Practica3

Práctica 3: Sistemas lineales y factorización

1) Propiedades matrices cuadradas

Sean $A$ y $B \in \mathbb{K}^{n \times n}$. Probar que.

• Si $A$ y $B$ son triangulares superiores, $AB$ es triangular superior.

  Una matriz $T = [t_{ij}] \in K^{n\times n}$ es triangula superior si $t{\scriptsize ij} = 0$ para todo $i>j$

  Sean $A$ y $B$ triangulares superiores, el producto $C = AB = [c_{ij}]$ donde queremos ver que

  $$c {\scriptsize ij} = \sum_{k=1}^n a{\scriptsize ik}b{\scriptsize kj}$$

  $c_{ij} = 0$ si $i>j$

  Sabemos que $a{\scriptsize ik} = 0$ si $i>k$ y $b{\scriptsize kj} = 0$ si $k>j$. Entonces par que $c{\scriptsize ij} \neq 0$ se necesita que:

  • $i \leq k$ por triangularidad de $A$
  • $k \leq j$ por triangularidad de $B$

  $\Rightarrow i\leq k \leq j \Rightarrow i \leq j$

  Pero si $i>j$ no existe ningún $k$ tal que $i\leq k \leq j$. Entonces en esos indices $c_{ij} = 0$. Luego $C$ es diagonal superior.

• Si $A$ y $B$ son diagonales, $AB$ es diagonal.

  Una matriz $T = [t_{ij}] \in K^{n\times n}$ es diagonal si $t{\scriptsize ij} = 0$ para todo $i \neq j$

  Sean $A$ y $B$ diagonales, el producto $C = AB = [c_{ij}]$ donde queremos ver que

  $$c {\scriptsize ij} = \sum_{k=1}^n a{\scriptsize ik}b{\scriptsize kj}$$

  $c_{ij} \neq 0$ para todo $i = j$

  Sabemos que $a{\scriptsize ik} = 0$ si $i \neq k$ y $b{\scriptsize kj} = 0$ si $k\neq j$. Entonces par que $c{\scriptsize ii} \neq 0$ se necesita que:

  • $i = k$ por diagonalidad de $A$
  • $k = j$ por diagonalidad de $B$

  $\Rightarrow i = k = j \Rightarrow i = j$

  Pero si $i \neq j$ no existe ningún $k$ tal que $i = k = j$. Entonces en esos indices $c_{ij} = 0$. Luego $C$ es diagonal.

• Si $A$ es estrictamente triangular superior (es decir, $a_{ij} = 0$ si $i ≥ j$), $A^n = 0$.

  Cada vez que se multiplica matrices estrictamente triangulares superiores, los elementos "suben" más arriba de la diagonal, dejando más ceros en la parte superior de la matriz resultante. Luego de $n$ veces, queda la matriz de ceros.

  Podría salir con inducción en $n$

2) Descomposición LU

Sea

$$A = \begin{pmatrix}1 & -1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 4 & 0 \\ 2 & -1 & 0 & -2\\ -3 & 3 & 0 & -1\end{pmatrix} \in \mathbb{R}^{4 \times 4}$$

1. Escalonar la matriz $A$ multiplicándola a izquierda por matrices elementales $T^{ij}(a), a \in \mathbb{R}, 1 \leq i, j \leq 4$, con $i \neq j$

   $$T^{ij}(a) = I_n + aE^{ij}$$

   con $E^{ij}$ la matriz  con un 1 en posición (i,j)

$$ T^{32}(-1)(T^{41}(3) T^{31}(-2)). A=$$

$$ \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} *(\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 3 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}) * \begin{pmatrix}1 & -1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 4 & 0 \\ 2 & -1 & 0 & -2\\ -3 & 3 & 0 & -1\end{pmatrix} = $$

$$ \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} *\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 1 & 0\\ 3 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix}1 & -1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 4 & 0 \\ 2 & -1 & 0 & -2\\ -3 & 3 & 0 & -1\end{pmatrix} = $$

$$ \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} *\begin{pmatrix}1 & -1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 4 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -4\\ 0 & 0 & 0 & 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & -1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & -4 & -4\\ 0 & 0 & 0 & 2\end{pmatrix}$$

2. Hallar la descomposición $LU$ de $A$.

Con el inciso anterior ya lo tenemos casi resuelto. La $U$ es la matriz $A$ triangulado y $L = [T^{32}(-1).(T^{41}(3).T^{31}(-2))]^{-1}$

Como ya tenemos $U$, calculamos $L$, multiplicamos todos los $T$ y luego vemos de invertirlo, de la cuenta anterior tengo que:

$$T^{32}(-1).(T^{41}(3).T^{31}(-2))=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} *\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 1 & 0\\ 3 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}=$$

$$=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ -2 & -1 & 1 & 0\\ 3 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

$$\Rightarrow L = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ -2 & -1 & 1 & 0\\ 3 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}^{-1}$$

Invertir esto es sencillo ya que es invertir el signo de los valores que estan por debajo de la diagonal en cada columna.

$$\Rightarrow L = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 1 & 0\\ -3 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

Luego si hacemos:

$$L*U = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 1 & 0\\ -3 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} . \begin{pmatrix}1 & -1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & -4 & -4\\ 0 & 0 & 0 & 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & -1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 4 & 0 \\ 2 & -1 & 0 & -2\\ -3 & 3 & 0 & -1\end{pmatrix}=A$$

3. Usando la descomposición del ítem anterior resolver el sistema $Ax = b$, para

$$b = \begin{pmatrix}1 \\ -7 \\ -5 \\ 1 \end{pmatrix}$$

Queremos resolver $Ax=b$ donde nos dan $b$, como tenemos la descomposición $LU = A$ podemos reemplazar, $L(Ux)=b$. Si llamamos $y = Ux$ podemos resolver $Ly=b$ y esto es sencillo pues $L$ es triangular inferior

$Ly=b$

$$\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 & | & 1\\ 0 & 1 & 0 & 0 & | & -7\\ 2 & 1 & 1 & 0 & | & -5\\ -3 & 0 & 0 & 1 & | & 1 \end{pmatrix}$$

• $y_1 = 1$
• $y_2 = -7$
• $2.1+1.(-7)+y_3 = -5 \Rightarrow y_3 = 0$
• $1.(-3)+y_4=1 \Rightarrow y_4 = 4$

$$y = \begin{pmatrix}1\\ -7\\ 0\\ 4 \end{pmatrix}$$

Ahora que tengo $y$ puedo resolver $Ux=y$ y despejar $x$

$Ux=y$

$$\begin{pmatrix}1 & -1 & 0 & 1 & | & 1\\ 0 & 1 & 4 & 0 & | & -7\\ 0 & 0 & -4 & -4 & | & 0\\ 0 & 0 & 0 & 2 & | & 4 \end{pmatrix}$$

• $x_4 = 2$
• $-4x_3 + (-4).2 = 0 \Rightarrow x_3 = -2$
• $x_2 + 4.(-2) = -7 \Rightarrow x_2 = 1$
• $x_1 - 1+2 = 1 \Rightarrow x_1 = 0$

$$x = \begin{pmatrix}0\\ 1\\ -2\\ 2 \end{pmatrix}$$

$Ax = b$ (chequeamos la consigna)

$$\begin{pmatrix}1 & -1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 4 & 0 \\ 2 & -1 & 0 & -2\\ -3 & 3 & 0 & -1\end{pmatrix}. \begin{pmatrix}0\\ 1\\ -2\\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\ -7\\ -5\\ 1 \end{pmatrix} = b$$

3) Descomposición LU en Python

Escribir funciones de Python que calculen la solución de un sistema:

1. $Ly = b$, siendo $L$ triangular inferior.
2. $Ux = y$, siendo $U$ triangular superior.

Ya hechas en labo de $LU$.

4) Código de resolución de sistemas

Escribir funciones de Python que realicen las siguientes tareas:

1. Calcular la descomposición $LU$ de una matriz dada $A$, asumiendo que no es necesario realizar pivoteos.
2. Resolver un sistema $Ax = b$, utilizando la función del ítem anterior y las del ejercicio 3 aplicar esta función para resolver el ítem c. del ejercicio 2

Resuelto en el tp :)

5) Matrices sin descomposición LU

Considerar la matriz

$$A = \begin{pmatrix}0 & 1 & 2\\ 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 3 \end{pmatrix}$$

1. Probar que $A$ no admite descomposición $LU$.

En la descomposición $LU$ donde nos queda que $L$ es la inversa de una matriz resultado de productos de varios $T$, en realidad está dividiendo por el valor de la diagonal de esa columna, si es $0$... No se puede hacer.

2. Hallar la descomposición $LU$ de $PA$ para alguna matriz de permutación $P$ adecuada.

Basicamente puedo permutar la fila 1 con fila 2, haciendo eso y luego la descomposición $LU$

$$PA = LU$$

$$\Rightarrow \begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}0 & 1 & 2\\ 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}$$

6) Relación entre inversibilidad y existencia de descomposición

Para cada una de las siguientes matrices analizar existencia y unicidad de la descomposición $LU$ (sin pivoteo). ¿Qué relación existe entre la inversibilidad de una matriz y la existencia de dicha descomposición?

$$A=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, B = \begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, C = \begin{pmatrix}0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}, D = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Para la matriz:

$$A=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

Si intentamos hacer la descomposición $LU$ en el elemento $a_{11}$ tenemos un $0$, por lo tanto no se puede iniciar la eliminación gaussiana estándar sin intercambiar filas $\Rightarrow$ no admite descomposición $LU$ sin pivoteo.

Veamos si se puede invertir intentando calcular el determinante:

$$det(A)=\begin{vmatrix}0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = 0 . \begin{vmatrix}0 & 0\\ 0 & 1\\ \end{vmatrix}-1. \begin{vmatrix}1 & 0\\ 0 & 1\\ \end{vmatrix} + 0 . \begin{vmatrix}1 & 0\\ 0 & 0\\ \end{vmatrix} = -1$$

$$\Rightarrow det(A) = -1 \neq 0 \rightarrow A \text{ es inversible.}$$

• Una matriz puede ser invertible y no admitir descomposición LU sin pivoteo (como en este caso).
• Para que exista $LU$ sin pivoteo, es necesario que todos los pivotes parciales (elementos de la diagonal) sean distintos a $0$ sin reordenar filas.

---

Siguiendo la misma linea con $A$ vamos a analizar cada uno de las matrices restantes:

• Matriz $B$
  • No admite descomposición $LU$ por tener diagonal en $0$
  • Como tiene la última fila nula, su determinante es $0$, NO es inversible.
• Matriz $C$
  • No admite descomposición $LU$ por tener diagonal en $0$
  • Como tiene una columna nula, su determinante es $0$, NO es inversible.
• Matriz $D$
  • Es triangular superior con ceros bajo la diagonal, si admite descomposición $LU \Rightarrow L = I, U=D$
  • Tiene una fila nula, asi que NO es inversible.

Conclusiones:

• La existencia de una descomposición LU sin pivoteo no implica que la matriz sea invertible.
• La inversibilidad tampoco garantiza la existencia de una descomposición $LU$ sin pivoteo (caso de la matriz $A$ anterior).

7) Propiedades sobre las matrices L y U

Sea $A \in \mathbb{R}^{n \times n}$ inversible tal que $A = TS$ donde $T \in \mathbb{R}^{n\times n}$ es triangular inferior y $S \in \mathbb{R}^{n\times n}$ es triangular superior. Probar:

1. $T$ y $S$ son inversibles.

Probamos que las derminantes de estas matrices no son 0. Según la consigna sabemos que $A$ es inversible, por lo tanto $det(A) \neq 0$. Sabemos que podemos escribir a $A = TS \Rightarrow det(A) = det(TS) = det(T) . det(S) \neq 0$

Y como sabemos que si una matriz cuadrada tiene determinante distinto a $0$ es inversible. Entonces $S$ y $T$ son inversibles.

2. $A$ tiene factorización $LU$ (con unos en la diagonal de $L$).

Como podemos escribir $A = TS$ es muy similar a la descomposición $LU$, solo que $T$ no tiene 1 en la diagonal. Lo que se puede hacer en este caso es:

$$T = L.D$$

Donde $D$ es la diagonal de $T$ y $L$ es la matriz con 1 en la diagonal y debajo de la diagonal en cada columna tiene los valores $L_{ij} = \frac{T_{ij}}{T_{ii}}$ (para $i>j$ y $L_{ii} = 1$). Con esto ya tenemos nuestro descomposición $LU$

$$A= (LD)S = L(DS)$$

9) Descomposición de Cholesky

Considerar la matriz

$$\begin{pmatrix}4 & 2 & -2\\ 2 & 5 & 5\\ -2 & 5 & 11 \end{pmatrix}$$

Mostrar que es definida positiva y calcular su descomposición de Cholesky.

Hacemos la eliminación gaussiana:

$$\begin{pmatrix}4 & 2 & -2\\ 2 & 5 & 5\\ -2 & 5 & 11 \end{pmatrix} \underset{F2-\frac{1}{2}F1, F3 + \frac{1}{2}F1}{\rightarrow} \begin{pmatrix}4 & 2 & -2\\ 0 & 4 & 6\\ 0 & 6 & 10 \end{pmatrix} \underset{F3-\frac{3}{2}F2}{\rightarrow} \begin{pmatrix}4 & 2 & -2\\ 0 & 4 & 6\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = U$$

Entonces tenemos que la matriz diagonal es:

$$D = \begin{pmatrix}4 & 0 & 0\\ 0 & 4 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

que es definida positiva y por tanto también lo es el original.

También podemos sacar que

$$\overset{\sim}{L} = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\ \frac{1}{2} & 1 & 0\\ -\frac{1}{2} & \frac{3}{2} & 1 \end{pmatrix}$$

Por lo tanto para sacar $L$ tenemos que hacer $L = \overset{\sim}{L}\sqrt{D}$

$$L = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\ \frac{1}{2} & 1 & 0\\ -\frac{1}{2} & \frac{3}{2} & 1 \end{pmatrix} . \begin{pmatrix}2 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2 & 0 & 0\\ 1 & 2 & 0\\ -1 & 3 & 1 \end{pmatrix}$$

Entonces se puede verificar que $M=LL^t$ (lo hacemos)

$$ M = \begin{pmatrix}2 & 0 & 0\\ 1 & 2 & 0\\ -1 & 3 & 1 \end{pmatrix} . \begin{pmatrix}2 & 1 & -1\\ 0 & 2 & 3\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4 & 2 & -2\\ 1 & 5 & 5\\ -2 & 5 & 11 \end{pmatrix}$$

:)

10) Caracterización de matrices definidas positivas mediante productos internos

Sea $A \in \mathbb{R}^{n\times n}$ una matriz simétrica. Probar que $A$ es definida positiva si y sólo si existe un conjunto de vectores linealmente independientes $[x_1, ..., x_n] \subseteq \mathbb{R}^n$ tal que $a_{ij}=x_i^t x_j$

$\Rightarrow)$ Si tenemos que $A$ es definida positiva y simétrica, entonces existe la descomposición de Cholesky

$$A = LL^t$$

donde $L$ es una matriz triangular inferior con entradas reales y diagonal estrictamente positiva.

Entonces podemos tomar las filas de $L$ como los vectores $x_i^t$ y nos queda que:

$$a_{ij} = L_i L_j^t = x_i^t x_j$$

Además como sé que $L$ tiene el rango completo por ser definida positiva (su determinante no es 0), las filas son LI

$\Leftarrow)$ si existe un conjunto de vectores linealmente independientes $[x_1, ..., x_n] \subseteq \mathbb{R}^n$ tal que $a_{ij}=x_i^t x_j$ quiero ver que $A$ es definida positiva.

Construimos un $X \in \mathbb{R}^{n \times n}$ cuyas filas son vectores $x_i^t$.

COMPLETAR

14) Gram-Schmidt (con QR por mi)

Aplicar el algoritmo de Gram-Schmidt para calcular bases ortonormales de los subespacios generados por las siguientes bases:

1. $B = \langle (1, 0, 1), (0, 1, 1), (0, 0, 1)\rangle$

Dado la base $B$ quiero construir un nuevo bon (base ortonormal) $\overset{\sim}{B} = \langle q_1, q_2, q_3 \rangle$

Para cada vector de la base $B$ primero calculo $\overset{\sim}{q}$ y luego normalizo. Empecemos:

Tomo $v_1: (1,0,1)$

$$\overset{\sim}{q_1} = v_1 = (1,0,1)$$

Tomo $v_2: (0,1,1)$

$$\overset{\sim}{q_2} = v_2 - P_{\overset{\sim}{q_1}}(v_2) = \begin{pmatrix}0\\ 1\\ 1 \end{pmatrix} - \frac{(1,0,1)\begin{pmatrix}0\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}}{(1,0,1)\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}} \begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\ 1\\ 1 \end{pmatrix} - \frac{1}{2} \begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\ 1\\ \frac{1}{2} \end{pmatrix} $$

Tomo $v_3: (0,0,1)$

$$\overset{\sim}{q_3} = v_3 - P_{\langle\overset{\sim}{q_1},\overset{\sim}{q_2}\rangle}(v_3) = v_3 - P_{\overset{\sim}{q_1}}(v_3) - P_{\overset{\sim}{q_2}}(v_3) =$$

$$ = \begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} - \frac{(1,0,1)\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}}{(1,0,1)\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}} \begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} - \frac{(-\frac{1}{2}, 1,\frac{1}{2})\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}}{(-\frac{1}{2}, 1,\frac{1}{2})\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\ 1\\ \frac{1}{2} \end{pmatrix}} \begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\ 1\\ \frac{1}{2} \end{pmatrix} =$$

$$ = \begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} - \frac{1}{2} \begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} - \frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{2}} \begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\ 1\\ \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} - \frac{1}{2} \begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} - \frac{1}{3} \begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\ 1\\ \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\frac{1}{3}\\ -\frac{1}{3}\\ \frac{1}{3} \end{pmatrix}$$

Ya tengo todos los $\overset{\sim}{q}$. Ahora normalizo cada uno:

$$q_1 = \frac{\overset{\sim}{q_1}}{|\overset{\sim}{q_1}|_2} = \overset{\sim}{q_1} \frac{1}{\sqrt{2}} = \begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}$$

$$q_2 = \frac{\overset{\sim}{q_2}}{|\overset{\sim}{q_2}|_2} = \overset{\sim}{q_2} \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \begin{pmatrix}-\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}\\ \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\\ \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{3}} \end{pmatrix}$$

$$q_3 = \frac{\overset{\sim}{q_3}}{|\overset{\sim}{q_3}|_2} = \overset{\sim}{q_3} \sqrt{3} = \begin{pmatrix}-\frac{\sqrt{3}}{3}\\ -\frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3} \end{pmatrix}$$

Obtuve mi base bon, vayamos más allá y busquemos la factorización $QR$.

Sabemos que $\langle v_1 \rangle = \langle q_1 \rangle, \langle v_1,v_2 \rangle = \langle q_1, q_2 \rangle, \langle v_1,v_2,v_3 \rangle = \langle q_1, q_2,q_3 \rangle$

$$v_1 = \begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} = \sqrt{2} \begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix} = \sqrt{2} q_1$$

$$v_2 = \begin{pmatrix}0\\ 1\\ 1 \end{pmatrix} = \frac{\sqrt{2}}{2}\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix} + \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}-\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}\\ \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\\ \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{3}} \end{pmatrix} = \frac{\sqrt{2}}{2}q_1 + \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} q_2$$

$$v_3 = \begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix} + \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{3}} \begin{pmatrix}-\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}\\ \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\\ \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{3}} \end{pmatrix} + \frac{1}{\sqrt{3}} \begin{pmatrix}-\frac{\sqrt{3}}{3}\\ -\frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3} \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} q_1 + \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{3}} q_2 + \frac{1}{\sqrt{3}} q_3$$

Armamos la descomposición:

$$\begin{pmatrix}v_1| & v_2| & v_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}q_1| & q_2| & q_3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sqrt{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} & \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} \\ 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix} = QR$$

2. $B = \langle(i, 1 − i, 0), (i, 1, 0)\rangle$

Dado la base $B$ quiero construir un nuevo bon (base ortonormal) $\overset{\sim}{B} = \langle q_1, q_2 \rangle$

Para cada vector de la base $B$ primero calculo $\overset{\sim}{q}$ y luego normalizo. Empecemos:

Tomo $v_1: (i, 1 − i, 0)$

$$\overset{\sim}{q}_1 = v_1 = (i, 1 − i, 0)$$

Tomo $v_2: (i, 1, 0)$

$$\overset{\sim}{q_2} = v_2 - P_{\overset{\sim}{q_1}}(v_2) = \begin{pmatrix}i\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} - \frac{(i,1-i,0)\begin{pmatrix}i\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}}{(i,1-i,0)\begin{pmatrix}i\\ 1-i\\ 0 \end{pmatrix}} \begin{pmatrix}i\\ 1-i\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}i\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} - \frac{-i}{-1-2i} \begin{pmatrix}i\\ 1-i\\ 0 \end{pmatrix} = ...$$

3. $B = \langle(1,−1, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (−1, 0, 1, 1)\rangle$

15) Construcciones de proyectores

En cada uno de los siguientes casos construir un proyector $f : \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^3$ que cumpla:

1. $Im(f) = (x_1, x_2, x_3)/x_1 + x_2 + x_3 = 0$

Hallamos una base de $Im(f)=\langle (-1,1,0)(-1,0,-1)\rangle$ y completamos a una base de $\mathbb{R}^3$ y luego definimos $f$ sobre esa base. $B = \langle (-1,1,0)(0,-1,-1)(0,0,1)\rangle$ es claro que $B$ es una base de $\mathbb{R}^3$ que contirne a una base de $Im(f)$.

Ahora, si $y \in Im(f) \Rightarrow \exist x \in \mathbb{R}^3/ f(x) = y$ de modo que $f(x) = f(y)$ pero $f(x) = y$, así que $y=f(y)$.

Por lo tanto, si $f$ es un proyector e $y \in Im(f)$, entonces $f(y) = y$. Definimos:

$$\begin{cases}f(-1,1,0) = (-1,1,0) \\ f(0,-1,-1) = (0,-1,-1) \\ f(0,0,1) = (0,0,0) \end{cases}$$

Con esta definición tenemos que $Nu(f) \oplus Im(f) = \mathbb{R}^3$

Una vez que tenemos definido $f$ sobre una base podemos hacer explicitamente la expresión $f(x,y,z)$:

$$(x,y,z) = \lambda_1 (-1,1,0) + \lambda_2 (0,-1,-1) + \lambda_3 (0,0,1)$$

$$\begin{cases}x = -\lambda_1 \\ y = \lambda_1 - \lambda_2 \\ z = -\lambda_2 + \lambda_3 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}-x = \lambda_1 \\ -y - x = \lambda_2 \\ z -y -x = \lambda_3 \end{cases} $$

Por lo tanto

$$(x,y,z) = (-x) (-1,1,0) + (-y - x) (0,-1,-1) + (z -y -x) (0,0,1)$$

$$\Rightarrow f(x,y,z) = (-x) f(-1,1,0) + (-y - x) f(0,-1,-1) + (z -y -x) f(0,0,1)$$

$$= (-x) (-1,1,0) + (-y - x) (0,-1,-1) + (z -y -x) (0,0,0) \Rightarrow $$

$$ f(x,y,z) = (x, -y-2x,y+x) $$