/5 c Posant primer b = 1 i c = 0, i despr`es b = 0 i c = 1 (per assegurar-nos d’obtenir vectors linealment independents) obtenim com a base de l’espai ortogonal buscat u = (−22, 18, 0) = −22 + 18x, v = (−32, 0, 18) = −32 + 18x2 .
` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 61 Sigui (e1 , e2 , e3 ) una base arbitr` aria d’un R-espai vectorial E. Proveu que existeix un u ´nic 5. producte escalar de E que fa que aquesta base sigui ortonormal. Quin ´es aquest producte en el cas en que E = R3 i e1 = (1, 1, 2), e2 = (2, 3, 0) i e3 = (1, 0, −1)? Soluci´ o: Un producte escalar queda totalment determinat donant el seu valor sobre una base.
Si imposem T(ei , ej ) = δij , T queda un´ıvocament determinat.
Primer m`etode. Si denotem per M la matriu d’aquest producte escalar respecte de la base (e1 , e2 , e3 ), les condicions d’ortonormalitat ei M etj = δij es resumeixen en el producte matricial  1 2 1 on P =  1 3 0  2 0 −1  P t M P = I, Per tant, −1   6 7 1 46 −33 4 1  −33 29 −5  =  7 10 2  = 49 1 2 5 4 −5 11  M = (P P t )−1 El producte buscat ´es el que, respecte de la base can`onica, t´e associat aquesta matriu M .
Segon m`etode. Apliquem la f´ ormula del canvi de base M (B, C)t M (T, C)M (B, C) = M (T, B), amb C la base can` onica, i B la base (e1 , e2 , e3 ). Com M (B, C) = P , M (T, C) = M i M (T, B) = I, estem en al cas anterior.
Sigui φ : R2 × R2 −→ R l’aplicaci´ o definida per φ((x, y), (z, t)) = xz − yt.
´ φ una forma bilineal sobre R? Es ´ sim`etrica? (a) Es 6.
(b) Quin ´es el conjunt de vectors is`otrops? (c) Si existeix una base de vectors is`otrops, doneu la matriu de φ en aquesta base.
Soluci´ o: (a) Conserva el producte per escalars: φ(λ(x, y), (z, t)) = φ((λx, λy), (z, t)) = λxz − λyt = λφ((x, y), (z, t)).
62 Tamb´e conserva la suma φ((x, y) + (x , y ), (z, t)) = φ((x + x , y + y ), (z, t)) = (x + x )z − (y + y )t = φ((x, y), (z, t)) + φ((x , y ), (z, t)) ´ clarament sim`etrica.
An`alogament procedir´ıem per a la segona component. Es (b) El vector v = (x, y) ´es is` otrop si φ((x, y), (x, y)) = 0, ´es a dir x2 − y 2 = 0. Equivalentment, y = ±x (les dues bisectrius).
(c) Prenem, com a base de vectors is` otrops, u = (1, 1) i v = (1, −1). Sabem φ(u, u) = φ(v, v) = 0.
Calculem φ(u, v).
φ((1, 1), (1, −1)) = 1 · 1 − 1 · (−1) = 2.
Per tant, la matriu de φ en la base B = (u, v) ´es M (φ, B) = 0 2 2 0 .
Trobeu una base ortonormal, respecte del producte escalar ordinari de R3 , respecte de la qual la forma bilineal ϕ donada per 1 −1 7.
M (ϕ, C) = −1 1 diagonalitzi.
Soluci´ o: Apliquem el teorema espectral. Els valors propis del polinomi caracter´ıstic de la matriu donada s´ on 0 i 2. Els vectors propis normalitzats corresponents s´on u = √12 (1, −1) i v= √1 (1, 1).
2 Donada 8.
Aquesta ´es la base buscada.
  0 0 1 A= 0 3 0  1 0 0 trobeu P ∈ O(3) i D diagonal tals que A = P t DP .
Soluci´ o: Apliquem el teorema espectral. Calculem els zeros del polinomi caracter´ıstic i obtenim −1, 1, 3. Els vectors propis normalitzats corresponents s´on u = √12 (1, 0, −1), v = √12 (1, 0, 1) i w = (0, 1, 0). Per tant Qt AQ = D ` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 63 amb   −1 0 0 D= 0 1 0  0 0 3 i Q ∈ O(3). La matriu P buscada ´es P = Qt .
Considerem les formes bilineals φ1 i φ2 sobre R donades, respecte de matrius seg¨ uents:    −1 −1 −1 1 1 , M (φ1 , C) =  −1 0 M (φ2 , C) =  1 −1 1 0 1 la base can`onica, per les  1 1 0 1  1 0 9.
(a) Classifiqueu, segons la llei d’in`ercia o teorema de Silvester, aquestes formes bilineals i digueu si s´ on definides positives. Si no s´on definides positives, doneu un subespai de dimensi´ o m` axima on s´ı siguin definides positives.
(b) Hi ha vectors is` otrops? Quins s´on? Soluci´ o: Estudiarem nom´es φ1 , ja que els c`alculs s´on an`alegs per a φ2 .
(a) Pel teorema espectral, sabem que φ1 diagonalitza en una base ortonormal formada pels vectors propis (normalitzats) de l’endomorfisme f : R3 −→ R3 tal que M (f, C) = M (φ1 , C).
Busquem, doncs, els valors i vectors propis d’aquesta matriu. Polinomi caracter´ıstic −1 − x −1 −1 −1 −x 1 −1 1 −x = −x3 − x2 + 3x + 3 = −(x + 1)(x + √ 3)(x − √ 3).
Siguin u, v, w els vectors propis normalitzats de valors propis, respectivament, −1, Llavors, el teorema espectral ens diu que, denotant per B la base (u, v, w),   −1 √0 0 3 0  M (φ1 , B) =  0 √ 0 0 − 3 √ √ 3, − 3.
w √ ) = (u, 3−1/4 v, 3−1/4 w) tenim 3   −1 0 0 M (φ1 , B ) =  0 1 0  0 0 −1 Denotant per B la base B = (u, v √ , 3 Aix´ı φ1 no ´es definida positiva (hi ha vectors, com per exemple u, tals que φ1 (u, u) < 0). Sobre el subespai v ´es definida positiva. No pot haver-hi cap subespai de dimensi´o 2 on φ1 sigui definida positiva (conseq¨ u`encia del teorema espectral).
64 Sense utilitzar el teorema espectral. El primer la matriu en la nova base sigui del tipus  −1  0 0 pas consisteix en canviar de base de manera que  0 0 ∗ ∗  ∗ ∗ Per a aix`o prenem la base seg¨ uent: e1 = e1 e2 = e2 + e2 |e1 e1 = (−1, 1, 0) e3 = e3 + e3 |e1 e1 = (−1, 0, 1) ja que e2 |e1 = e3 |e1 = −1. Observem que e2 i e1 |e3 = 0.
La matriu de φ1 en aquesta base B1 = (e1 , e2 , e3 ) ´es  −1 M (φ1 , B1 ) =  0 0 e3 s’han alegit de manera que e1 |e2 =  0 0 1 2  2 1 Ara prenem com a nova base B2 la donada per e1 = e1 e2 = e2 = (−1, 1, 0) e3 = e3 − e3 |e2 e2 = (1, −2, 1) ja que e3 |e2 = 2. Observem que e3 s’ha alegit de manera que e2 |e3 = 0.
Llavors   −1 0 0 M (φ1 , B2 ) =  0 1 0  0 0 −3 La abse ´es diferent que amb el primer m`etodfe, la matriu tamb´e, per`o l’´ındex (dimensi´o del subnespai m` axim on φ1 ´es definida positiva menys dimensi´o del subnespai m`axim on φ1 ´es definida negativa) no.
(b) Un vector (x, y, z) ´es is` otrop si  x y z   −1 −1 −1 x  −1 0   1 y  = 0.
−1 1 0 z Fent aquest producte de matrius obtenim −x2 − 2xy − 2xz + 2yz = 0 Aix`o ´es una qu` adrica (zeros d’un polinomi de segon grau en tres variables). Podem afinar m´es aix´ı.
` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 65 Hem vist que en una certa base ortonormal B tenim   −1 0 0 M (φ1 , B) =  0 1 0  0 0 −1 El vectors is` otrops ara es calculen posant    −1 0 0 X X Y Z  0 1 0   Y  = −X 2 + Y 2 − Z 2 = 0.
0 0 −1 Z (X, Y, Z s´on les coordenades respecte de la base B).
El conjunt dels vectors is` otrops forma, doncs, un con Y 2 = X 2 + Z 2 , amb v`ertex l’origen i eix < v >.
Nota: Per classificar una forma bilineal en tenim prou en saber quants valors propis positius i negatius t´e l’endomorfisme associat. Per a aix`o no ens cal resoldre el polinomi caracter´ıstic, cosa que pot ser molt complicada si ´es de grau superior a 3, sin´o que en tenim prou en contar els canvis de signe entre els coeficients consecutius. Aix`o ´es conseq¨ u`encia del resultat seg¨ uent.
Teorema (Teorema de Descartes). El nombre d’arrels positives r+ d’un polinomi de coeficients reals, comptades amb la seva multiplicitat, ´es m´es petit o igual que el nombre v de canvis de signe de coeficients no nuls consecutius (r+ ≤ v).
Si totes les arrels del polinomi s´ on reals, llavors r+ = v.
Corol.lari. El nombre de valors propis positius d’una matriu real sim`etrica ´es igual al nombre de canvis de signe de coeficients no nuls consecutius del seu polinomi caracter´ıstic.
Demostraci´ o. Conseq¨ u`encia del teorema de Descartes i del fet que els valors propis d’una matriu real sim`etrica s´ on nombres reals.
A R3 considerem l’aplicaci´ o bilineal T que en la  2 A= 1 10.
0 base can`onica t´e la matriu seg¨ uent:  1 0 1 1  1 3 Justifiqueu que T ´es un producte escalar, calculeu l’ortogonal a (1, 1, 1) i trobeu-ne una base ortonormal.
Soluci´ o: Els determinants 2; 2 1 ; 1 1 det A s´on positius, per tant, per un criteri ben conegut, T ´es definit positiu.
66 Per calcular l’ortogonal posem  1 1 1   2 1 0 x  1 1 1   y  = 0.
0 1 3 z Obtenim 3x + 3y + 4z = 0. Aquest ´es el pla ortogonal a (1, 1, 1) . Una base ´es u = (1, −1, 0), v = (4, 0, −3).
M`etode de Gram-Schmidt. Prenem e1 = u |u| La norma de u val |u| = Per tant e1 = u. Ara prenem e2 = T (u, u) = 1.
v − T (v, e1 )e1 |v − T (v, e1 )e1 | Per`o T (e1 , v) = 7. Aix´ı e2 = v − e1 (−3, 7, −3) = = |v − e1 | |(−3, 7, −3)| (−3, 7, −3) 1 = √ (−3, 7, −3).
10 T ((−3, 7, −3), (−3, 7, −3)) Sigui B = {(1, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 0)} base de R3 i T el producte escalar que fa que aquesta base 11. sigui ortonormal. Doneu la matriu de T en la base can`onica i calculeu l’angle entre els vectors u = (1, 0, 0) i v = (0, 1, 0) Soluci´ o: Per la f´ ormula del canvi de base M (T, B) = P t M (T, C)P amb   1 0 1 P = M (B, C) =  0 1 1  .
1 1 0 Com volem que M (T, B) = I, tenim  M (T, C) = (P P t )−1  3 −1 −1 1 =  −1 3 −1  .
4 −1 −1 3 L’angle α compeix cos α = T (u, v) T (u, u) · T (v, v) =√ −1 √ = −1/3.
3· 3 Cap´ıtol 6 Espais afins Euclidians Trobeu les equacions param`etriques i cartesianes de les varietats lineals de R4 seg¨ uents.
(a) La generada pels punts A = (1, −1, 2, 2), B = (3, −2, 2, 1), C = (0, 1, 3, 2) i D = (−1, 1, 1, 0).
a que passa pel punt P = (2, 1, 0, 0) i ´es paral.lel a l’hiperpl`a Π : x − y − z − t = 0.
1. (b) L’hiperpl` (c) El pla que cont´e la recta r : x = y = z = 1 i ´es paral.lel a la recta s : x − y − z = 1, x − t = −1, y − t = 2.
Soluci´ o: a) La varietat lineal demanada ´es −−→ −→ −−→ A + AB, AC, AD , ´es a dir, (1, −1, 2, 2) + (2, −1, 0, −1), (−1, 2, 1, 0), (−2, 2, −1, −2) o b´e x = 1 + 2λ − µ − 2ν y = −1 − λ + 2µ + 2ν z = 2+µ−ν t = 2 − λ − 2ν que s´on les equacions param`etriques demanades.
Per eliminar λ, µ, ν podem resoldre el sistema format per les tres primeres equacions i substituir els valors a la quarta. Concretament      2 −1 −2 λ x−1  −1 2 2  µ  =  y + 1  0 1 −1 ν z−2 67 68 Equivalentment, calculant la inversa, tenim      λ 4 1 1 x−1 1  µ  =  1 2 2  y + 1  7 ν 2 4 −3 z−2 Dedu¨ım 7λ = 4x + y + x − 5, 7ν = 2x + 4y − 3z + 8. Substituint a la quarta equaci´o t = 2 − λ − 2ν obtenim 8x + 9y − 5z + 7t − 3 = 0.
´ a dir, b) Nom´es hem de posar x − y − z − t = a i determinar a per la condici´o P ∈ Π. Es 2 − 1 − 0 − 0 = a. L’hiperpl` a demanat ´es doncs x − y − z − t = 1.
c) Els vectors directors de les rectes s´on tamb´e vectors directors del pla. Observem que r : (1, 1, 1, 0) + t(0, 0, 0, 1), i s : (−1, 2, −4, 0) + t(1, 1, 0, 1). Per trobar s hem resolt els sistema prenent t com a par` ametre. Per tant el pla buscat ´es (1, 1, 1, 0) + λ(1, 1, 1, 0) + ν(1, 1, 0, 1).
Nota: podem canviar (1, 1, 1, 0) per qualsevol punt de r.
´ Sigui ϕ : R3 −→ R3 l’aplicaci´ o lineal definida per ϕ(x, y, z) = (x + 2y + z, y − z, x + 9z). Es 2. bijectiva? a) Calculeu la imatge i la antiimatge del pla 2x + y − z = 1.
b) Calculeu la imatge i la antiimatge de la recta (x, y, z) = (0, 2, −1) + a(1, −1, 0).
Soluci´ o: a) Imatge. Primer m`etode. Transformarem un punt i un vector. El pla donat es pot escriure com X = P + u, v amb P = (1, 1, 2), u = (1, −2, 0), v = (0, 1, 1). Llavors, ϕ(P ) = (5, −1, 19), ϕ(1, −2, 0) = (−3, −2, 1), ϕ(0, 1, 1) = (3, 0, 9).
El pla imatge ´es doncs X = (5, −1, 19) + (−3, −2, 1), (3, 0, 9) .
Equivalentment, x = 5 − 3λ + 3µ y = −1 − 2λ z = 19 + λ + 9µ que, eliminant els par` ametres (la segona equaci´o ens d´ona directament λ en funci´o de y, i entre la primera i tercera eliminem µ), d´ ona 3x − 5y − z = 1.
Imatge. Segon m`etode. Escriurem el pla com ` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 69  2 1 −1  x  y  = 1.
z (6.1) L’aplicaci´o ϕ transforma el punt de coordenades (x, y, z) en el punt de coordenades (x , y , z ) donades per     x x  y =M y  (6.2) z z on   1 2 1 M =  0 1 −1  1 0 9 Substituint (6.2) en (6.1) veiem que l’equaci´o lineal satisfeta per x , y , z ´es   x 2 1 −1 M −1  y  = 1.
z Com que  M −1  9 −18 −3 1 8 1  =  −1 6 −1 2 1 substituint obtenim 3x − 5y − z = 1.
a) Antiimatge. Busquem un pla  a b c  x  y  = 1, z (com que el terme independent no ´es zero, ja que els plans per l’origen van a plans per l’origen, el podem suposar igual a 1), tal que en transformar-lo per ϕ (tal com ho acabem de fer a l’apartat anterior)   x a b c M −1  y  = 1 z ens doni  2 1 −1  x  y  = 1.
z 70 Comparant aquestes f´ ormules veiem que ha de ser a b c M −1 = 2 1 −1 o, equivalentment, a b c = 2 1 −1 1 5 −8 M= .
El pla buscat ´es doncs x + 5y − 8z = 1.
b) Imatge. Escriurem la recta com intersecci´o de plans, ja que el m`etode anterior ens va b´e per transformar plans.
Eliminant a del sistema x = a y = 2−a z = −1 veiem que la recta donada ´es intersecci´o dels plans x = 2 − y i z = −1. Els escrivim com     x x 1 1 0  y  = 2; 0 0 1  y  = −1.
z z Per tant, les equacions lineals satisfetes per x , y , z s´on   x 0 0 1 1 1 0 M −1  y  = 2; z  x M −1  y  = −1.
z  Substituint M −1 pel seu valor obtenim 4x − 5y − z = 6, −x + 2y + z = −6.
La recta donada com intersecci´ o d’aquest dos plans ´es la recta buscada. Si resolem aquest sistema obtenim la recta r : (3, 3, −9) + a(−1, −1, 1).
b) Antiimatge. Busquem plans  a b c  x  y  = 2; z tals que les seves imatges siguin respectivament   x 1 1 0  y  = 2, z  e f g  x  y  = −1 z  0 0 1  x  y  = −1.
z ` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 71 Tal com hem vist a la segona part de l’apartat a) aix`o vol dir que ha de ser a b c = 1 1 0 M= 1 3 0 ; e f g = 0 0 1 M= 1 0 9 .
´ a dir, x + 3y = 2 i x + 9z = −1. Resolent aquest sistema podem escriure la recta antiimatge Es com (0, 2/3, −1/9) + x(1, −1/3, −1/9), o, equivalentment (−1, 1, 0) + λ(9, −3, −1).
Calculeu les altures del tetraedre de R4 que t´e per v`ertexs els punts A = (2, 0, 1, 1), B = 3. (1, 0, 3, −1), C = (0, 0, 1, 1), i D = (−1, 1, 0, 1).
Soluci´ o: El1 pla BCD ´es el pla −−→ −−→ B + BC, BD .
´es a dir, est`a format per aquells punts X = (x, y, z, t) tals que X = B + λe1 + µe2 , −−→ −−→ e1 = BC = (−1, 0, −2, 2), e2 = BD = (−1, 1, −1, 0).
Si denotem H = e1 , e2 llavors H ⊥ = e3 , e4 amb e3 = (−2, −1, 1, 0), e4 = (2, 2, 0, 1).
−−→ Llavors descomponem el vector BA = (1, 0, −2, 2) a la suma directa R4 = H ⊕ H ⊥ .
Per a aix`o resolem els sistema (1, 0, −2, 2) = a(−1, 0, −2, 2) + b(−1, 1, −1, 0) + c(−2, −1, 1, 0) + d(2, 2, 0, 1).
Obtenim a = 1, b = c = −2/3, d = 0.
L’altura relativa a A, hA , ´es la dist` ancia entre el punt A i el pla B + H, i ´es, per tant igual a la norma del vector de H ⊥ c(−2, −1, 1, 0) + d(2, 2, 0, 1) = −2/3(−2, −1, 1, 0) √ ´ a dir, hA = 2 6.
Es 3 Les dem´es altures es troben de manera an`aloga.
1 Recordem que la dist` ancia entre les subvarietats lineals L1 = P +E (P punt, E subespai vectorial) i L2 = Q+F − − → (Q punt, F subespai vectorial) ´es la component normal del vector P Q descompost a (E + F ) ⊕ (E + F )⊥ .
72 Sigui V el pla de R4 definit per les equacions x − z − t = 1, x − y − z = 1. Calculeu 4. a) la dist`ancia del punt P = (−3, 1, 2, 0) a V .
b) La dist` ancia entre V i la recta r definida per les equacions x = y = 1, t = 0.
Soluci´ o: a) Resolem el sistema x−z−t = 0 x−y−z = 0 posant z i t com a variables independents, i obtenim que l’espai de solucions d’aquest sistema homogeni ´es el subespai vectorial de dimensi´o 2, H, donat per H = (1, 0, 1, 0), (1, 1, 0, 1) Com que una soluci´ o particular del sistema no homogeni x−z−t = 1 x−y−z = 1 ´es, per exemple, (x, y, z, t) = (2, 0, 1, 0) = Q, el pla V esta donat per V : Q + H. Per calcular la −−→ dist`ancia del punt P al pla V descomponem el vector QP a la suma directa R4 = H ⊕ H ⊥ .
Hem de trobar, doncs, H ⊥ . Observem que (x, y, z, t) ∈ H ⊥ si i nom´es si (x, y, z, t) · (1, 0, 1, 0) = 0 (x, y, z, t) · (1, 1, 0, 1) = 0 Prenent z i t com variables independents obtenim que l’espai de solucions d’aquest sistema homogeni ´es el subespai vectorial de dimensi´o 2, H ⊥ = (−1, 1 − 1, 0), (0, −1, 0, 1) .
−−→ Ara ja podem descompondre QP : (5, −1, −1, 0) = a(1, 0, 1, 0) + b(1, 1, 0, 1) + c(−1, 1, 1, 0) + d(0, −1, 0, 1).
Resolent obtenim c = −13/5, d = −4/5 (els valors de a i b no ens calen).
La dist`ancia demanada ´es doncs d(P, V ) = |c(−1, 1, 1, 0) + d(0, −1, 0, 1)| = 1 5 132 + 92 + 132 + 42 .
b) La recta r es pot escriure com (1, 1, 0, 0) + z(0, 0, 1, 0). El subespai vectorial suma de H i (0, 0, 1, 0) ´es F = (1, 0, 1, 0), (1, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 0) , ` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 73 que t´e dimensi´ o 3.
El vector (x, y, z, t) ∈ F ⊥ si i nom´es si (x, y, z, t) · (1, 0, 1, 0) = 0 (x, y, z, t) · (1, 1, 0, 1) = 0 (x, y, z, t) · (0, 0, 1, 0) = 0 Resolent obtenim F ⊥ = (0, 1, 0, −1) .
−−→ Ara prenem Q = (2, 0, 1, 0) ∈ V i R = (1, 1, 0, 0) ∈ r i descomponem QR a F ⊕ F ⊥ .
(−1, 1, −1, 0) = a(1, 0, 1, 0) + b(1, 1, 0, 1) + c(0, 0, 1, 0) + d(0, 1, 0, −1).
Obtenim d = 1/2 (els valors de a, b, c no ens calen). La dist`ancia buscada ´es doncs √ d(V, r) = |d(0, 1, 0, −1)| = |(0, 1/2, 0, −1/2)| = 2 .
2 Divertimento. La dist` ancia (al quadrat) entre un punt gen`eric de V i un punt gen`eric de r est` a donada per la funci´ o D(λ, µ, z) = d2 ((1, 1, z, 0), (2 + λ + µ, µ, 1 + λ, µ)) = (1 + λ + µ)2 + (µ − 1)2 + (1 + λ − z)2 + µ2 .
Resolent els sistema en derivades parcials ∂D ∂λ ∂D ∂µ ∂D ∂z = 0 = 0 = 0 obtenim z = −1/2, λ = −3/2, µ = 1/2. Substituint aquests valors a D(λ, µ, z) obtenim el mateix resultat que anteriorment.
5.
Trobeu la dist` ancia i la perpendicular comuna entre les rectes L1 = (1, 2, 3) + (1, 0, 0) i L2 = (0, 0, 0) + (0, 2, 4) de l’espai af´ı euclidi`a R3 .
Soluci´ o: Denotem P = (1, 2, 3), F = (1, 0, 0) , Q = (0, 0, 0), G = (0, 2, 4) , de manera que L1 = P + [F ] i L2 = Q + [G]. Llavors F + G = (1, 0, 0), (0, 2, 4) .
74 Com que som a R3 , podem calcular (F + G)⊥ simplement fent el producte vectorial de (1, 0, 0) i (0, 2, 4). En general, podem escriure els vectors de (F + G)⊥ de manera gen`erica, per exemple (α, β, γ), i imposar ara que sigui perpendicular a (1, 0, 0) i (0, 2, 4). Tenim (F + G)⊥ = (0, 4, −2) .
Ara escrivim −−→ P Q = u + v, u ∈ (F + G), v ∈ (F + G)⊥ .
Concretament, −−→ P Q = (−1, −2, −3) = λ(1, 0, 0) + µ(0, 2, 4) + ν(0, 4, −2) ∈ (F + G) ⊕ (F + G)⊥ .
1 Dedu¨ım λ = −1, µ = − 54 , ν = − 10 . En particular, √ 5 1 .
d(L1 , L2 ) = | − (0, 4, −2)| = 10 5 Per trobar els punts X, Y que realitzen aquesta dist`ancia m´ınima, recordem que X = P + u1 , Y = Q − u2 amb u1 ∈ F , u2 ∈ G i v ∈ (F + G)⊥ , tals que −−→ P Q = u1 + u2 + v.
Y Q u2 v PQ P u1 X En el nostre cas, doncs, u1 = λ(1, 0, 0) = (−1, 0, 0) i u2 = µ(0, 2, 4) = (0, − 58 , −16 5 ). Per tant, X = (1, 2, 3) + (−1, 0, 0) = (0, 2, 3), 8 −16 8 16 Y = (0, 0, 0) − (0, − , ) = (0, , ).
5 5 5 5 √ Clarament, d(X, Y ) = 5 5 .
✸ ` Algebra II. [Agust´ı Revent´ os] 75 Trobeu la dist` ancia i la perpendicular comuna entre els plans L1 i L2 de l’espai af´ı euclidi`a R4 , donats per L1 = (0, 1, 2, 3) + (1, 0, 0, 0), (2, 6, −1, 0) , 6.
L2 = (0, 0, 0, 0) + (0, 2, 4, 1), (2, 6, −1, 0) .
Soluci´ o: Denotem P = (0, 1, 2, 3), Q = (0, 0, 0, 0), F = (1, 0, 0, 0), (2, 6, −1, 0) , G = (0, 2, 4, 1), (2, 6, −1, 0) .
Aix´ı L1 = P + [F ], L2 = Q + [G], F + G = (1, 0, 0, 0), (2, 6, −1, 0), (0, 2, 4, 1) , i (F + G)⊥ = (0, 1, 6, −26) .
Ara escrivim −−→ P Q = u + v, u ∈ (F + G), v ∈ (F + G)⊥ .
Concretament, −−→ P Q = (0, −1, −2, −3) = λ(1, 0, 0, 0) + µ(0, 2, 4, 1) (6.3) + ν(2, 6, −1, 0) + δ(0, 1, 6, −26).
Trobem λ = −40/713, µ = −449/713, ν = 20/713, δ = 65/713.
En particular, 65 65 d(L1 , L2 ) = | (0, 1, 6, −26)| = √ .
713 713 Per trobar els punts X, Y que realitzen aquesta dist`ancia m´ınima, recordem que X = P + u1 , Y = Q − u2 amb u1 ∈ F , u2 ∈ G i v ∈ (F + G)⊥ , tals que −−→ P Q = u1 + u2 + v.
→ − Una possibilitat, no pas la u ´nica ja que F ∩ G = 0 , ´es, comparant amb la f´ormula (6.3), prendre u1 = λ(1, 0, 0, 0) + µ(0, 2, 4, 1) = u2 = ν(2, 6, −1, 0) = 1 (−40, −898, −1796, −449) 713 1 (40, 120, −20, 0).
713 Aix´ı, 1 (−40, −185, −370, 1690), 713 1 = Q − u2 = (−40, −120, 20, 0).
713 X = P + u1 = Y 76 Clarament, d(X, Y ) = √65 .
713 ✸ Siguin els punts A = (1, −2, 1), B = (0, 1, 2), C = (1, 3, 4) de l’espai af´ı euclidi`a est`andard.
a) Expresseu la recta que d´ ona l’al¸cada del triangle ABC des del punt C com a intersecci´ o de dos plans.
7.
b) Trobeu el punt D a AB tal que CD ´es l’al¸cada.
c) Quina ´es la longitud de l’al¸cada.
−→ −−→ Soluci´ o: Rectes per C amb vector director en el pla CA, CB: r : C + λv, v = a(0, −5, −3) + b(−1, −2, −2) amb a, b ∈ R. Imposem que sigui perpendicular a la recta AB.
(−b, −5a − 2b, −3a − 2b), (−1, 3, −1) = 0.
Obtenim a = −7, b = 18. Aix´ı r : (1, 3, 4) + λ(−18, −1, −15). Eliminant λ entre la primera i la segona equaci´ o obtenim x − 18y + 53 = 0; i eliminant-la entre la segona i la tercera equaci´o tenim z − 15y + 41 = 0. La intersecci´ o d’aquests dos plans ´es justament r.
−−→ ´ El punt D el podem trobar tallant les rectes r i s : A + µAB. Es a dir, (1, 3, 4) + λ(−18, −1, 15) = (1, −2, 1) + µ(−1, 3, 1).
Obtenim λ = 1/11 i per tant D= 1 (−7, 32, 29).
11 La dist`ancia entre els punts C i D ´es doncs |CD| = 1 11 182 + 11 + 152 .
−→ Aquesta dist` ancia es pot trobar directament descomponent el vector CA a la suma directa R3 = (1, −3, −1) ⊕ (1, −3, −1) Posem ⊥ −→ CA = (0, 5, 3) = λ(1, −3, −1) + µ(3, 1, 0) + ν(0, −1, 3).
Obtenim µ = 6/11 i ν = 5/11. Per tant, la dist`ancia entre el punt C i la recta AB ´es |CD| = |µ(3, 1, 0) + ν(0, −1, 3)| = | 1 (18, 1, 15)|.
11 ...