Solucion parcial 2011-2012 (2011)

Examen Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería Informática - 1º curso
Asignatura Fonaments Matematis
Año del apunte 2011
Páginas 3
Fecha de subida 19/05/2014
Descargas 5
Subido por

Descripción

Solucion examen parcial

Vista previa del texto

EPSEVG. Primer parcial de FOMA.
Mat´ı. 28 d’octubre de 2011.
• Posa el NOM, COGNOMS, GRUP i DNI en cada full. No es poden utilitzar llibres, calculadora ni apunts.
• Cada problema en un full diferent.
1. (a) 1p Calcula i expressa el resultat en forma bin`omica i exponencial z = j 678 − 1+j .
1−j (b) 1p Resol en els complexos l’equaci´ o x3 + 125 = 0. Expressa els resultats en forma bin`omica.
(c) 1p Troba els zeros del polinomi p(x) = x4 − x3 + x2 − 3x + 2 i descompon-lo en els reals i en els complexos si ´es possible.
Soluci´ o (a) z = j 678 − 1+j (1 + j)2 1 − 1 + 2j 2j = j 4·169+2 − = (j 4 )169 j 2 − = −1 − = −1 − j.
1−j (1 − j)(1 + j) 1 − (j)2 2 Tenim el resultat en forma bin` omica, busquem ara la forma exponencial: √ 5π |z| = (−1)2 + (−1)2 = 2, tan θ = −1 −1 = 1, on θ ∈ Q3 =⇒ θ = 4 √ 5π j Per tant, z = 2e 4 (b) x3 + 125 = 0 =⇒ x = √ 3 −125 = √ 3 √ π 2kπ π 5π 3 125eπj = { 125 e( 3 + 3 )j k = 0, 1, 2} = {5 e 3 j , 5 eπj , 5 e 3 j } = √ π 5π 5π 5 5 3 π π π + 5j sin , −5, 5 cos + 5j sin }={ +j , −5, 5 cos − 5j sin } = 3 3 3 3 2 2 3 3 √ √ 5 5 3 5 5 3 ={ +j , −5, − j } 2 2 2 2 = {5 cos (c) Per factoritzar x4 − x3 + x2 − 3x + 2 1 −1 1 1 0 0 1 −2 1 1 2 1 2 1) 1 1) 1 x2 + x + 2 = 0 ⇔ x = −1 ± cal aplicar Ruffini: √ 1−8 2 −3 2 1 −2 0 0 √ = −1 ± 7j = 2 La descomposici´ o a R[x] ´es: (x − 1)2 (x2 + x + 2) La descomposici´ o a C[x] ´es: (x − 1) 2 √ −1 7 x−( + j) 2 2 √ −1 7 + j 2 2 √ −1 7 − j 2 2 √ −1 7 x−( + j) 2 2 2. Considera a R3 els vectors v1 = (1, 2, 1), v2 = (3, 0, −2) i v3 = (−4, 4, 6).
(a) 1p Calcula una base i la dimensi´ o de l’espai vectorial V =< v1 , v2 , v3 >.
(b) 1p Esbrina si el vector u = (−1, 10, 8) pertany a l’espai vectorial V =< v1 , v2 , v3 >.
Soluci´ o (a) Per trobar una base i la dimensi´ o de V , busquem el rang de la matriu A, que vectors:      1 3 −4 1 3 −4 1 0 4  F 2 ↔ F 2 − 2F 1  0 −6 12  F 2 ↔ F 2/6  0 A= 2 1 −2 6 F3 ↔ F3 − F1 0 −5 10 F 3 ↔ F 3/5 0   1 3 −4  0 −1 2  rangA =dimV = 2 F3 ↔ F3 − F2 0 0 0 Per trobar una base de V , escollim d’entre els seus generadors, dos vectors LI.
base de V ´es: {v1 , v2 } ja que s´ on LI (no s´on proporcionals).
´es la matriu dels  3 −4 −1 2  −1 2 Per exemple una (b) El vector u = (−1, 10, 8) pertany a l’espai vectorial V =< v1 , v2 , v3 > si es pot posar com a combinaci´ o lineal dels generadors. A l’apartat anterior hem vist que V =< v1 , v2 , v3 >=< v1 , v2 > aix´ı doncs plantegem la combinaci´ o: λ1 v1 + λ2 v2 = u.
      1 3 −1 1 3 −1 1 3 −1  0 −1 12  0 10  F 2 ↔ F 2 − 2F 1  0 −6 12  A= 2 1 −2 0 −5 0 0 −6 8 F3 ↔ F3 − F1 9 F 3 ↔ 6F 3 − 5F 2 rangA =rang(A|u) =⇒ sistema incompatible. Per tant, u ∈ / V.
3. Sigui f l’aplicaci´ o lineal de R3 a R2 definida com f (x, y, z) = (2x − 2y + 2z, −x + y − z).
(a) 0.5p Troba la matriu associada a f en les bases can`oniques.
(b) 1p Troba la dimensi´ o de la imatge de f i aplicant el teorema del rang (que relaciona la dimensi´ o del nucli amb la dimensi´ o de la imatge), troba la dimensi´o del nucli de f . Raona si l’aplicaci´o ´es injectiva i/o exhaustiva.
(c) 1p Calcula una base de Imf i del Nucf (d) 0.5p Calcula f −1 (v), amb v = (2, −1).
Soluci´ o (a) f (1, 0, 0) = (2, −1), f (0, 1, 0) = (−2, 1), f (0, 0, 1) = (2, −1). Per tant, la matriu associada a f en 2 −2 2 les bases can` oniques ´es: −1 1 −1 (b) 2 −1 −2 2 1 −1 2F 2 ↔ 2F 2 + F 1 2 0 −2 2 0 0 rangA =dim(Imf )=1 El teorema del rang diu que: dim Imf + dim Nucf =dim Rn (espai de partida).
Donat que dim Imf + dim Nucf =3 i dim Imf =1, dedu¨ım dim Nucf =2.
dim(Nucf )= 2 = 0 =⇒ f no ´es injectiva.
dim Imf = 1 = 2 =dim R2 (espai d’arribada) =⇒ f no ´es exhaustiva.
(c) Imf =< f (e1 ), f (e2 ), f (e3 ) >, com dim(Imf )=1 podem agafar qualsevol dels generadors d’Imf , per obtenir una base. Per exemple, una base ´es: {(2, −1)}.
Nucf ={(x, y, z)/ f (x, y, x) = (0, 0)}. Per obtenir una base del nucli, resolem el sistema homogeni: → − 2 −2 2 0 dim Nucf = n−rangA=3-1=2 graus de llibertat.
(A| 0 ) ∼ 0 0 0 0 Fem z = λ i y = µ, aleshores 2x − 2µ + 2λ = 0 =⇒ x = µ − λ.
Nucf = {(x, y, z) = (µ − λ, µ, λ) = µ(1, 1, 0) + λ(−1, 0, 1), λ, µ ∈ R} =< (1, 1, 0), (−1, 0, 1) >.
Una base de Nucf ´es: {(1, 1, 0), (−1, 0, 1)}.
(d) Sabem que f (u) = v =⇒ f −1 (v) = u+Nucf .
En el nostre cas, v = (−2, 1) i Nucf =< (1, 1, 0), (−1, 0, 1) >. Per`o necessitem con`eixer una antiimatge per aplicar la relaci´ o d’abans. Podem agafar e1 ja que f (e1 ) = (−2, 1) (o e3 perqu`e f (e3 ) = (−2, 1)).
Per tant, f −1 ((−2, 1)) = {(1, 0, 0) + µ(1, 1, 0) + λ(−1, 0, 1), λ, µ ∈ R}.
 1 4. Sigui f l’aplicaci´ o lineal de R3 a R3 donada per la matriu A = −1 1 0 1 0  1 2 .
3 (a) 0.5p Calcula els VAP de A.
(b) 0.5p Calcula els VEP associats al VAP λ = 1.
(c) 1p Raona si A t´e inversa i calcula-la.
Soluci´ o (a) Calculem el polinomi caracter´ıstic: p(λ) = det(A − λI3 ) = 1−λ −1 1 0 1 1−λ 2 0 3−λ = = (1 − λ)2 (3 − λ) − (1 − λ) = (1 − λ)((1 − λ)(3 − λ) − 1) = (1 − λ)(λ2 − 4λ + 2) √ √ √ 4 ± 16 − 8 4±2 2 λ2 − 4λ + 2 = 0 =⇒ λ = = =2± 2 2 2 √ √ Els VAP s´ on les arrels del polinomi caracter´ıstic: p(λ) = 0 =⇒ λ = 1, 2 + 2, 2 − 2 (b) Els VEP de VAP 1 s´ on els vectors de Nuc(A − I3 ).
      −1 0 2 0 0 0 1 0 −1 0 2 0  −1 0 2 0  F 1 ↔ F 2  0 0 1 0   0 0 1 0  F2 ↔ F1 F3 ↔ F3 + F1 1 0 2 0 1 0 2 0 0 0 4 0   −1 0 2 0  0 0 1 0  dim Nuc(A − I3 ) = n−rang(A − I3 ) = 3 − 2 = 1 grau de F 3 ↔ F 3 − 4F 2 0 0 0 0 llibertat. El par`ametre no pot ser z doncs ´es z = 0 (2a a equaci´ o). Tampoc ´es x doncs de la 1 equaci´o −x + 2z = 0 dedu¨ım x = 0. Per tant, y = λ.
Nuc(A − I3 ) = {(x, y, z) = (0, λ, 0) = λ(0, 1, 0), λ ∈ R} =< (0, 1, 0) >.
(c) Sabem que detA = 0 doncs, en cas contrari, λ = 0 hagu´es estat un VAP i no ho ´es. Per tant, A t´e inversa i la podem calcular fent Gauss o amb determinants:       3 0 −1 1 −1 1 1 0 1 1 0 adjAT =  5 2 −3 A−1 = 1 adj(AT ) A = −1 1 2 AT = 0 detA 1 2 3 1 0 3 −1 0 1 Per exemple fent Sarrus calculem detA = 3 − 1 = 2 i obtenim:   3 0 −1 1 A−1 =  5 2 −3 2 −1 0 1 ...