EXAMEN RESUELTO MATEMATICAS

7/24/2019 EXAMEN RESUELTO MATEMATICAS

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Soluciones exámenes UNED

Código asignatura Nombre asignatura

09101 Matemáticas I

Fecha alta y origen Convocatoria 23/05/2008

Web DepartamentoSeptiembre 04



MATEMATICAS I (QUIMICAS) Curso 2003-2004

SOLUCIONES DE LA 2aPRUEBA PERSONAL(Septiembre)

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10B B C D B C C A C B

1. Para que los tres vectores formen una base es suficiente que la matrizcuadrada formada con sus coordenadas tenga determinante distinto de cero, es

decir:

1 0 00 −1 2x y z

= −z − 2y = 0, que es justamente la condicion b).

2. La matriz de la aplicacion lineal referida a las bases {e1, e2, e3} y {e

1, e

2}

es 2 0 1−1 1 −1

.

Esta matriz tiene rango 2 y entonces la dimension de Ker (f ) sera 3 − 2 = 1.Otra forma de hacerlo serıa resolviendo el sistema que dan el sistema

2 0 1−1 1 −1

· x

yz

=

0

00

⇐⇒

2x + z = 0−x + y − z = 0

,

y tendrıamos: {y = −x, z = −2x, x = x}, donde vemos claramente que Ker (f )tiene dimension 1.

3. Tenemos

a 0b a + b

+

a

0b a + b

=

a + a

0b + b a + a + b + b

∈ S

λ

a 0

b a + b

=

λa 0λb λa + λb

∈ S, λ ∈ R

Ademas la matriz nula es el elemento neutro para la suma. Tenemos que S es

espacio vectorial, ademas las matrices

1 00 1

y

0 01 1

forman una base

de S ya que a 0b a + b

= a

1 00 1

+ b

0 01 1

.

Entonces tenemos que la dimension del espacio vectorial es 2. La respuesta

correcta es la c).4. Los puntos O = (0, 0, 0), P = (1, a, 0) y Q = (0, 1, 1) pertenecen a H a

para cualquier valor de a ∈ R. Vamos a imponer la condicion de que los vectoresOP,OQ y (1, 1, 1) sean linealmente independientes. Tenemos entonces

1 a 00 1 11 1 1

= a = 0.

1



Ası la respuesta correcta es la d).5.

Tenemos que, operando por filas

1 2 3 42 3 4 53 4 5 64 5 6 7

∼

1 2 3 41 1 1 13 4 5 64 5 6 7

∼

1 2 3 41 1 1 11 2 3 44 5 6 7

∼

1 2 3 41 1 1 11 2 3 41 1 1 1

donde se ve que el rango es 2.6. De la formula del producto escalar

u · v = u v cos θ

(1, −1, 3) · (0, 5, −2) = −11 =√

1 + 1 + 9√

25 + 4cos θ

de dondecos θ =

−11√ 319

y la respuesta correcta es la c).7. Comprobamos primero las intersecciones. Ası vemos que a) es falso ya

que(1, 1, −1) = a (1, 0, 1) + b (1, 1, 0)

no tiene solucion. Sin embargo tiene sentido poner

(1, 2, −1) = a (1, 0, 1) + b (1, 1, 0)

para a = −1, b = 2 y

(1, 2, −1) = a (1, 2, 3) + b (0, 0, 1)

para a = 1, b = −4. Esto prueba la veracidad de c). Por otra parte, se ve clara-mente que b) es falso ya que (0, 0, 1) ∈ T y sin embargo (0, 0, 1) /∈ (1, 1, −1).Para ver la falsedad de d) observemos primero que (1, 0, 1) , (1, 1, 0) , (0, 0, 1) =R3 pues el determinante formado por los tres vectores es distinto de cero y por

otra parte S ∪ T es la union de dos subesacios vectoriales de dimension 2, perono es un subespacio vectorial, (es el espacio formado por la union de dos planosque pasan por el origen).

8. Se comprueba que AAT = AT A = I y por tanto A es ortogonal. Estoimplica que A tiene determinante distinto de cero, ya que es invertible y portanto tiene rango 3, ası d) es falso. Ademas u · A · uT no define un producto

escalar pues no es simetrica. La respuesta correcta es la a).9. Consideremos M a para a = 1, entonces si f y g pertenecen a M a sera

f (0) = g (0) = 1, pero su suma (f + g) (0) = f (0) + g (0) = 2 ya no pertenecea M a. Esto muestra que a) es falso y tambien b). Si hacemos a = 0 lasoperacones de suma: f + g y producto por escalar: λf preservan la unicacondicion impuesta a las funciones de R en R para que pertenezcan a M 0; esdecir, que (f + g)(0) = (λf ) (0) = 0. La respuesta correcta es la c).

2



10. Resolvamos el sistema

2x + y − z = 1x − 2y + z = 2−x + y − z = 0

por el metodo de Cramer. Tenemos que la matriz de coeficientes es

2 1 −1

1 −2 1−1 1 −1

,

cuyo determinante es 3. Entonces

x0 =

1 1 −1

2 −2 10 1 −1

3

= 1

3

y0 =

2 1 −1

1 2 1−1 0 −1

3 =

−6

3

z0 =

2 1 1

1 −2 2−1 1 0

3 =

−7

3

y entonces x0 + y0 + z0 = −4 y la respuesta correcta es la b).

3

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