EXAMEN RESUELTO MATEMATICAS
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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
7/24/2019 EXAMEN RESUELTO MATEMATICAS
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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.
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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).
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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).
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