Aplicaciones lineales – matemáticas 1º Grado (Universidad): soluciones del examen para descargar en PDF

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1. Solución del ejercicio 1 (4 puntos)

   Criterios. Se valora el rango, la resolución del sistema homogéneo y la ecuación implícita de la imagen.

   1. \(A=\begin{pmatrix}1&-1&2\\2&1&1\\1&2&-1\end{pmatrix}\); \(F_3=F_2-F_1\), rango 2. El rango coincide con la dimensión de la imagen. Como \(F_3=F_2-F_1\), el determinante es 0 y el rango no llega a 3; las dos primeras filas no son proporcionales, así que es 2.
   2. Restando: \(3y-3z=0\), \(y=z\); \(x=y-2z=-z\). \(\ker f=\langle(-1,1,1)\rangle\). El núcleo es el conjunto de soluciones de \(AX=0\). Por el teorema de la dimensión, \(\dim\ker f=3-2=1\), coherente con un único generador. Comprobación: \(f(-1,1,1)=(-1-1+2,\,-2+1+1,\,-1+2-1)=(0,0,0)\).
   3. Columnas 1 y 2: \(\{(1,2,1),(-1,1,2)\}\). Ecuación: \(\begin{vmatrix}1&-1&x\\2&1&y\\1&2&z\end{vmatrix}=3x-3y+3z=0\), es decir \(x-y+z=0\). Comprobación: \((1,2,1)\) cumple \(1-2+1=0\) y \((-1,1,2)\) cumple \(-1-1+2=0\).

2. Solución del ejercicio 2 (4 puntos)

   Criterios. Se valora el orden correcto del producto de matrices y el cálculo de la inversa.

   1. \(GF=\begin{pmatrix}2&4\\1&3\end{pmatrix}\) y \(FG=\begin{pmatrix}4&2\\1&1\end{pmatrix}\). La matriz de \(f\) es \(F=\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}\) y la de \(g\) es \(G=\begin{pmatrix}2&0\\1&1\end{pmatrix}\). En \(g\circ f\) se aplica primero \(f\), por eso su matriz es el producto \(GF\) en ese orden. Las dos matrices son distintas: la composición no es conmutativa.
   2. \(\det(GF)=2\); \((GF)^{-1}=\begin{pmatrix}\frac{3}{2}&-2\\- \frac{1}{2}&1\end{pmatrix}\). En una matriz \(2\times2\) se intercambian los elementos de la diagonal principal, se cambia el signo de los otros dos y se divide entre el determinante: \(\frac12\begin{pmatrix}3&-4\\-1&2\end{pmatrix}\). Comprobación con la primera fila de \(GF\): \(2\cdot\frac32+4\cdot(-\frac12)=1\) y \(2\cdot(-2)+4\cdot1=0\).

3. Solución del ejercicio 3 (4 puntos)

   Criterios. Se valora expresar las imágenes en la nueva base y escribir la matriz diagonal.

   1. \(f(1,1)=(3,3)=3(1,1)\) y \(f(1,-1)=(1,-1)\). Se multiplica \(A\) por cada vector columna: \(A\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\3\end{pmatrix}\) y \(A\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\). Cada vector de \(B\) se transforma en un múltiplo de sí mismo: son vectores propios, de valores 3 y 1.
   2. \(A_B=\begin{pmatrix}3&0\\0&1\end{pmatrix}\). Las columnas de \(A_B\) son las coordenadas de las imágenes en la base \(B\): \(f(1,1)=3(1,1)+0(1,-1)\) y \(f(1,-1)=0(1,1)+1(1,-1)\). Como \(A_B=P^{-1}AP\), se conservan la traza (\(4=3+1\)) y el determinante (\(3=3\cdot1\)).

4. Solución del ejercicio 4 (5 puntos)

   Criterios. Se valora la matriz de la proyección, su interpretación y la justificación de la no inyectividad.

   1. \(P=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}\). Las columnas son las imágenes de los vectores canónicos: \(e_1\) y \(e_2\) quedan igual y \(e_3\) va al vector nulo.
   2. \(\ker p=\langle(0,0,1)\rangle\) (la vertical) e \(\operatorname{Im}p\) el plano \(z=0\) (el suelo).
   3. \(P^2=P\) porque la sombra de la sombra es ella misma. Algebraicamente, \(P^2\) es diagonal con elementos \(1^2,1^2,0^2\), así que coincide con \(P\).
   4. Ambos dan \((3,4,0)\): su diferencia \((0,0,15)\) está en el núcleo.

5. Solución del ejercicio 5 (3 puntos)

   Criterios. Se valora usar la linealidad para obtener las imágenes de la base canónica.

   1. \((1,0)=\frac12[(1,1)+(1,-1)]\): \(f(1,0)=(2,2)\); \((0,1)=\frac12[(1,1)-(1,-1)]\): \(f(0,1)=(1,-1)\). \(A=\begin{pmatrix}2&1\\2&-1\end{pmatrix}\). Usamos la linealidad: \(f(1,0)=\frac12[f(1,1)+f(1,-1)]=\frac12(4,4)\) y \(f(0,1)=\frac12[f(1,1)-f(1,-1)]=\frac12(2,-2)\). Las columnas de \(A\) son \(f(1,0)\) y \(f(0,1)\). Comprobación: \(A\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}\). La clave es expresar cada vector canónico como combinación de los vectores donde conocemos la imagen; una aplicación lineal queda determinada por las imágenes de una base.
   2. \(f(5,1)=(11,9)\). Por linealidad, \(f(5,1)=5f(1,0)+f(0,1)=5(2,2)+(1,-1)=(11,9)\), que coincide con el producto \(A\begin{pmatrix}5\\1\end{pmatrix}\). El vector \((5,1)\) se puede escribir también como \(3(1,1)+2(1,-1)\), y entonces \(3(3,1)+2(1,3)=(11,9)\), el mismo resultado.

Total : 20 puntos