Exàmens d'àlgebra lineal resolts: sis problemes tipus comentats

⏱ 16 min de lecturaUniversitat

Aquesta pàgina és el simulacre del bloc: sis problemes d'examen d'àlgebra lineal del nivell de primer d'enginyeria, resolts de principi a fi i comentats des del punt de vista de qui corregeix. No són exercicis de calculadora sinó problemes de decisió: cadascun exigeix declarar una condició, separar valors crítics o justificar una estructura abans de calcular res. Abans de cada solució trobaràs l'enunciat complet; després, un comentari amb el que un corrector valora i el que penalitza. Convé haver treballat les pàgines de matrius i equacions matricials, determinants, inversa i rang, sistemes lineals, espais vectorials i bases i diagonalització, perquè aquí les tècniques es donen per sabudes i el focus és la redacció de la resposta.

Com és un examen d'àlgebra lineal

Estructura típica

En la majoria d'assignatures de matemàtiques de primer curs d'enginyeria, el tema d'àlgebra lineal s'avalua amb un patró molt estable, que sovint comparteix examen amb un bloc de nombres complexos. Sobre 10 punts, la distribució habitual és aquesta:

Bloc	Punts	Forma habitual
Nombres complexos	3	forma polar, potències, arrels
Equació matricial	1,5	transposades, factorització de $X$ , inversa
Determinant, rang i sistema amb paràmetre	2,5	un paràmetre, taula de casos, Rouché-Frobenius
Subespais i bases	1,5	base, dimensió, equacions, coordenades en dues bases
Diagonalització	1,5	polinomi característic, espais propis, $P$ i $D$

El patró es repeteix any rere any: el que canvia són els valors crítics del paràmetre, la dimensió dels espais propis i quina fila produeix la contradicció. Per això la preparació eficient no és memoritzar solucions sinó dominar el protocol de cada tipus de problema i saber-lo aplicar quan els nombres són uns altres.

Gestió del temps en 120 minuts

Una regla que funciona és 12 minuts per punt: dels 120 minuts, uns 36 van al bloc de complexos i uns 84 al d'àlgebra. Dins de l'àlgebra, això vol dir uns 18 minuts per a l'equació matricial, 30 per al problema de determinant, rang i sistema, 18 per al de subespais i 18 per al de diagonalització. Quatre consells pràctics:

Reserva els últims 8 o 10 minuts per a les comprovacions; és el tram de l'examen que més punts recupera per minut invertit.
Comença pel problema que domines més. Un problema resolt sencer i comprovat val més que dos a mitges.
Si un càlcul s'encalla (una inversa que no surt, un determinant que no factoritza), deixa'l indicat i continua: el corrector puntua el mètode encara que falti l'últim nombre.
Escriu la conclusió de cada apartat en una frase, encara que sigui provisional. Una discussió sense frase final és una discussió sense nota.

Plantilla de resposta per tipus de problema

Equació matricial. Mides de $X$ i de cada identitat; eliminar transposades capgirant l'ordre; agrupar els termes amb $X$ i factoritzar pel costat comú; escriure la condició « $M$ inversible» i comprovar-la amb $\det M \ne 0$ ; calcular $X$ multiplicant per $M^{-1}$ pel costat correcte; comprovar amb l'equació factoritzada.

Discussió d'un sistema. Matriu ampliada; reducció sense dividir per expressions amb el paràmetre; valors crítics; taula amb $\operatorname{rang} A$ , $\operatorname{rang}(A \mid b)$ i $n$ per a cada cas; classificació per Rouché-Frobenius; resolució del cas demanat amb exactament $n - r$ paràmetres; comprovació en les equacions originals.

Subespais i coordenades. Matriu amb els vectors per columnes; rang per obtenir la dimensió; base extreta de les columnes originals; equacions cartesianes eliminant paràmetres i comprovades amb els generadors; coordenades resolent un sistema $P_B[x]_B = x$ , sempre passant per la base canònica; reconstrucció del vector com a comprovació.

Diagonalització. Polinomi característic factoritzat amb multiplicitats algebraiques; control amb la traça i el determinant; per a cada valor propi, rang de $A - \lambda I$ , dimensió i base de l'espai propi; decisió comparant multiplicitats; $P$ i $D$ en el mateix ordre; comprovació $AP = PD$ .

Les cinc línies que més punts costen

Escriure $M^{-1}$ sense haver justificat $\det M \ne 0$ .
Dividir per una expressió amb el paràmetre sense separar el valor que l'anul·la.
Concloure «incompatible» (o «rang 2») només perquè un determinant s'anul·la.
Treure la base de la matriu esglaonada en lloc de les columnes originals, o construir la matriu de canvi de base amb els vectors per files.
Decidir la diagonalitzabilitat amb el polinomi característic sol, sense la dimensió de l'espai propi d'una arrel repetida.

El corrector marca la primera línia no justificable

La correcció d'aquests problemes no busca només l'últim resultat: busca la primera línia que no pot justificar-se amb el que hi ha escrit abans. Escriure $M^{-1}$ sense haver dit que $\det M \ne 0$ , dividir per $a - 1$ sense separar $a = 1$ , o afirmar «diagonalitzable» sense la dimensió d'un espai propi doble, són línies d'aquest tipus. Tot el que ve després es puntua amb reserves. Per tant, en cas de dubte, escriu la condició abans que el càlcul.

La línia que cal escriure abans d'una inversa

Suposem que d'una equació matricial has arribat a $MX = N$ amb

M = \begin{pmatrix} 2 & 1 \ 4 & 3 \end{pmatrix}.

La temptació és escriure directament $X = M^{-1}N$ . El corrector, en canvi, espera veure primer aquesta línia:

\det M = 2\cdot 3 - 1\cdot 4 = 2 \neq 0 \quad\Longrightarrow\quad M \text{ és inversible.}

I només després $X = M^{-1}N$ .

Per què importa tant. $M^{-1}$ és un objecte que pot no existir. Escriure'l sense haver dit que existeix és afirmar una cosa que encara no has justificat, i tot el que ve a continuació queda penjat d'aquesta afirmació. Amb una matriu numèrica concreta costa una línia; amb una matriu que depèn d'un paràmetre, aquesta línia és directament el nucli del problema, perquè és on apareixen els valors crítics.

La versió amb paràmetre. Si $M$ depèn d' $a$ i surt $\det M = (a-1)(a+2)$ , la línia correcta és: «per a $a \neq 1$ i $a \neq -2$ , $M$ és inversible i $X = M^{-1}N$ ; els casos $a = 1$ i $a = -2$ s'estudien a part». Deixar-ho escrit així, encara que després no tinguis temps d'acabar els dos casos, ja val punts.

Separar el valor crític abans de dividir

A la reducció d'un sistema amb paràmetre has arribat a l'equació

(a - 3)\,z = a^{2} - 9.

El pas que es fa malament és dividir per $a-3$ i escriure $z = a + 3$ com si fos la solució general. Això només val si $a \neq 3$ .

Com s'ha de redactar.

Cas $a \neq 3$ : es pot dividir, i

z = \frac{(a-3)(a+3)}{a-3} = a + 3.

Cas $a = 3$ : l'equació es converteix en $0\cdot z = 0$ , que és certa per a qualsevol $z$ . La incògnita queda lliure, el rang baixa i el sistema passa a ser compatible indeterminat.

El que posa en joc. Fixa't que el cas $a = 3$ no és un detall: és el que canvia la classificació del sistema. Si divideixes sense separar-lo, no és que perdis mig punt per una formalitat, és que et perds l'únic cas interessant del problema, que gairebé sempre és el que l'enunciat volia que trobessis.

La regla operativa: cada vegada que divideixis per una expressió que conté el paràmetre, escriu al moment quin valor l'anul·la i aparca'l en una llista de casos per estudiar al final.

Problema 1: equació matricial amb inversa

Siguin $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$ i $B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 3 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}$ . Considera l'equació $(AX^t)^t + 2X = B$ . (a) Aïlla $X$ simbòlicament, indicant la condició necessària. (b) Calcula la matriu $M$ que cal invertir. (c) Justifica que $M$ és inversible i calcula $X$ . (d) Comprova el resultat.

Solució del problema 1

(a) Aïllar. $X$ ha de ser $3 \times 3$ perquè $2X$ se sumi amb $B$ . Per la regla de la transposada d'un producte, $(AX^t)^t = (X^t)^t A^t = XA^t$ . L'equació és $XA^t + 2X = B$ i, com que $X$ és a l'esquerra dels dos coeficients, factoritzem per l'esquerra: $X(A^t + 2I) = B$ . Si $M = A^t + 2I$ és inversible, multiplicant per $M^{-1}$ per la dreta,

X = BM^{-1}.

(b) La matriu $M$ .

A^t = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad M = A^t + 2I = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}.

(c) Condició i càlcul. Desenvolupant per la tercera columna, $\det M = 1 \cdot \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} = 2 - 1 = 1 \ne 0$ : $M$ és inversible. Amb determinant $1$ , la inversa és directament l'adjunta. Els cofactors són $C_{11} = 1$ , $C_{12} = -1$ , $C_{13} = 1$ , $C_{21} = -1$ , $C_{22} = 2$ , $C_{23} = -2$ , $C_{31} = 0$ , $C_{32} = 0$ , $C_{33} = 1$ , i transposant,

M^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & 0 \\ 1 & -2 & 1 \end{pmatrix}, \qquad X = BM^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 3 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & 0 \\ 1 & -2 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & -5 & 2 \\ 2 & -1 & 0 \\ 2 & -4 & 1 \end{pmatrix}.

(d) Comprovació. Verifiquem $XM = B$ fila a fila. Primera fila de $X$ per $M$ : $(6 - 5 + 0,\; 3 - 5 + 2,\; 0 + 0 + 2) = (1, 0, 2)$ . Tercera fila: $(4 - 4 + 0,\; 2 - 4 + 1,\; 0 + 0 + 1) = (0, -1, 1)$ . Coincideixen amb les files de $B$ . També es pot comprovar $MM^{-1} = I$ : la primera fila de $M$ per la primera columna de $M^{-1}$ dona $2 - 1 + 0 = 1$ .

Què valora el corrector al problema 1

La transposada ben desfeta (amb l'ordre capgirat) i la frase «com que $X$ és a l'esquerra, factoritzem per l'esquerra i la inversa multiplica per la dreta». El càlcul de $M^{-1}$ val menys que aquesta línia. L'error més penalitzat és escriure $X = M^{-1}B$ : el producte està definit, dona una matriu $3 \times 3$ amb aspecte raonable i és incorrecte. La comprovació $XM = B$ és el que et permet detectar-ho tu mateix.

Problema 2: determinant i rang amb paràmetre

Sigui $N(a) = \begin{pmatrix} a & 1 & 0 & 1 \\ 1 & a & 1 & 0 \\ 0 & 1 & a & 1 \\ 1 & 0 & 1 & a \end{pmatrix}$ . (a) Calcula $\det N(a)$ i factoritza'l. (b) Per a quins valors de $a$ és inversible? (c) Determina $\operatorname{rang} N(a)$ per a cada valor de $a$ . (d) Per a $a = 0$ , dona una base de $\operatorname{Ker} N(0)$ .

Solució del problema 2

(a) Determinant. Busquem estructura: les files 1 i 3 tenen els uns a les mateixes posicions, i les files 2 i 4 també. Fem $F_1 \to F_1 - F_3$ i $F_2 \to F_2 - F_4$ , que no alteren el determinant:

\det N(a) = \begin{vmatrix} a & 0 & -a & 0 \\ 0 & a & 0 & -a \\ 0 & 1 & a & 1 \\ 1 & 0 & 1 & a \end{vmatrix} = a^2 \begin{vmatrix} 1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & a & 1 \\ 1 & 0 & 1 & a \end{vmatrix},

on hem tret el factor $a$ de cadascuna de les dues primeres files (això és una identitat de polinomis, vàlida també per a $a = 0$ ). Ara $C_3 \to C_3 + C_1$ i $C_4 \to C_4 + C_2$ (les operacions per columnes també conserven el determinant):

\det N(a) = a^2 \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & a & 2 \\ 1 & 0 & 2 & a \end{vmatrix} = a^2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \begin{vmatrix} a & 2 \\ 2 & a \end{vmatrix} = a^2 (a^2 - 4) = a^2 (a - 2)(a + 2).

Hem usat que la matriu és triangular per blocs: el determinant és el producte del bloc $2 \times 2$ identitat pel bloc inferior dret. Control: per a $a = 1$ la fórmula dona $-3$ , i per a $a = 3$ dona $45$ .

(b) Inversibilitat. $N(a)$ és inversible si i només si $\det N(a) \ne 0$ , és a dir, per a $a \ne 0$ , $a \ne 2$ i $a \ne -2$ .

(c) Rang. Per a $a \notin \{0, 2, -2\}$ , $\operatorname{rang} N(a) = 4$ . Cada valor crític s'estudia a part.

$a = 0$ . $N(0) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ : la fila 3 és igual a la 1 i la fila 4 igual a la 2, i les files 1 i 2 són independents. $\operatorname{rang} N(0) = 2$ . L'arrel doble $a = 0$ del determinant es correspon amb una caiguda de dues unitats del rang.
$a = 2$ . El menor de les tres primeres files i columnes és $\begin{vmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{vmatrix} = 2(4 - 1) - 1(2 - 0) = 4 \ne 0$ , i el determinant $4 \times 4$ és nul: $\operatorname{rang} N(2) = 3$ .
$a = -2$ . El mateix menor val $\begin{vmatrix} -2 & 1 & 0 \\ 1 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \end{vmatrix} = -2(4 - 1) - 1(-2 - 0) = -4 \ne 0$ : $\operatorname{rang} N(-2) = 3$ .

Resposta com a funció a trossos: $\operatorname{rang} N(a) = 4$ si $a \ne 0, \pm 2$ ; $\operatorname{rang} N(\pm 2) = 3$ ; $\operatorname{rang} N(0) = 2$ .

Comprovacions estructurals: per a $a = -2$ cada fila suma zero, així que $(1, 1, 1, 1)^t$ és del nucli; per a $a = 2$ , $N(2)(1, -1, 1, -1)^t = 0$ (cada fila dona $2 - 1 + 0 - 1 = 0$ o l'equivalent). En tots dos casos la matriu és singular, com havia de ser.

(d) Nucli per a $a = 0$ . Les úniques equacions independents són $y + t = 0$ i $x + z = 0$ . Amb $z = s$ i $t = u$ lliures, $x = -s$ i $y = -u$ :

\operatorname{Ker} N(0) = \langle (-1, 0, 1, 0), (0, -1, 0, 1) \rangle, \qquad \dim \operatorname{Ker} N(0) = 4 - 2 = 2.

Què valora el corrector al problema 2

Que el determinant surti factoritzat i no com a polinomi de grau 4 sense arrels, i que el rang de cada valor crític s'obtingui amb un certificat explícit: un menor no nul per a rang 3, files repetides per a rang 2. Es penalitza escriure « $\det = 0$ , per tant rang 3» per a $a = 0$ sense comprovar que allà el rang baixa fins a 2. La frase «resposta com a funció a trossos» és exactament el que s'espera veure.

Problema 3: discussió i resolució d'un sistema amb paràmetre

Discuteix segons $a \in \mathbb{R}$ el sistema

\begin{cases} x + ay + z - t = a \\ ax + y - z + t = 1 \\ x + y + az - t = a + 1 \end{cases}

i resol-lo per a $a = -1$ i per a $a = 0$ .

Solució del problema 3

Reducció. El sistema té $m = 3$ equacions i $n = 4$ incògnites, així que mai no pot ser compatible determinat: el cas genèric serà indeterminat i les excepcions seran més graus de llibertat o incompatibilitat. El pivot $1$ de la primera fila no depèn de $a$ ; fem $F_2 \to F_2 - aF_1$ i $F_3 \to F_3 - F_1$ :

\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & a & 1 & -1 & a \\ a & 1 & -1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & a & -1 & a + 1 \end{array}\right) \;\longrightarrow\; \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & a & 1 & -1 & a \\ 0 & (1 - a)(1 + a) & -(1 + a) & 1 + a & (1 - a)(1 + a) \\ 0 & 1 - a & -(1 - a) & 0 & 1 \end{array}\right).

Hem escrit cada entrada factoritzada: la segona fila té el factor comú $1 + a$ i la tercera té $1 - a$ a la part de coeficients però no al terme independent. Els valors crítics són $a = -1$ i $a = 1$ .

Cas $a \ne \pm 1$ . Podem dividir la segona fila per $1 + a \ne 0$ : queda $(0, 1 - a, -1, 1 \mid 1 - a)$ . Restant-la de la tercera: $(0, 0, a, -1 \mid a)$ . Si $a \ne 0$ hi ha pivot a la tercera columna; si $a = 0$ la fila és $(0, 0, 0, -1 \mid 0)$ i el pivot és a la quarta. En tots dos casos hi ha tres pivots: $\operatorname{rang} A = \operatorname{rang}(A \mid b) = 3 < 4$ . Sistema compatible indeterminat amb $1$ grau de llibertat.

Cas $a = 1$ . La segona fila és $(0, 0, -2, 2 \mid 0)$ i la tercera $(0, 0, 0, 0 \mid 1)$ , que és $0 = 1$ . $\operatorname{rang} A = 2$ i $\operatorname{rang}(A \mid b) = 3$ : incompatible.

Cas $a = -1$ . La segona fila és tota nul·la i la tercera és $(0, 2, -2, 0 \mid 1)$ . $\operatorname{rang} A = \operatorname{rang}(A \mid b) = 2 < 4$ : compatible indeterminat amb $2$ graus de llibertat.

Cas	$\operatorname{rang} A$	$\operatorname{rang}(A \mid b)$	Tipus	Graus de llibertat
$a \ne \pm 1$	3	3	SCI	1
$a = 1$	2	3	SI	—
$a = -1$	2	2	SCI	2

Resolució per a $a = -1$ . Les equacions independents són $x - y + z - t = -1$ i $2y - 2z = 1$ . Les columnes amb pivot són la 1 i la 2; prenem $z = s$ i $t = u$ lliures. De la segona, $y = s + \tfrac{1}{2}$ ; de la primera, $x = -1 + y - z + t = u - \tfrac{1}{2}$ :

(x, y, z, t) = \Bigl(u - \tfrac{1}{2},\; s + \tfrac{1}{2},\; s,\; u\Bigr), \qquad s, u \in \mathbb{R}.

Dos paràmetres, com prediu $4 - 2 = 2$ . Comprovació a la tercera equació original amb $a = -1$ , que és $x + y - z - t = 0$ : $(u - \tfrac{1}{2}) + (s + \tfrac{1}{2}) - s - u = 0$ per a tot $s, u$ .

Resolució per a $a = 0$ . Les files reduïdes són $(1, 0, 1, -1 \mid 0)$ , $(0, 1, -1, 1 \mid 1)$ i $(0, 0, 0, -1 \mid 0)$ . De la tercera, $t = 0$ ; amb $z = s$ lliure, $y = 1 + s$ i $x = -s$ :

(x, y, z, t) = (-s,\; 1 + s,\; s,\; 0), \qquad s \in \mathbb{R}.

Comprovació a la segona equació original amb $a = 0$ : $y - z + t = 1 + s - s + 0 = 1$ .

Què valora el corrector al problema 3

La frase inicial «amb 3 equacions i 4 incògnites no pot ser determinat» demostra que entens Rouché-Frobenius abans de calcular. La taula de casos amb els dos rangs és obligatòria. El punt més vigilat és $a = -1$ : la segona fila desapareix del tot, i molts estudiants continuen com si hi hagués tres pivots. També es mira que el nombre de paràmetres de cada solució coincideixi amb $n - r$ i que hi hagi una comprovació en una equació original, no en la reduïda.

Problema 4: subespai, base, equacions i coordenades en dues bases

Sigui $G = \langle (1, 1, 0), (1, 0, 1), (2, 1, 1) \rangle \subset \mathbb{R}^3$ . (a) Troba una base i la dimensió de $G$ . (b) Escriu unes equacions paramètriques i una equació cartesiana de $G$ . (c) Decideix si $w = (1, 2, 3)$ pertany a $G$ . (d) Comprova que $B_1 = \bigl((1, 1, 0), (1, 0, 1)\bigr)$ i $B_2 = \bigl((2, 1, 1), (0, 1, -1)\bigr)$ són bases de $G$ i calcula les coordenades de $v = (4, 1, 3)$ en cadascuna. (e) Escriu la matriu de canvi de base de $B_2$ a $B_1$ i verifica-la amb $v$ .

Solució del problema 4

(a) Base i dimensió. Posem els generadors per columnes i esglaonem:

\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{F_2 \to F_2 - F_1} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{F_3 \to F_3 + F_2} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

Dos pivots, a les columnes 1 i 2: $\dim G = 2$ i una base és $\{(1, 1, 0), (1, 0, 1)\}$ , els vectors originals de les columnes pivot. El tercer generador és redundant; de fet, $(2, 1, 1) = (1, 1, 0) + (1, 0, 1)$ .

(b) Equacions. Paramètriques: $(x, y, z) = s\,(1, 1, 0) + u\,(1, 0, 1)$ , és a dir $x = s + u$ , $y = s$ , $z = u$ . Eliminant els paràmetres, $x = y + z$ , i l'equació cartesiana és

G = \{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : x - y - z = 0\}.

Control dimensional: una equació independent en $\mathbb{R}^3$ deixa dimensió $3 - 1 = 2$ . Control amb els generadors: $(2, 1, 1)$ compleix $2 - 1 - 1 = 0$ .

(c) Pertinença. $1 - 2 - 3 = -4 \ne 0$ : $w \notin G$ . (Equivalentment, el sistema $s + u = 1$ , $s = 2$ , $u = 3$ és incompatible.)

(d) Coordenades. $B_1$ és la base de l'apartat (a). Per a $B_2$ : els dos vectors compleixen l'equació cartesiana ( $2 - 1 - 1 = 0$ i $0 - 1 + 1 = 0$ ), són de $G$ , i no són proporcionals; dos vectors independents en un espai de dimensió 2 formen base.

Coordenades de $v = (4, 1, 3)$ (que és de $G$ : $4 - 1 - 3 = 0$ ). En $B_1$ resolem $\alpha(1, 1, 0) + \beta(1, 0, 1) = (4, 1, 3)$ : la segona component dona $\alpha = 1$ , la tercera $\beta = 3$ , i la primera es compleix ( $1 + 3 = 4$ ). Així $[v]_{B_1} = (1, 3)$ . En $B_2$ resolem $\gamma(2, 1, 1) + \delta(0, 1, -1) = (4, 1, 3)$ : de la primera component $\gamma = 2$ ; de la segona $2 + \delta = 1$ , $\delta = -1$ ; la tercera es compleix ( $2 + 1 = 3$ ). Així $[v]_{B_2} = (2, -1)$ . Reconstrucció: $2(2, 1, 1) - (0, 1, -1) = (4, 1, 3)$ .

(e) Canvi de base. La matriu $P_{B_1 \leftarrow B_2}$ té per columnes les coordenades dels vectors de $B_2$ en $B_1$ . Com que $(2, 1, 1) = 1\cdot(1, 1, 0) + 1\cdot(1, 0, 1)$ i $(0, 1, -1) = 1\cdot(1, 1, 0) - 1\cdot(1, 0, 1)$ ,

P_{B_1 \leftarrow B_2} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad P_{B_1 \leftarrow B_2}\,[v]_{B_2} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix} = [v]_{B_1}.

La direcció del canvi queda verificada.

Què valora el corrector al problema 4

Que la base surti de les columnes originals i no de la matriu esglaonada; que l'equació cartesiana es comprovi amb tots els generadors; i que les coordenades vinguin acompanyades de la reconstrucció del vector. En el canvi de base, l'error clàssic és construir la matriu amb els vectors de la base equivocada o per files: escriure explícitament «columnes = coordenades de $B_2$ en $B_1$ » i verificar-ho amb un vector és el que et protegeix.

Problema 5: diagonalització completa amb potència

Sigui $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ . (a) Calcula el polinomi característic i els valors propis amb les seves multiplicitats. (b) Dona una base de cada espai propi. (c) Decideix raonadament si $A$ és diagonalitzable i, si ho és, escriu $P$ i $D$ i comprova $AP = PD$ . (d) Troba una fórmula per a $A^n$ i comprova-la per a $n = 2$ .

Solució del problema 5

(a) Polinomi característic. La tercera columna de $A - \lambda I$ només té l'element $1 - \lambda$ ; desenvolupant per ella,

p_A(\lambda) = (1 - \lambda)\begin{vmatrix} 2 - \lambda & 1 \\ 1 & 2 - \lambda \end{vmatrix} = (1 - \lambda)\bigl((2 - \lambda)^2 - 1\bigr) = (1 - \lambda)(1 - \lambda)(3 - \lambda) = (1 - \lambda)^2 (3 - \lambda).

Valors propis: $\lambda = 1$ amb $m_a(1) = 2$ i $\lambda = 3$ amb $m_a(3) = 1$ . Control: $1 + 1 + 3 = 5 = \operatorname{tr} A$ i $1 \cdot 1 \cdot 3 = 3 = \det A$ (desenvolupant $\det A$ per la tercera columna, $1 \cdot (4 - 1) = 3$ ).

(b) Espais propis. Per a $\lambda = 1$ :

A - I = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix},

de rang 1, de manera que $m_g(1) = 3 - 1 = 2$ . L'única equació és $x + y = 0$ , amb $y$ i $z$ lliures: $E_1 = \langle (1, -1, 0), (0, 0, 1) \rangle$ .

Per a $\lambda = 3$ :

A - 3I = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix},

de rang 2. De la primera fila $y = x$ ; de la tercera, $x + y - 2z = 0$ , així que $z = x$ . $E_3 = \langle (1, 1, 1) \rangle$ , i $m_g(3) = 1$ .

(c) Decisió i matrius. $m_g(1) = 2 = m_a(1)$ i $m_g(3) = 1 = m_a(3)$ ; la suma de dimensions és $3 = n$ . $A$ és diagonalitzable sobre $\mathbb{R}$ . Amb l'ordre $(1, 1, 3)$ ,

P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}, \qquad \det P = -2 \ne 0.

Comprovació:

AP = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ -1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 3 \end{pmatrix} = PD,

perquè la primera columna de $AP$ és $1 \cdot (1, -1, 0)$ , la segona $1 \cdot (0, 0, 1)$ i la tercera $3 \cdot (1, 1, 1)$ .

(d) Potència. Necessitem $P^{-1}$ . Per Gauss-Jordan (o per l'adjunta, amb $\det P = -2$ ),

P^{-1} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 2 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix},

i es comprova que $PP^{-1} = I$ (per exemple, la primera fila de $P$ per la primera columna de $P^{-1}$ dona $\tfrac{1}{2}(1 + 0 + 1) = 1$ ). Aleshores $A^n = PD^nP^{-1}$ amb $D^n = \operatorname{diag}(1, 1, 3^n)$ :

A^n = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & 0 & 3^n \\ -1 & 0 & 3^n \\ 0 & 1 & 3^n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 2 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 3^n + 1 & 3^n - 1 & 0 \\ 3^n - 1 & 3^n + 1 & 0 \\ 3^n - 1 & 3^n - 1 & 2 \end{pmatrix}.

Comprovació amb $n = 1$ : $\tfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 4 & 2 & 0 \\ 2 & 4 & 0 \\ 2 & 2 & 2 \end{pmatrix} = A$ . Amb $n = 2$ la fórmula dona $\begin{pmatrix} 5 & 4 & 0 \\ 4 & 5 & 0 \\ 4 & 4 & 1 \end{pmatrix}$ , i el producte directe $A \cdot A$ té, per exemple, l'entrada $(3, 1)$ igual a $2 + 1 + 1 = 4$ i l'entrada $(1, 1)$ igual a $4 + 1 + 0 = 5$ : coincideixen.

Què valora el corrector al problema 5

La justificació de $m_g(1) = 2$ a partir del rang de $A - I$ és el punt que decideix el problema: l'arrel doble no permet concloure res sense això. Es valora el control traça-determinant, l'ordre coherent entre $P$ i $D$ i la comprovació $AP = PD$ escrita columna a columna. A l'apartat de la potència, la fórmula sense la comprovació amb $n = 1$ o $n = 2$ es puntua amb reserves, perquè un error de $P^{-1}$ la invalida sencera.

Problema 6: sistema homogeni amb paràmetre i espais propis

Considera el sistema homogeni

\begin{cases} (1 - a)x + 2y = 0 \\ 2x + (1 - a)y = 0 \\ x + y + (2 - a)z = 0 \end{cases}

(a) Determina per a quins valors de $a$ té solucions no trivials. (b) Resol-lo per a cadascun d'aquests valors. (c) Interpreta els resultats en termes de valors i vectors propis de la matriu $B = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}$ i decideix si $B$ és diagonalitzable, donant $P$ i $D$ .

Solució del problema 6

(a) Valors crítics. La matriu de coeficients és $B - aI$ . Un sistema homogeni quadrat té solucions no trivials si i només si $\det(B - aI) = 0$ . Desenvolupant per la tercera columna,

\det(B - aI) = (2 - a)\begin{vmatrix} 1 - a & 2 \\ 2 & 1 - a \end{vmatrix} = (2 - a)\bigl((1 - a)^2 - 4\bigr) = (2 - a)(-1 - a)(3 - a) = -(a - 2)(a + 1)(a - 3).

Hi ha solucions no trivials exactament per a $a = 2$ , $a = -1$ i $a = 3$ . Per a qualsevol altre $a$ , l'única solució és $(0, 0, 0)$ .

(b) Resolució.

$a = 3$ . Les equacions són $-2x + 2y = 0$ , $2x - 2y = 0$ i $x + y - z = 0$ . De les dues primeres, $y = x$ ; de la tercera, $z = 2x$ . Rang 2, nucli de dimensió 1: solucions $s\,(1, 1, 2)$ , $s \in \mathbb{R}$ .
$a = -1$ . Les equacions són $2x + 2y = 0$ (dues vegades) i $x + y + 3z = 0$ . De la primera, $y = -x$ ; substituint a la tercera, $3z = 0$ . Solucions $s\,(1, -1, 0)$ .
$a = 2$ . Les equacions són $-x + 2y = 0$ , $2x - y = 0$ i $x + y = 0$ . Les dues primeres formen un sistema $2 \times 2$ de determinant $1 - 4 = -3 \ne 0$ , així que $x = y = 0$ , i $z$ queda lliure. Solucions $s\,(0, 0, 1)$ .

En els tres casos el rang de $B - aI$ és 2 i el nucli té dimensió $3 - 2 = 1$ . Comprovació de la primera: $(B - 3I)(1, 1, 2)^t = (-2 + 2, 2 - 2, 1 + 1 - 2)^t = 0$ .

(c) Interpretació. El sistema és $(B - aI)v = 0$ : els valors de $a$ amb solucions no trivials són exactament els valors propis de $B$ , i les solucions són els espais propis:

E_3 = \langle (1, 1, 2) \rangle, \qquad E_{-1} = \langle (1, -1, 0) \rangle, \qquad E_2 = \langle (0, 0, 1) \rangle.

El polinomi característic $-(a - 2)(a + 1)(a - 3)$ té tres arrels reals simples, i vectors propis de valors propis diferents són independents: $B$ és diagonalitzable sobre $\mathbb{R}$ . Control: $3 - 1 + 2 = 4 = \operatorname{tr} B$ i $3 \cdot (-1) \cdot 2 = -6 = \det B$ (per la tercera columna, $2(1 - 4) = -6$ ). Amb l'ordre $(3, -1, 2)$ ,

P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}, \qquad \det P = -2 \ne 0,

i $BP = \begin{pmatrix} 3 & -1 & 0 \\ 3 & 1 & 0 \\ 6 & 0 & 2 \end{pmatrix} = PD$ : les columnes són $3(1, 1, 2)$ , $-1(1, -1, 0)$ i $2(0, 0, 1)$ .

Què valora el corrector al problema 6

Que reconeguis, abans de calcular, que «solucions no trivials d'un sistema homogeni» i «determinant nul» són la mateixa condició, i que després identifiquis $B - aI$ com la matriu d'un problema de valors propis. Es valora que cada solució de l'apartat (b) vingui amb el rang i la dimensió del nucli, i que la diagonalitzabilitat es justifiqui amb «tres valors propis diferents» i no només amb «he trobat tres vectors». La comprovació $BP = PD$ tanca el problema.

Llista de comprovació abans d'entregar

Cada inversa que has escrit va precedida de « $\det M \ne 0$ » o d'un certificat equivalent?
Cada transposada d'un producte ha capgirat l'ordre dels factors?
Cada determinant amb paràmetre està factoritzat i comprovat amb un valor senzill?
Has separat tots els valors crítics i has donat els dos rangs en cada cas, en una taula?
Cada solució indeterminada té exactament $n - \operatorname{rang} A$ paràmetres i està substituïda en una equació original?
Les bases surten de les columnes originals i les equacions cartesianes estan comprovades amb tots els generadors?
Les coordenades indiquen en quina base són, i has reconstruït el vector?
Per a cada valor propi repetit has calculat el rang de $A - \lambda I$ abans de decidir?
Les columnes de $P$ estan en el mateix ordre que la diagonal de $D$ , i has verificat $AP = PD$ ?
Cada apartat acaba amb una frase de conclusió que un corrector pugui subratllar?

Si algun problema t'ha costat, torna a la pàgina corresponent del bloc: equacions matricials per al problema 1, determinants i rang per al 2, sistemes lineals per al 3, espais vectorials i bases per al 4 i diagonalització per als problemes 5 i 6. Per a un repàs previ dels sistemes amb paràmetre en el format de batxillerat, la pàgina de sistemes de selectivitat és un bon punt de partida.