🧪 Examen final (apuesta Raúl)

Duración estimada: 55 minutos.

Instrucciones

• Responde marcando la opción correcta (a, b, c, d). Puede haber más de una correcta: marca todas las que correspondan.
• En las preguntas de cálculo se pide elegir la(s) opción(es) correcta(s); debajo de cada pregunta se incluye la solución desarrollada para estudiar.

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Pregunta 1

Sea \(v_1=(1,0,1)\), \(v_2=(0,1,1)\), \(v_3=(1,1,2)\) en \(\mathbb{R}^3\). ¿Son linealmente independientes?

No, porque \(v_3=v_1+v_2\).

Sí, forman una base de \(\mathbb{R}^3\).

Son dependientes pero generan un subespacio de dimensión 3.

Son independientes solo si se cambia de base.

Explicación: \(v_3\) es combinación lineal de \(v_1\) y \(v_2\), luego el conjunto es dependiente.

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Pregunta 2

En la base canónica de \(\mathbb{R}^2\), \(B=\{(1,0),(0,1)\}\), y otra base \(B'=\{(1,1),(1,-1)\}\). El vector \(x=(2,0)\) tiene coordenadas en \(B'\):

\((1,1)\)

\((2,0)\)

\((1,0)\)

\((0,2)\)

Explicación: Resolver \(x=\alpha(1,1)+\beta(1,-1)\) da \(\alpha=1,\beta=1\).

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Pregunta 3

Sea \(T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2\), \(T(x,y)=(x+2y,\,2x+4y)\). ¿Es aplicación lineal?

Sí, es lineal.

No, porque no preserva la suma.

No, porque no preserva el origen.

Solo es lineal en el eje \(x\).

Explicación: Es matriz \(A=\begin{pmatrix}1&2\\2&4\end{pmatrix}\); cumple aditividad y homogeneidad.

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Pregunta 4

Ecuación cartesiana del plano generado por \((1,0,1)\) y \((0,1,1)\) en \(\mathbb{R}^3\) que pasa por el origen:

\(x+y- z=0\)

\(x-y+z=0\)

\(x+y+z=0\)

\(x-y-z=0\)

Explicación: Normal \(n=(1,1,-1)\) perpendicular a ambos generadores; su ecuación es \(n\cdot (x,y,z)=0\).

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Pregunta 5

Parametriza la recta que pasa por \((1,2,0)\) con dirección \((1,-1,2)\):

\((x,y,z)=(1,2,0)+t(1,-1,2)\)

\((x,y,z)=(1,2,0)+t(1,1,2)\)

\((x,y,z)=(1,2,0)+t(-1,1,-2)\)

\((x,y,z)=(1,2,0)+t(0,1,2)\)

Explicación: Forma punto-dirección estándar con el vector dado.

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Pregunta 6

Matriz \(A=\begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}\). ¿Es diagonalizable?

Sí, ya es diagonal con autovalores 2 y 3.

No, porque tiene autovalores distintos.

Sí, pero requiere base compleja.

Solo si se permutan filas.

Explicación: Matriz diagonal con base canónica de autovectores.

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Pregunta 7

Matriz \(B=\begin{pmatrix}4&1\\0&4\end{pmatrix}\). Sobre su diagonalización:

Es diagonalizable porque tiene autovalores distintos.

Es diagonalizable con una única base de autovectores.

No es diagonalizable; solo hay un autovector (bloque de Jordan).

Es diagonalizable si se escala por 4.

Explicación: Autovalor 4 de multiplicidad algebraica 2 y geométrica 1; falta base completa de autovectores.

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Pregunta 8

Para \(A=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}\), la matriz diagonal \(D\) y la matriz de paso \(P\) (con columnas autovectores) pueden ser:

\(D=\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}\), \(P=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\)

\(D=\begin{pmatrix}2&0\\0&1\end{pmatrix}\), \(P=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}\)

\(D=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\), \(P=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\)

No es diagonalizable.

Explicación: Autovalores 1 y 2 con autovectores \((1,0)\) y \((1,1)\); \(P^{-1}AP=D\).

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Pregunta 9

Combinatoria: ¿Número de maneras de elegir 3 elementos de un conjunto de 6 sin orden?

\(\binom{6}{3}=20\)

\(\binom{6}{3}=15\)

\(6^3=216\)

\(3!=6\)

Explicación: Combinaciones sin repetición: \(\binom{6}{3}=20\).

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Pregunta 10

De cuántas formas se pueden ordenar 4 libros distintos en una estantería:

\(4!=24\)

\(4^4=256\)

\(\binom{4}{2}=6\)

\(3!=6\)

Explicación: Permutaciones de 4 elementos: \(4!=24\).

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Soluciones desarrolladas

Solución pregunta 1 — Dependencia de tres vectores

\(v_3=v_1+v_2\), así que el rango es 2 y el conjunto es dependiente.

Solución pregunta 2 — Coordenadas en base B'

Resolver \((2,0)=\alpha(1,1)+\beta(1,-1)\) da \(\alpha=1,\beta=1\).

Solución pregunta 3 — Linealidad

Para que \(T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2\) sea aplicación lineal debe cumplir tres propiedades:

1. Preserva el vector nulo: \(T(0,0)=(0,0)\)

\[T(0,0)=(0+2\cdot 0,\,2\cdot 0+4\cdot 0)=(0,0)\quad \checkmark\]

2. Preserva la suma (aditividad): \(T(u+v)=T(u)+T(v)\)

Sean \(u=(x_1,y_1)\) y \(v=(x_2,y_2)\):

\[T(u+v)=T(x_1+x_2,y_1+y_2)=((x_1+x_2)+2(y_1+y_2),\,2(x_1+x_2)+4(y_1+y_2))\]

\[=(x_1+2y_1+x_2+2y_2,\,2x_1+4y_1+2x_2+4y_2)\]

\[T(u)+T(v)=(x_1+2y_1,2x_1+4y_1)+(x_2+2y_2,2x_2+4y_2)\]

\[=(x_1+2y_1+x_2+2y_2,\,2x_1+4y_1+2x_2+4y_2)\]

\[T(u+v)=T(u)+T(v)\quad \checkmark\]

3. Preserva el producto por escalar (homogeneidad): \(T(\alpha u)=\alpha T(u)\)

Sea \(u=(x,y)\) y \(\alpha\in\mathbb{R}\):

\[T(\alpha u)=T(\alpha x,\alpha y)=(\alpha x+2\alpha y,\,2\alpha x+4\alpha y)=\alpha(x+2y,2x+4y)=\alpha T(u)\quad \checkmark\]

Como cumple las tres propiedades, \(T\) es lineal.

Solución pregunta 4 — Plano cartesiano

Un plano en \(\mathbb{R}^3\) se puede representar de dos formas:

• Forma paramétrica: punto + dos vectores directores
• Forma cartesiana: ecuación lineal \(ax+by+cz=d\)

El vector normal \(\vec{n}\) es perpendicular a todos los vectores del plano. Lo hallamos con el producto cruz:

\[\vec{n} = (1,0,1) \times (0,1,1)\]

Calculamos:

\[\vec{n} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix}\]

\[= \vec{i}(0\cdot 1 - 1\cdot 1) - \vec{j}(1\cdot 1 - 1\cdot 0) + \vec{k}(1\cdot 1 - 0\cdot 0)\]

\[= \vec{i}(-1) - \vec{j}(1) + \vec{k}(1) = (-1, -1, 1)\]

Podemos usar \(\vec{n} = (1, 1, -1)\) (mismo plano, normal opuesta).

Como el plano pasa por el origen \((0,0,0)\), la ecuación es:

\[\vec{n} \cdot (x,y,z) = 0\]

\[(1,1,-1) \cdot (x,y,z) = 0\]

\[x + y - z = 0\]

Verificación: Los generadores deben satisfacer la ecuación: - \((1,0,1)\): \(1+0-1=0\) ✓ - \((0,1,1)\): \(0+1-1=0\) ✓

Solución pregunta 5 — Recta paramétrica

Forma punto-dirección: \((x,y,z)=(1,2,0)+t(1,-1,2)\).

Solución pregunta 6 — Diagonalizable trivial

Dada \(A=\begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}\), diagonalizarla significa encontrar \(P\) y \(D\) tales que \(P^{-1}AP=D\).

Paso 1: Polinomio característico

\[\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}2-\lambda&0\\0&3-\lambda\end{pmatrix}\]

\[=(2-\lambda)(3-\lambda)=0\]

Paso 2: Autovalores

\[\lambda_1=2, \quad \lambda_2=3\]

Paso 3: Espacio propio para \(\lambda_1=2\)

Resolver \((A-2I)v=0\):

\[\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\]

Obtenemos \(y=0\), \(x\) libre. Autovector: \(v_1=(1,0)\)

Paso 4: Espacio propio para \(\lambda_2=3\)

Resolver \((A-3I)v=0\):

\[\begin{pmatrix}-1&0\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\]

Obtenemos \(x=0\), \(y\) libre. Autovector: \(v_2=(0,1)\)

Paso 5: Matriz de paso \(P\)

Columnas = autovectores ordenados por autovalores:

\[P=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}=I\]

Paso 6: Matriz diagonal \(D\)

Diagonal = autovalores en el mismo orden:

\[D=\begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}\]

Paso 7: Verificación

\[P^{-1}AP = I^{-1}AI = A = \begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}=D\quad \checkmark\]

Conclusión: \(A\) ya era diagonal, así que es trivialmente diagonalizable.

Solución pregunta 7 — No diagonalizable

Dada \(B=\begin{pmatrix}4&1\\0&4\end{pmatrix}\), queremos \(P^{-1}BP=D\).

Paso 1: Polinomio característico

\[\det(B-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}4-\lambda&1\\0&4-\lambda\end{pmatrix}=(4-\lambda)^2=0\]

Paso 2: Autovalor

\[\lambda=4 \quad (\text{multiplicidad algebraica } 2)\]

Paso 3: Espacio propio

Resolver \((B-4I)v=0\):

\[\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} \implies y=0,\ x\ \text{libre}\]

Un autovector es \(v_1=(1,0)\). El espacio propio es 1-dimensional (multiplicidad geométrica 1).

Paso 4: Conclusión

La multiplicidad geométrica (1) es menor que la algebraica (2), así que no hay una base completa de autovectores. La matriz no es diagonalizable (tendría un bloque de Jordan de tamaño 2).

Solución pregunta 8 — Diagonalización de A

Sea \(A=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}\). Buscamos \(P^{-1}AP=D\).

Paso 1: Polinomio característico

\[\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda&1\\0&2-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(2-\lambda)=0\]

Autovalores simples: \(\lambda_1=1\), \(\lambda_2=2\) (al ser distintos, ya sabemos que es diagonalizable).

Paso 2: Autovector para \(\lambda_1=1\)

$\(A-I=\begin{pmatrix}0&1\\0&1\end{pmatrix}\)$ Ecuaciones: \(y=0\) (la segunda es igual). Tomamos \(v_1=(1,0)\).

Paso 3: Autovector para \(\lambda_2=2\)

$\(A-2I=\begin{pmatrix}-1&1\\0&0\end{pmatrix}\)$ Ecuación: \(-x+y=0 \implies y=x\). Tomamos \(v_2=(1,1)\).

Paso 4: Matriz de paso y diagonal

\[P=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}, \quad D=\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}\]

Paso 5: Verificación rápida

\(P^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}\) (determinante 1). Comprueba: $\(P^{-1}AP = \begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix}=D\)$

Conclusión: \(A\) es diagonalizable con esos autovalores y autovectores.

Solución pregunta 9 — Combinaciones

Elegir 3 de 6 sin orden y sin repetición es una combinación: primero eliges el subconjunto, no importa el orden interno. Fórmula:

\[\binom{6}{3}=\frac{6!}{3!\,3!}=20\]

No es variación ni permutación porque el orden no importa y no se repiten elementos.

Solución pregunta 10 — Permutaciones

Ordenar 4 libros distintos en fila es permutación sin repetición: importa el orden y cada libro se usa una vez. Fórmula:

\[P_4=4!=24\]

No es combinación porque el orden sí importa; no es con repetición porque cada libro es único y se coloca solo una vez.