Examen Final Junio 2012 (2012)

Examen Español
Universidad Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)
Grado Ingeniería de Sistemas de Telecomunicación - 1º curso
Asignatura ALED
Año del apunte 2012
Páginas 5
Fecha de subida 16/09/2014
Descargas 1
Subido por

Vista previa del texto

` Algebra Lineal i Equacions Diferencials Departament de Matem` atica Aplicada IV 15 de juny de 2012.
Publicaci´o notes provisionals: 22 de juny.
Periode d’al.legacions: Fins el 26 de juny.
Notes definitives: 27 de juny.
Professors: M.Hern´ andez, J.Mart´ı, P. Mart´ın, X.Mu˜ noz, J.Sanz.
Instruccions addicionals: • Temps: 3 hores.
• Justifiqueu les respostes i detalleu-ne els c`alculs.
1. Sigui f l’endomorfisme de R4 definit per f (x, y, z, t) = (x + z t, y + z, y z, x z + t).
(a) Demostreu que els vectors v1 = (1, 0, 0, 1) i v2 = (1, 1, 1, 0) determinen una base del nucli de f . Calculeu una base de Ker f + Im f .
(b) Sigui v3 = (1, 0, 1, 1) i sigui v4 = f (v3 ). Demostreu que el conjunt B = {v1 , v2 , v3 , v4 } ´es una base de R4 i calculeu les coordenades de f (v4 ) en aquesta base.
(c) Doneu la matriu de l’endomorfisme f en la base B de l’apartat anterior. Per als diferents valors de , µ determineu, si existeixen, les antiimatges per f del vector v1 2v2 + v3 + µv4 .
2. Considereu l’endomorfisme fA de R3 que, respecte la base can`onica, t´e per matriu 0 4 A=@ 3 3 Es demana: (a) Comproveu que a 2 3 1 3 3 A 2 = 1 ´es un valor propi per a qualsevol valor de a.
(b) Determineu el valor de a per al qual dim Ker(fA I) = 2. Per al valor trobat, proveu que f diagonalitza i calculeu la base respecte de la qual diagonalitza.
(c) Si un vector v t´e coordenades (1, 2, 3) respecte de la base trobada a l’apartat anterior, calculeu les coordenades de f (v) en la base can` onica.
0 3. Sigui A = @ 1 0 1 1 b 3 a 0 A. Es demana: 2 1 (a) Determineu els valors de a i b per als quals A ´es diagonalitzable.
(b) Per a a = b = 2 determineu una matriu fonamental V (t) del sistema X 0 = AX.
(c) Per als valors de a i b de l’apartat anterior, determineu els valors de ↵, 0 soluci´ o del sistema X 0 = AX + @ 4. Donada l’equaci´ o y (v) ↵ 1 i 0 1 et per als quals @ et A ´es et A et , i doneu la soluci´o general del sistema.
2y (iv) + 2y 000 + 4y 00 11y 0 10y = et es demana (a) Sabent que el seu polinomi caracter´ıstic p(x) ´es divisible per x2 2x + 5, factoritzeu p(x) a R[x] i a C[x].
(b) Trobeu un sistema fonamental de solucions de l’equaci´o homog`enia.
(c) Trobeu una soluci´ o particular de l’equaci´o completa.
Problema 1 (a) La matriu de l’aplicaci´o en bases 0 1 B 0 A=B @ 0 1 can`oniques ve donada per 1 0 1 1 1 1 0 C C 1 1 0 A 0 1 1 Comprovem que rang A = 2 i que Av1 = Av2 = 0 i per tant ja tenim que v1 i v2 determinen base del nucli, doncs s´on linealment independents.
D’altra banda una base de Imf ´es {(1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0)} i per tant Kerf + Imf = h(1, 0, 0, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0)i.
Comprovem que els vectors s´on linealment dependents i per tant una possible base ´es {(1, 0, 0, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 0, 0, 1)}.
(b) v4 = f (v3 ) = (1, 1, 1, 1). Per veure que s´on base nom´es cal veure que s´ on linealment independents. Efectivament, 0 1 1 1 1 1 B 0 1 0 1 C C = 1 6= 0 det B @ 0 1 1 1 A 1 0 1 1 f (v4 ) = (1, 0, 0, 1) = ↵v1 + v2 + v3 + v4 . Resolent el sistema obtenim ↵ = 1, = 2, = 0, = 2. Les coordenades demanades s´ on, doncs v3 = (1, 2, 0, 2)B .
(c) La matriu que ens demanen tindr`a com a columnes f (v1 ), f (v2 ), f (v3 ) i f (v4 ) expressats a la base B. Tots aquests valors ja els tenim, aix´ıı que la matriu que ens demanen ´es 0 1 0 0 0 1 B 0 0 0 2 C C A0 = B @ 0 0 0 0 A 0 0 1 2 Per trobar les antiimatges del vector que ens demanen, ho farem en base B, i per tant s’ha de resoldre el sistema 0 0 B 0 B @ 0 0 0 0 0 0 10 1 a B b 2 C CB 0 A@ c 2 d 0 0 0 1 1 0 C B C=B A @ 1 1 2 C C A µ Trivialment aquest sistema nom´es t´e soluci´o per a = 0 i per a qualsevol µ. A m´es les solucions del sistema s´on de la forma (a, b, c, d) = ´ a dir, el vector donat nom´es t´e antiimatges per a (↵, , µ 2, 1). Es = 0 i aquestes antiimatges s´on ↵v1 + v2 + (µ 2)v3 + v4 .
1 Problema 2 (a) L’´ unic que hem de fer ´es comprovar que det(A pend`encia del valor de a.
I) = 0 amb inde- (b) Hem de buscar el valor de a per al qual rang(A I) = 1. Trivialment, 0 1 3 a 3 3 3 A = 1 () a = 3 rang @ 3 3 3 3 Per a a = 3 tindrem que Ker(A I) = h(1, 0, 1), (1, 1, 0)i.
Per a a = 3 el polinomi caracter´ıstic, del qual ja coneixem una arrel doble, ´es det(A xI) = x3 + 3x 2 = (x 1)2 (x + 2). Ja hem trobat els dos vecors propis de valor propi 1. Nom´es cal trobar Ker(A + 2I) = h(1, 1, 1)i.
Una base a la qual fa diagonalitza ´es B = {(1, 0, 1), (1, 1, 0), (1, 1, 1)}.
El resultat no ´es u ´nic doncs es pot triar una altra base de Ker(A I) (c) Aquest resultat dependr`a de la base B triada a l’apartat anterior.
La matriu de fa a la base B ´es diagonal, i per tant tindrem que les coordenades de f (v) a la base B son 0 10 1 0 1 1 0 0 1 1 @ 0 1 0 A@ 2 A = @ 2 A 0 0 2 3 6 Les coordenades d’aquest vector en la base can`onica venen donades, per tant per (1, 0, 1) + 2(1, 1, 0) 2 6(1, 1, 1) = ( 3, 4, 5) Problema 3 (a) Trobem el polinomi caracter´ıstic: det(A xI) = (x a)(x 2)(x+2).
Cal distingir tres casos.
i. Si a 6= 2, 2 totes les arrels son simples i per tant diagonalitza.
ii. si a = 2 llavors = 2 ´es una arrel doble. Per tal que diagonalitzi s’ha de verificar que dim Ker(A 2I) = 2.
0 1 ⇢ 3 b 3 2 si b = 6 0 A= dim Ker @ 0 0 1 si b 6= 6 1 2 1 Per tant, diagonalitza si b = 6.
iii. si a = 2 llavors = 2 ´es una arrel doble. Per tal que diagonalitzi s’ha de verificar que dim Ker(A + 2I) = 2.
0 1 ⇢ 1 b 3 2 si b = 2 dim Ker @ 0 0 0 A = 1 si b 6= 2 1 2 3 Per tant, diagonalitza si b = 2.
(b) Ja hem vist que per a a = b = 2 el polinomi caracter´ıstic ´es c(x) = (x + 2)2 (x 2) i que la matriu no diagonalitza. Les solucions que formaran la matriu fonamental venen donades per: i. Per a = 2, Ker(A 2I) = h(1, 0, 1)i, per tant una soluci´o ´es x1 (t) = (e2t , 0, e2t ).
ii. Per a = 2, Ker(A + 2I)2 = h( 1, 1, 0), ( 3, 0, 1)i, per tant podem trobar dues solucions 20 1 0 13 0 1 1 1 1 3t A 1 x2 (t) = e 2t 4@ 1 A + t(A + 2I) @ 1 A5 = e 2t @ 0 0 t 20 1 0 13 0 1 3 3 3 x2 (t) = e 2t 4@ 0 A + t(A + 2I) @ 0 A5 = e 2t @ 0 A 1 1 1 Per tant, una matriu fonamental de solucions ve donada per 0 2t 1 e ( 1 3t)e 2t 3e 2t A e 2t 0 V (t) = @ 0 2t e te 2t e 2t (c) La condici´ o que busquem ´es 0 t 10 0 1 e @ et A = @ 0 et 1 Si operem obtindrem ↵ = 1, La soluci´ o general ser`a 0 2t e ( 1 3t)e 2t @ 0 e 2t 2t e te 2t 3 10 t 1 0 1 2 3 e ↵et 2 0 A @ e t A + @ et A 2 1 et et =3i = 3.
10 1 0 t 1 3e 2t C1 e A @ C2 A + @ et A 0 e 2t C3 et Problema 4 (a) Observem primer que les arrels de x2 2x + 5 s´on 1 ± 2i. Per tant, ´es irredu¨ıble R[x] mentre que a C[x] factoritza com x2 2x + 5 = (x (1 + 2i))(x (1 2i)).
´ a dir, que hi ha Ens diuen que p(x) ´es divisible per x2 2x + 5. Es coeficients a, b, c 2 R tals que p(x) = x5 2x4 +2x3 +4x2 11x 10 = (x3 +ax2 +bx+c)(x2 2x+5), de la qual cosa tenim que 5b 5a 5c = 10, 2c = 11, 2b + c = 4.
Els coeficients s´ on, per tant, c = p(x) = (x3 3x 2, b = ´ a dir, 3 i a = 0. Es 2)(x2 2x + 5).
Per a acabar de factoritzar, hem de trobar les arrels de q(x) = x3 3x 2. Com ha de ser senzill, provem amb els divisors del terme independent. Aix´ı, en efecte tenim que q(2) = 0, amb la qual cosa sabem que q(x) = x3 3x 2 = (x 2)(x2 +dx+e). (Alternativament, es pot fer la regla de Ruffini per a fer la divisi´o). En qualsevol cas, els coeficients d i e han de satisfer 2e = 2, 2d + e = 3.
Es a dir, e = 1 i d = 2. En resum, a R[x] tenim que p(x) = (x2 2x + 5)(x 2)(x2 + 2x + 1) = (x2 2x + 5)(x 2)(x + 1)2 i a C[x], p(x) = (x (1 + 2i))(x (1 2i))(x 2)(x + 1)2 .
(b) Com les arrels del polinomi caracter´ıstic de l’e.d.o. s´on 1 ± 2i, de multiplicitat 1, 2, de multiplicitat 1 i 1 de multiplicitat 1, un sistema fonamental de solucions ´es {et cos t, et sin t, e2t , e t , te t }.
(c) Com el terme independent ´es, a la seva vegada, soluci´o d’una e.d.o.
lineal homog`enia amb coeficients constants podem aplicar el m`etode de la conjectura prudent.
Com 1 no ´es arrel del p(x), hi ha d’haver una soluci´o de la forma yp (t) = Aet . Substituint a l’equaci´o, obtenim: Aet 2Aet + 4Aet 11Aet 10Aet = et , es a dir, 16A = 1.
Per tant, una soluci´o de l’e.d.o. completa ´es yp (t) = 4 1 t e.
16 ...