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gui
Nivel 1
Edad: 34
Registrado: 26 Dic 2009
Mensajes: 3
Carrera: Industrial
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Epsilon tiene el mismo tamaño que la matriz A, así que era de 4x3.
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Gracias Johann, espero tenerlo bien entonces.. saludoss
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Jak
Nivel 3
Edad: 36
Registrado: 13 Oct 2007
Mensajes: 35
Ubicación: Capital Federal
Carrera: Informática
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Buenas,
2) Le hice un cambio de base a la matriz asociada a la transformación de modo que quede de E en E, los autovalores me dieron 1, -1 y a. Si a es distinto de 1 y -1 entonces se cumple que la matriz es diagonalizable porque autovalores distintos tienen autoespacios li. Después probé con a = 1 y me dio que no era diagonalizable porq el autoespacio tenía dimensión 1 y la multiplicidad del autovalor 1 era 2. Luego, probé con -1 y me quedó diagonalizable porque las multiplicidades concordaban.
En resumen, me quedó diagonalizable para 'a' distinto de 1, por lo tanto existiría una base B' (los autovectores asociados) que cumplía lo pedido.
3) Usando rayleigh me queda:
Mín alcanzado en 0. En dos vectores.
Máx alcanzado en 16. En dos vectores.
4) Usando propiedades de las antisimétricas:
i) Si la matriz es de rango impar tiene (det = 0 <=> es singular <=> tiene al menos un autovalor = 0)
ii) Las matrices antisimétricas tienen autovalores imaginarios puros y/o nulos y autovalores distintos tienen autoespacios ortogonales asociados.
Por (i), F es singular, por lo tanto tiene un autovalor nulo porque, al tener un autovalor complejo por (ii), también estaría su conjugado, completando los tres autovalores (si fueran todos ceros sería una matriz nula y si tuviera dos ceros faltaría el conjugado del tercer autovalor).
Entonces, operando:
X'(t) = (aI + F) X(t)
X'(t) = ( V aI V^(-1) + V D V^(-1) ) X(t)
X'(t) = ( V (aI + D) V^(-1) ) X(t)
aI + D =
a+z 0 0
0 a+conj(z) 0
0 0 a
z = 0 + bi (es imaginario puro)
=>
aI + D =
a+bi 0 0
0 a-bi 0
0 0 a
Haciendo las cuentas de siempre:
X(t) = c1 e^(a+bi)t v1 + c2 e^(a-bi)t v2 + c3 e^a v3
como e^zt = e^(a+bi)t = e^at (cos(bt)+isen(bt))
X(t) = c1 e^at (cos(bt)+isen(bt)) v1 + c2 e^at (cos(-bt)+isen(-bt)) v2 + c3 e^a v3
si a = 0 queda acotado (creo) porque quedan senos y cosenos y un 1.
si a < 0 queda acotado (creo) porque e^at tiende a 1 cuando t tiene a 0 y tiende a 0 cuando t tiende a infinito y quedan senos y cosenos.
5) La matriz U me quedó armada con el vector u (que pertenece al nul(At) = Nul(AAt) y los ortogonales a u, y los valores singulares y V las saqué como siempre de AtA. La matriz no es única.
Perdón por la extensión, me emocioné.
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Philipos
Nivel 3
Edad: 35
Registrado: 25 May 2008
Mensajes: 43
Ubicación: Cap Fed
Carrera: Informática
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 gracias por la extención de la solución!! Me viene joya.
Estoy resolviendo este final. En el punto 3, si alguno me puede decir cuanto le dieron los puntos (cualquiera de los 2, para comparar), en el máx y en el mín, le estaría agradecido.
Serían del tema 1 los valores que pido.
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Jak
Nivel 3
Edad: 36
Registrado: 13 Oct 2007
Mensajes: 35
Ubicación: Capital Federal
Carrera: Informática
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| Philipos escribió:
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gracias por la extención de la solución!! Me viene joya.
Estoy resolviendo este final. En el punto 3, si alguno me puede decir cuanto le dieron los puntos (cualquiera de los 2, para comparar), en el máx y en el mín, le estaría agradecido.
Serían del tema 1 los valores que pido.
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El máx me quedó en
8/5
6/5
y
-8/5
-6/5
Mín:
6/5
-8/5
y
-6/5
8/5
Tendría que aprender latex de una vez por todas.
Byes.
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gui
Nivel 1
Edad: 34
Registrado: 26 Dic 2009
Mensajes: 3
Carrera: Industrial
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| los minimos (3 4) que era el dato que te daba, no me acuerdo bien, y el opuesto, pero los dos de norma 2. Y para los maximos el ortogonal, es decir, el (-4 3) y el opuesto, ambos de norma 2.
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Philipos
Nivel 3
Edad: 35
Registrado: 25 May 2008
Mensajes: 43
Ubicación: Cap Fed
Carrera: Informática
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gracias a los 2.
Ya resolví el ejercicio y mis resultados coinciden con los de Jak (gracias de nuevo). Ambos vectores de norma 2.
Los que decís vos gui, si los normalizas te quedan de norma 1. Te falta relacionarlos mediante x = 2.y y ahí si te quedan de norma 2 (obvio).
Les deseo suerte en la correción.
Saludos!
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francisco.
Nivel 3
Registrado: 07 Ago 2009
Mensajes: 50
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Gente estuve haciendo el final , y me surgio una duda en el ejercicio 2 y 3.
En el 2 cuando cambio la matriz de TL a base canonica me da qe sus autovalores son 1 -1 y a. Si elijo a=1 me da qe su autoespacio asociado tiene dim 1, por lo tanto no es diagonalizable, y si elijo a=-1 me da qe el autoespacio tiene dim 2 por lo qe es diagonalizable, entonces a tendria qe ser distinto de 1?
En el 3 la forma cuadratica es semidefinida positiva, ya que un autovalor es 4 y el otro es 0, esto influye en el hecho de qe existan los maximos o minimos?Puede ser que alguno no exista?
Gracias.
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francisco.
Nivel 3
Registrado: 07 Ago 2009
Mensajes: 50
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| Aclaro que es del tema 1 (el que publicaron aca)
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Philipos
Nivel 3
Edad: 35
Registrado: 25 May 2008
Mensajes: 43
Ubicación: Cap Fed
Carrera: Informática
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| francisco. escribió:
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En el 2 cuando cambio la matriz de TL a base canonica me da qe sus autovalores son 1 -1 y a. Si elijo a=1 me da qe su autoespacio asociado tiene dim 1, por lo tanto no es diagonalizable, y si elijo a=-1 me da qe el autoespacio tiene dim 2 por lo qe es diagonalizable, entonces a tendria qe ser distinto de 1?
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si, para que f sea diagonalizable 'a' tiene que ser distinto de 1. Fijate que para cualquier otro 'a' te queda una base de autovectores que es justo lo que pide el enunciado.
| francisco. escribió:
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En el 3 la forma cuadratica es semidefinida positiva, ya que un autovalor es 4 y el otro es 0, esto influye en el hecho de qe existan los maximos o minimos?Puede ser que alguno no exista?
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Me sumo a esta pregunta, ¿¿En que casos puede no existir un maximo o un mínimo??
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Johann
Nivel 9
Edad: 34
Registrado: 04 Abr 2009
Mensajes: 1098
Ubicación: Nuñez
Carrera: Informática
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| Philipos escribió:
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| francisco. escribió:
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En el 2 cuando cambio la matriz de TL a base canonica me da qe sus autovalores son 1 -1 y a. Si elijo a=1 me da qe su autoespacio asociado tiene dim 1, por lo tanto no es diagonalizable, y si elijo a=-1 me da qe el autoespacio tiene dim 2 por lo qe es diagonalizable, entonces a tendria qe ser distinto de 1?
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si, para que f sea diagonalizable 'a' tiene que ser distinto de 1. Fijate que para cualquier otro 'a' te queda una base de autovectores que es justo lo que pide el enunciado.
| francisco. escribió:
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En el 3 la forma cuadratica es semidefinida positiva, ya que un autovalor es 4 y el otro es 0, esto influye en el hecho de qe existan los maximos o minimos?Puede ser que alguno no exista?
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Me sumo a esta pregunta, ¿¿En que casos puede no existir un maximo o un mínimo??
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Creo (y puedo estar equivocado) que la restricción tiene que ser definida positiva para asegurarte que existan máximos y mínimos.
Alguien sabe como se hace el 1.b? Hice el coloquio que subió Yizus y me dio p<2 pero mandé bastante fruta.
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Philipos
Nivel 3
Edad: 35
Registrado: 25 May 2008
Mensajes: 43
Ubicación: Cap Fed
Carrera: Informática
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Ya es tarde para responder pero igual:
para tener en cuenta lo de la restriccion, no tenía idéa sobre eso.
A mi el 1.b me dio que para todo p se verifica lo del límite (tambien mandé fruta mepa). Me quedan los p en el numerador donde se le restan las raíces del polinomio del núcleo y en el denominador me queda e^t.cte Así que tendiendo a infinito me da 0 sin importar el numerador...
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