00Problemas Matemticas

GRADO DE ADMINISTRACIÓN Y DIRECCIÓN DE EMPRESAS 1

2011 – 2012 MATEMÁTICAS I PROBLEMAS

U.N.E.D. GRADO DE ADMINISTRACIÓN Y DIRECCIÓN DE EMPRESAS

6502102- MATEMÁTICAS I PROGRAMA Tema 1. Espacios vectoriales. Tema 2. Aplicaciones lineales. Tema 3. Matrices. Tema 4. Sistemas de ecuaciones lineales. Tema 5. Sucesiones de números reales

Apéndice A. Temas preliminares (conjuntos, relaciones, aplicaciones, grupos y cuerpos, polinomios) Apéndice B. Determinantes.



Problemas 6502102- Matemáticas I

I. Espacios vectoriales Problemas resueltos 1. Sea ),,(

⋅+n un espacio vectorial sobre y u un vector dado de dicho espacio vectorial.

Indicando cada una de las propiedades utilizadas, resolver en ),,(

⋅+n la ecuación:

[ ] xuuxuux 22

1)2(2 +=

−−+− .

Solución: Por la propiedad distributiva se tiene: xuuxuux 22

142 +=+−+−

Por la regularidad de los elementos de V, resulta: 02

14 =+−− uxu

Por la distributiva: 0602

130

2

1)14( =+⇒=−−⇒=−+− xuxuxu

Esto quiere decir que los vectores u6 y x son opuestos, es decir: ux 6−= 2. Demostrar que si el espacio vectorial ),,(

⋅+n , contiene por lo menos dos vectores, entonces

dicho espacio vectorial es infinito, es decir, posee infinitos vectores. Solución: Supongamos que tuviera el número mínimo de vectores, dos. Uno de ellos, por lo

menos, tiene que ser distinto del vector nulo, es decir u ≠ 0 . Por la definición de espacio vectorial, en lo referente a la operación interna, se verifica que

nu ∈⇒∈∀ αα y como tiene infinitos elementos, existirán infinitos vectores proporcionales al vector no nulo.

3. Dado el espacio vectorial ),,( 2

⋅+ sobre , se consideran los subconjuntos:

{ } ∈∈= xxA 2)0,( y { } ∈∈= yyB 2),0( . Demostrar que ambos son subespacios

vectoriales de ),,( 2

⋅+ y que son suplementarios. Solución: Veamos que verifican el teorema de caracterización:

AbabayxAyx

∈+=+=+⇒

∈∀∈∀

)0,()0,()0,(,

,βαβαβα

βα

Análogamente con el otro subconjunto:

BdcdcyxByx

∈+=+=+⇒

∈∀∈∀

),0(),0(),0(,

,βαβαβα

βα

En consecuencias, ambos subconjuntos son subespacios vectoriales de ),,( 2

⋅+ . Veamos que su suma es 2

y su intersección el vector nulo: BABbAayxbabax +=⇒∈∈∃⇒+=∈=∀ 22 ),0(,)0,(),0()0,(),(:),(



{ }00),(

0),(),( =∩⇒

=⇒∈=⇒∈

⇒∩∈∀ BAxByx

yAyxBAyx

Luego ambos subespacios constituyen suma directa de 2 , es decir: BA ⊕=2

4. En ),,( 3

⋅+ se consideran los vectores x x x x= ( , , )1 2 3 tales que se verifica:

052 321 =−+ xxx . ¿Forma su conjunto un subespacio vectorial de ),,( 3

⋅+ ? En caso

afirmativo hallar una base. Solución: Tenemos el conjunto: { }052),,( 321

3321 =−+∈= xxxxxxA . Para ver si es

subespacio vectorial empleamos el teorema de caracterización:

=+++=+⇒

∈∀

∈∀),,(),,(),,(

,

,3322213213213

yxyxyxyyyxxxyx

βαβαβαβαβα

= (teniendo en cuenta que 052 321 =−+ xxx y que 052 321 =−+ yyy ) =

( ) =+++−++−= 33223232 ,,)52()52( yxyxyyxx βαβαβα

( ) Ayxyxyxyx ∈+++++−= 33223322 ,,)(5)(2 βαβαβαβα

en consecuencia, es subespacio vectorial. Para hallar una base, vemos que cualquier vector de A se puede escribir:

∀ ∈( , , )x x x A1 2 3 : )1,0,5()0,1,2(),,52(),,( 323232321 xxxxxxxxx +−=+−=

Esto nos dice que el sistema formado por los vectores { }( , , ),( , , )−2 1 0 5 0 1 forma un sistema

generador de A. Veamos que es libre: 0)0,0,0()1,0,5()0,1,2(:, ==⇒=+−∈∀ βαβαβα

Por tanto dicho sistema constituye una base del subespacio vectorial ),.,( R+A 5. Hallar la intersección y la suma de los subespacios vectoriales de ),,( 3

⋅+ :

)011(,)101( ,,,,A = y )1,0,0(,)3,2,1(=B . ¿Son suma directa de ),,( 3

⋅+ . Solución: En primer lugar hallamos las ecuaciones de ambos subespacios:

==

+=⇒+=∈∀

αβ

βαβα

z

y

x

zyxAzyx )0,1,1()1,0,1(),,(:),,(

Eliminando los parámetros, se tiene: x y z− − = 0 .

Análogamente:

+===

⇒+=∈∀βα

αα

βα3

2)1,0,0()3,2,1(),,(:),,(

z

y

x

zyxBzyx

De donde se deduce: zyx ∀=− ,02 . Cualquier vector de la intersección habrá de verificar las ecuaciones de ambos subespacios, es

decir:

−==

⇒

=−=−−

∩∈∀xz

xy

yx

zyxBAzyx

.2

02

0:),,(



Por tanto, todos los vectores de la forma: ( ,2. , ) .( ,2, )x x x x− = −1 1 pertenecen a la intersección de los subespacios.

En cuanto a la suma de los subespacios, se tiene que los cuatro vectores dados forman un sistema generador de esta. De ellos tres son linealmente independientes y, por tanto, forman una base.

Por la razón anterior, la suma es todo 3 , es decir: 3

=+ BA . Esta suma no es suma directa pues la intersección de los subespacios no es el vector nulo, como

se ha comprobado anteriormente: { }A B∩ ≠ 0 .

6. En el espacio vectorial ),,( 3

⋅+ se consideran los subespacios:

)0,2,0(,)1,0,1(1 =S y )1,0,0(,)2,1,1(2 =S

Hallar los subespacios S S1 2+ y S S1 2∩ . ¿Qué conclusión se puede obtener de las respuestas anteriores?

Solución: a. La suma estará engendrada por los vectores generadores de ambos subespacios, esto es:

)1,0,0(,)2,1,1(,)0,2,0(,)1,0,1(21 =+ SS . Este sistema de vectores es ligado, pues son cuatro

vectores en un espacio tridimensional. Eliminando, por ejemplo, el ( , ,2)11 queda un sistema que también es generador y además se

comprueba que es libre, por lo que forman una base. Así pues se tiene: 321 =+ SS .

b. Estudiamos la intersección: Sea u S S∈ ∩1 2 . Este vector se puede escribir como

combinación lineal de los sistemas generadores de los dos subespacios:

+==

=⇒

+=+=

''2

'2

'

)1,0,0(')2,1,1('

)0,2,0()1,0,1(

βαααβ

αα

βαβα

u

u

Este vector genérico de la intersección es, por tanto: u = + =2 1 0 1 0 0 2 111β β β( , , ) ( ,2, ) ( , , )

Por tanto, la intersección de los subespacios será: { } ∈∈=∩ xxxxSS 321 ),,(

c. La consecuencia que se obtiene de las dos ideas anteriores es que los dos subespacios NO

son suplementarios. 7. Demostrar que los sistemas de vectores: { }( ,2, ), ( , , ),( , , )1 1 2 3 3 3 71 y { }( , , ),( ,2, ),( , , )31 4 5 3 11 61 son

bases de 3 . ¿Existe algún vector no nulo cuyas coordenadas sean iguales en ambas bases?

Solución: Puesto que la dimensión de 3 es 3, bastará con estudiar si son linealmente

independientes para decidir si constituyen una base:

=++=++

=++⇒=++

03

0732

032

)0,0,0()1,7,3()3,3,2()1,2,1(

γβαγβα

γβαγβα

La única solución de este sistema es la solución nula, en consecuencia, los tres vectores son linealmente independientes y por tanto forman una base de 3

.



Análogamente, se tiene:

=++=++=++

⇒=++06134

02

053

)0,0,0()61,1,1()3,2,5()4.1.3(

γβαγβαγβα

γβα

En la misma forma, la solución de este sistema es la nula y los vectores propuestos forman una base de 3

. Para estudiar la existencia de algún vector cuyas coordenadas sean iguales en ambos sistemas, se

habrá de verificar la igualdad: )61,1,1()3,2,5()4,1,3()1,7,3()3,3,2()1,2,1( γβαγβα ++=++

siendo α β γ, y las coordenadas del vector buscado. Por tanto: )0,0,0()60,6,2()0,1,3()3,1,2( =−−+−+− γβα

En consecuencia, se obtiene el sistema:

∀=

−=⇒

=+=−−−=−+

γγβ

γα

γαγβαγβα

14

20

0603

06

0232

Luego cualquier vector cuyas coordenadas sean proporcionales a -20, 14 y 1, respectivamente, verifica la condición del enunciado.

8. Demostrar que los vectores ( ,2, )1 3 y ( , , )2 11− engendran el mismo subespacio vectorial de

),,( 3

⋅+ que los vectores ( , , )1 0 1 y ( , , )0 11 . Solución: Hallamos la ecuación de los subespacios engendrados por ambos pares de vectores:

0)1,1,2()3,2,1(),,(:),,( =−+⇒−+=∈∀ zyxzyxAzyx βα Por otro lado: 0)1,1,0()1,0,1(),,(:),,( =−+⇒+=∈∀ cbacbaBcba βα Por tanto, ambos pares de vectores engendran el mismo subespacio:

{ }0),,( 3 =−+∈== zyxzyxBA

9. a. En el espacio vectorial ),,( 4

⋅+ , determinar a y b para que los vectores v a1 1 1= ( ,2, , ) ,

v a2 1 3= ( , ,2, ) y v b3 0 1 0= ( , , , ) , referidos a la base canónica, sean linealmente dependientes.

b. Con estos valores de a y b, ¿qué relación liga a los 3 vectores? c. Hallar la ecuación del subespacio engendrado por los 3 vectores anteriores. Solución: a. Debemos buscar la solución de: α β γ. . .v v v1 2 3 0+ + = con algún coeficiente distinto de

cero. Se tiene:

=+=++

=++=+

⇒=++

03

02

02

0

)0,0,0,0()0,,1,0()3,2,1,()1,,2,1(

βαγβα

γβαβα

γβαba

a

baa

La solución del sistema con las condiciones indicadas es: a = 3 , b = 7 5 . b. Del mismo sistema obtenemos que: βα 3−= y βγ 5=

En consecuencia tenemos: 312321 53053 vvvvvv −=⇒=++− βββ .



c. Cualquier vector del subespacio engendrado por los 3 vectores dados será:

+=

++=

++=+=

⇒++=

βα

γβα

γβαβα

γβα

35

723

2

3

)0,5

7,1,0()3,2,1,3()1,3,2,1(),,,(

t

z

y

x

tzyx

Eliminando los parámetros se obtiene: x t= , 057 =−+ zyx que son las ecuaciones del subespacio engendrado.

10. Hallar una base del subespacio vectorial { }02),,,( 4 =+++∈= tzyxtzyxA del espacio

),,( 4

⋅+ y las coordenadas del vector ( , , , )− −2 11 1 de dicho subespacio respecto de la base hallada.

Solución: Todo vector del subespacio se puede escribir en la forma: )1,0,0,1()0,1,0,1()0,0,1,2(),,,2(),,,( −+−+−=−−−= tzytzytzytzyx

Estos tres vectores son evidentemente generadores del subespacio y, por ser linealmente independientes forman una base del mismo.

Para hallar las coordenadas del vector pedido, escribimos: )1,0,0,1()0,1,0,1()0,0,1,2()1,1,1,2( −+−+−=−− cba

Resolviendo se deduce que las coordenadas del vector propuesto son: 1=a , 1=b y 1−=c . 11. Sean los vectores de ),,( 4

⋅+ : v1 1 1= ( ,2,2, ) , v2 5 6 6 5= ( , , , ) , v3 1 3 4 0= − −( , , , ) y

v4 0 4 3 1= − −( , , , ) . Estudiar su dependencia o independencia lineal. En caso de ser dependientes, hallar la relación o relaciones que los ligan. Hallar una base del subespacio vectorial que engendran.

Solución: A partir del sistema dado construimos los siguientes:

⇒

−−==

−=+=

−−=−=

==

⇒

−−=−−=

==

)1,3,4,0(

)1,6,1,0(

)0,4,4,0(5

)1,2,2,1(

)1,3,4,0(

)0,4,3,1(

)5,6,6,5(

)1,2,2,1(

4'4

13'3

12'2

1'1

4

3

2

1

vv

vvv

vvv

vv

v

v

v

v

=+=

−−−==

−−==

==

⇒

=+=

−==

−−=−=

==

⇒

)0,0,0,0(4

3

)161,0(

)4,28,0,0(

)1,2,2,1(

)3,21,0,0(4

)1,6,1,0(

)428,0,0(4

)1,2,2,1(

"2

"4

'"4

"3

'"3

"2

'"2

"1

'"1

'3

'4

"4

'3

"3

'3

'2

"2

'1

"1

vvv

vv

vv

vv

vvv

vv

vvv

vv

En consecuencia vemos que v4 0' " = . Volviendo hacia atrás se obtiene:

0)5(4

3)(

4

3)4(

4

3)4(

4

312134

'2

'3

'4

'3

'2

'3

'4

"2

"4

'"4 =−++−=+−=−++=+= vvvvvvvvvvvvvvv

Haciendo las operaciones correspondientes queda: 044311 4321 =−−− vvvv



Puesto que sólo existe una relación entre los vectores, se puede afirmar que tres cualesquiera de los son linealmente independientes, por tanto constituirán una base del subespacio vectorial.

Problemas propuestos

1. En el conjunto ×=2 , se consideran las operaciones: + (interna): ( , ) ( , ) ( , )x y x y x x y y+ ′ ′ = + ′ + ′ · (externa sobre ): a x y ax( , ) ( , )= 0

Estudiar si 2 con las dos operaciones anteriores, tiene o no estructura de espacio vectorial.

2. En el espacio vectorial 3

consideramos los subconjuntos: { }A x y z x y= =( , , ) / { }B x y z x y z= = − =( , , ) /

Demostrar que son subespacios vectoriales de 3 . ¿Son suplementarios?

3. Sea { }02,03),,( 3 =+=−∈= zxyxzyxS .

a. Probar que S es subespacio vectorial de 3 y hallar una base de S

b. Siendo T el subespacio de 3 engendrado por el vector ( , , )1 1 1− , determinar S T∩ .

4. De los siguientes subconjuntos de 3

, ¿cuáles son subespacios vectoriales? { }S x y z x y z1 = = = −( , , ) / { }S x y z x y2 0= + =( , , ) /

{ }S x y z xy3 0= =( , , ) / { }S x y z x y z4 1= + + =( , , ) /

{ }S x y z x y z52 2 0= − = =( , , ) /

5. Sea S subespacio vectorial de un espacio vectorial V. Sea S C el complementario de S respecto a

V. ¿En qué condiciones es S C subespacio de V? ¿En qué condiciones es S S C∪ subespacio de V? 6. Se dan los siguientes subconjuntos de 3

: { }M x y z x z y= ≤ + =( , , ); ;0 0

{ }N x y z x z y= ≥ = −( , , ); ;0 y { }P x y z z y x= = =( , , ); 2 2

a. Estudiar si cada uno de ellos es o no subespacio vectorial de 3

b. Determinar si es subespacio vectorial el subconjunto M N∪ . En caso afirmativo, dar la dimensión, las ecuaciones y una base del mismo.

c. Considerar ( )M N P∪ + . ¿Es esta suma directa? 7. Estudiar si es libre o ligado el conjunto de vectores de 3

: ( , , )2 3 1 , ( , , )1 0 1 , ( , , )0 3 1− . 8. Calcular el valor de x para que el vector ( , , )1 2 x pertenezca al subespacio vectorial generado por

( , , )−1 2 1 y ( , , )0 1 4 de 3 .

9. Calcular las coordenadas en la base canónica de 2

de un vector cuyas coordenadas en la base { }B = −( , ),( ,2)11 1 son 1, 3.



10. En el espacio vectorial 3 determinar una base del subespacio engendrado por los vectores

(3,-3,4), (4,-5,7), (1,1,-2), (2,-1,,1). Estudiar si dicho subespacio es el mismo que el engendrado por los vectores: (1,-2,3) y (3,0,-1).

11. Demostrar que los vectores ( , , )1 1 1 , ( , , )1 0 1− , ( , , )1 0 1 constituyen una base del espacio vectorial

3 . Hallar las coordenadas del vector ( , , )3 2 2− en dicha base.

12. Probar que cualquier vector 2),( ∈yx se puede escribir como combinación lineal de u = ( , )1 2 y v = −( , )1 1 , hallando para cada ( , )x y los números r y s tales que: ( , )x y ru sv= +

13. Hallar una base de los siguientes subespacios vectoriales de ),,( 3

⋅+ :

a. { }∈+=+=== ststzstytxzyxS ,;2,,/),,(

b. { }T x y z x y z= = =( , , ) / ,2 0 c. { }U x y z x y z= − + =( , , ) / 2 0

14. Consideramos en el espacio vectorial 3

, el vector v cuyas coordenadas en la base { }u u u1 2 3, ,

son 3, 2, 1 respectivamente. Deseamos construir una nueva base, añadiendo a los vectores w u u1 1 2= − , w u u2 2 3= + un tercer vector w3, con la condición de que en la nueva base v tenga coordenadas 1, 1, 1. Determinar el vector w3

15. Se considera en 4

el subespacio vectorial V de ecuaciones: x x x x1 2 3 4 0+ + + = ,

x x x1 2 3 0+ − = , referidas a la base { }B u u u u= 1 2 3 4, , , . Se elige una nueva base

{ }B u u u u u u u' , , ,= − − −1 2 2 3 3 4 4 .

Calcular las ecuaciones de V respecto de esta nueva base y las coordenadas del vector u u u= −1 2 respecto de la base B y respecto de la base B’.

16. Dados los vectores de 3

: u1 2 1 0= ( , , ) , u2 1 0 1= ( , , ), v = ( , , )3 1 1 , estudiar si los sistemas

{ }S u u= 1 2, y { }T u u v= 1 2, , engendran el mismo subespacio vectorial.

17. Hallar un vector no nulo común al subespacio S1 engendrado por ( , , )1 3 2 y ( , , )3 1 2 y el

subespacio S2 engendrado por ( , , )1 1 0 y ( , , )3 3 4 .



II. Matrices y determinantes Problemas resueltos 1. Dada una matriz A antisimétrica, ¿qué se puede decir de sus potencias de índice impar? ¿Y de las

de índice par? Solución: Por hipótesis A At= − . Veamos la potencia n - ésima:

A A A AA n

A n

n t n n t n n n t

n t

n t= − = − = − =

−

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )1 1

si es par

si es impar

Por tanto la potencia n - ésima es una matriz simétrica si n es par y es una matriz antisimétrica si n es impar.

2. Dada la matriz A =

2 1

2 3, determinar a y b para que se verifique la ecuación A aA bI2 0+ + = .

Solución: Operando con la ecuación dada se tiene:

=−=

⇒

=++=+

=+=++

⇒

=

+

+

4

5

0311

0210

05

026

00

00

10

01

32

12

32

122

b

a

ba

a

a

ba

ba

3. Obtener las matrices: n

nA

=

11

11 y

n

nB

−=

01

10

Solución: Hallamos las sucesivas potencias de la matriz A:

A A2 1 1

1 1

1 1

1 1

2 2

2 22=

=

= A A A A A A A A3 2 2 22 2 2 2 2= = = = =( ) ( )

A A A A A A A A4 3 2 2 2 2 32 2 2 2 2= = = = =( ) ( )

Por recurrencia se tiene: A An n

n n

n n= =

−

− −

− −22 2

2 21

1 1

1 1

Operando en la misma forma con la matriz B, se tiene:

B 2 0 1

1 0

0 1

1 0

1 0

0 1=

−

−

=

−−

B B B3 2 1 0

0 1

0 1

1 0

0 1

1 0= =

−−

−

=

−

B B B I4 3 0 1

1 0

0 1

1 0

1 0

0 1= =

−

−

=

=

A partir de aquí es claro que las potencias se repiten, en consecuencia se pueden resumir las distintas potencias en la forma:

0 1

1 0

0 1

1 0

0 1

1 0

0 1

1 0

0 1

1 0

0 1

1 0

4 4−

=

−

=

−

−

=

−

=

−

+n p p p p

I

• •

siendo p = 0 1 2 3, , ,



4. Dadas las matrices: A =−

2 1

1 0, B =

−

1 2

2 1 y C =

0 1

2 1, efectuar las operaciones: A B+ ,

A BC+ , AC B+ Solución: Sucesivamente, se tienen las siguientes matrices:

A B+ =−

+

−

=

− − ++ +

=

2 1

1 0

1 2

2 1

2 1 1 2

1 2 0 1

1 1

3 1

A BC+ =−

+

−

=

−

+

=

2 1

1 0

1 2

2 1

0 1

2 1

2 1

1 0

4 1

2 3

6 0

3 3

AC B+ =−

+

−

=

−

+

−

=

−

2 1

1 0

0 1

2 1

1 2

2 1

2 1

0 1

1 2

2 1

3 3

2 2

5. Discutir, según los valores de a, el rango de la matriz: Aa

a

=

−

− −

1 1 1 2

1 1 1

1 1 3 3

4 2 0

Solución: Empleamos combinaciones lineales entre filas y otras propiedades que no modifican el rango y se tiene:

rango rango rango+

Aa

a

a a a

a

=

−

− −

=

−− −− −− −

=

1 1 1 2

1 1 1

1 1 3 3

4 2 0

1 1 1 2

0 1 1 1 2

0 2 4 5

0 2 4 8

=

−− −

−− −

=

−− −

− −−

rango

( )

rango

1 1 1 2

0 1 2 5 2

0 0 0 3

0 0 3 3 2

1 1 1 2

0 1 2 5 2

0 0 2 3 3

0 0 0 3

a

a a

a a

a

( )

En consecuencia, vemos que si a A

a A

= ⇒ =≠ ⇒ =

3 2

3 4

rango

rango

6. Obtener el valor del siguiente determinante, mediante el desarrollo por los elementos de la

segunda fila:

A =− − −

1 4 3 1

2 8 2 5

4 4 1 3

2 5 3 3



Solución: Desarrollando:

A = − − − + − − − − − + − − =2

4 3 1

4 1 3

5 3 3

8

1 3 1

4 1 3

2 3 3

2

1 4 1

4 4 3

2 5 3

5

1 4 3

4 4 1

2 5 3

= − − − − + + + + − + − + + − −2 12 12 45 5 36 36 8 3 12 18 2 9 36( ) ( ) − − + − + + − + − + − + + − = −2 12 20 24 8 15 48 5 12 60 8 24 5 48 101( ) ( )

7. Hallar el valor del determinante: A

a b c d

a b m n

a b c p

a b c d

=−− −− − −

Solución: Sumando a cada fila la primera: A

a b c d

b c m d n

c d p

d

abcd=+ +

+=

0 2

0 0 2

0 0 0 2

8

8. Hallar el producto: A B =− −

−1 2 0

0 3 1

1 0 1

1 3 0

1 4 0

0 0 1

Solución: Análogamente al producto de matrices, se tiene:

A B =+ − −

−−

=−−

−= −

1 2 3 8 0

3 12 1

1 3 1

3 11 0

3 12 1

1 3 1

1

Como comprobación: A = −1 , B = 1 y A B AB= = − × = −1 1 1

9. Sabiendo que los números 143, 156 y 195 son múltiplos de 13, demostrar, sin efectuar su

desarrollo, que el siguiente determinante también es múltiplo de 13:

A =1 4 3

1 5 6

1 9 5

Solución: Sustituimos la tercera columna por: 3 3 2 10 1 100ª ª ª ª= + × + ×

A = =+ × + ×+ × + ×+ × + ×

= = =1 4 3

1 5 6

1 9 5

1 4 3 4 10 1 100

1 5 6 5 10 1 100

1 9 5 9 10 1 100

1 4 143

1 5 156

1 9 195

13

1 4 11

1 5 12

1 9 15

13•

ya que todos los elementos de la tercera columna son múltiplos de 13.



10. Hallar el valor del determinante de orden n:

A

x

x

x

=

++

+

1 1 1 1

1 1 1 1

1

1

1

1

1

1

1

1

...

...

... ... ... ... ......

...

Solución: Hacemos las siguientes operaciones: (1) Restar a cada fila la siguiente: (2) Sumar a la 2ª la 1ª columna (3) Desarrollar por la 1ª fila (4) Repetir este proceso ( )n − 3 veces

A

x x

x x

x

x

x

x x

x

xn n

= =

−−

−+

= =−

−+

= =( )

...

...

... ... ... ... ......

...

( )

...

...

... ... ... ... ......

...

( )

( (

1

0 0

0 0

0

1

0

1

0

1 1

2

0 0 0

0 0

0

1

0

2

0

1 1

3

=

−−

−+

= =−

−− +

=

−

−x

x x

x x

x

x

x

x x

x x

n x

n

n

0 0

0 0

0

2

0

1

0

1 1

4

0

0

2 1 1

1

3

...

...

... ... ... ... ......

...

( )

(

= −− − +

=−

− +=

− += +− − − −x

x

x x

n n x

xx x

n xx

x

n n xx x nn n n n3 2 2 1

0 0

0

2 1 11 1

0

1( )

11. Probar que si una matriz cuadrada A satisface: A A I2 0− + = , entonces existe su inversa A−1 . Solución: Teniendo en cuenta las propiedades de las operaciones con matrices, se puede escribir:

A A I I A A A I A2 20− + = ⇒ = − = −( )

Puesto que si una matriz admite inversa se verifica que AA I− =1 , se tiene que existe la inversa de la matriz A y es: A I A− = −1 .

12. Hallar la inversa de la matriz: A = −−

1 2 0

2 1 1

1 0 2

Solución: Recordando que AA

A

− =1α

, se tiene:



AA

A

− = =

−−

−

−− −

−

−−

−− −

− − −=

− −− −− − −

−=

−

−

1

1 1

0 2

2 0

0 2

2 0

1 12 1

1 2

1 0

1 2

1 0

2 12 1

1 0

1 2

1 0

1 2

2 1

2 2 8

2 4 2

5 2 1

1 2 5

12

1

6

1

3

1

65

12

1

6

1

121

12

1

6

5

12

α

13. Demostrar que si A es una matriz cuadrada singular, el producto de dicha matriz por su adjunta es

la matriz nula. Solución: Efectivamente, teniendo en cuenta que AA A Iα = y que según el enunciado A = 0,

se sigue que AAα = 0

14. Dado el sistema matricial: AX B YC I

XY C t

− + = +

=

1

, donde A, B, C, X, Y son matrices cuadradas del

mismo orden y C es ortogonal, despejar X e Y en función del resto de las matrices. Solución: Supuesto que las matrices necesarias sean regulares, de la segunda ecuación se tiene:

Y X C t= −1 Sustituyendo en la primera de las ecuaciones:

AX B X C C I AX X C C I B X I Bt t− − − − −+ = + ⇒ = + − = + −1 1 1 1 1( ) ( )

Esta última igualdad, por ser C ortogonal (CC It = ). Mediante las correspondientes propiedades, despejamos X: AX X I B AX X I B A I X I B− − − − −= + − ⇒ − = − ⇒ − = − ⇒1 1 1 1 1( )

⇒ = − − ⇒ = − −− − −X A I I B X I B A I1 1 1( ) ( ) ( ) ( )

Sustituyendo en la expresión Y X C t= −1 : Y X C A I I B Ct t= = − −− −1 1( ) ( ) 15. Definimos una matriz nilpotente de orden n como aquella matriz cuadrada A, no nula, tal que sus

( )n −1 primeras potencias son distintas de cero, siendo cero la n - ésima potencia, es decir:

A ≠ 0 , A2 0≠ , ... , An− ≠1 0 , An = 0 . Demostrar que si A es una matriz nilpotente de orden 3, se verifica que:

I A A I A+ + = − −2 1( )

Solución: Por ser A una matriz nilpotente de orden 3 se verificará: A ≠ 0 , A2 0≠ , A3 0= . Demostrar la igualdad propuesta equivale a demostrar que: ( )( )I A A I A I+ + − =2

Tendremos: ( )( )I A A I A I A A A A A I+ + − = − + − + − =2 2 2 3



Problemas propuestos

1. Dadas las matrices: A =−

−−

2 3 5

1 4 0

2 1 5

, B =

1 3

2 4

1 2

, C =−− −

−

1

1

1

0

3

1

a. Hallar: AB A Bt− b. Descomponer A en suma de una matriz simétrica y otra antisimétrica c. Hallar dos matrices X e Y soluciones del sistema:

2 3X Y B

X Y C

+ =− − =

2. Hallar las matrices A y B, ambas de orden 2 3× , que verifican el sistema:

3 45 6 18

3 8 13A B+ =

− −

5 3

18 10 30

5 6 12A B− =

−

3. Demostrar que cualquiera que sea la matriz A, el producto AA t es una matriz simétrica. 4. Sea A una matriz antisimétrica de orden m y B una matriz de orden m n× . ¿Que se puede decir de

la matriz B ABt ?

5. Si D es una matriz diagonal regular, tal que ( )D I A A= + −1, probar que A es una matriz

diagonal.

6. Simplificar: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )A B A BA AB BA A Bt t+ − − − − −− − −2 1 2 1 2 1

, siendo A y B dos matrices

ortogonales y simétricas. 7. Sea A una matriz cuadrada, de la que sabemos que en su primera columna todos los elementos

son iguales a 1, y cuyo determinante vale A . Obtener razonadamente el valor del determinante

que resulta en cada una de las siguientes transformaciones de la matriz original: a. Se suma 3 a todos los elementos de la primera columna. b. Se suma -3 a todos los elementos de la segunda columna. c. Se multiplica por 3 a todos los elementos de la matriz.

8. Dada una matriz A idempotente ( )A A= 2 , demostrar que la matriz B I A= − también lo es y que

las matrices A y B verifican: AB BA= . 9. Hallar todas las matrices de orden 2, cuyo cuadrado sea la matriz nula, y aquellas que sean

idempotentes.

10. Calcular el valor del determinante

2...000

...............

0...210

0...021

1...111

−−



11. Dado el sistema matricial: X Y C B

Y A X I

+ + =

+ =

−

−

1

1 2( ), despejar X e Y en función del resto de las matrices

(todas cuadradas del mismo orden y regulares).

12. Estudiar, según los valores de m el rango de la matriz:

1 1

1 1

1 1

−−

−

m

m

m

13. Hallar la potencia n-ésima y la inversa, de la matriz: A =

1 3 0 0

0 0 1 3

0 1 3 0

14. Demostrar que el producto de dos matrices ortogonales es también una matriz ortogonal. 15. Resolver, aplicando las propiedades de los determinantes:

x

x

x

x

1 2 3

1 3 2

2 3 1

3 2 1

0= A

a ab ab b

ab a b ab

ab b a ab

b ab ab a

=

2 2

2 2

2 2

2 2



III. Sistemas de ecuaciones lineales Problemas resueltos 1. Estudiar la compatibilidad del siguiente sistema y resolverlo en caso de ser compatible:

x y z t

x y z t

x y z t

− − + = −+ − − = −

− + + =

2 6 8 4

2 2 1

2 4 3 4

Solución: Veamos el rango (o característica) de la matriz de los coeficientes:

rango rango rangoA =−

−

−− −

=− −

−−

=1

1

2

2

1

1

6

2

4

8

2

3

1

0

0

2

3

3

6

4

16

8

10

13

=− −

−−

=rango

1

0

0

2

3

0

6

4

12

8

10

3

3

El sistema es compatible, puesto que el 3)/(rango ≤YA , pero indeterminado por ser el rango menor que el número de incógnitas.

Para resolver el sistema, lo escribimos:

x y z t

x y z t

x y z t

− − = − −+ − = − +

− + = −

2 6 4 8

2 1 2

2 4 4 3

Resuelto en la forma habitual, resulta: 2

1 tx

−= , ty 3= , 4

3 tz

+=

2. Dada la ecuación matricial: a

a

x

y

a

a

−−

=

−−

6

2 7

5 3

29 7 determinar los valores de a en los casos

siguientes: a. La ecuación no pueda verificarse b. No quedan determinadas x e y c. La ecuación admite solución con x y= . Solución: a. Para que el sistema sea incompatible, la característica de la matriz de los coeficientes, en

este caso, ha de ser 1 y la de la matriz ampliada dos:

a

aa a a a

a

a

−−

= ⇒ − + = − − = ⇒==

6

2 70 7 12 3 4 0

3

4( ) ( )( )

Para estos dos valores, a = 3 y a = 4 la característica de A es 1.

rango rangoB( )33

2

6

4

12

81=

−−

= rango rangoB( )4

4

2

6

3

17

12=

−−

=

En consecuencia, para a = 4 el sistema no tiene solución.



b. Para que el sistema sea indeterminado el rango de la matriz de los coeficientes y el de la matriz ampliada con los términos independientes han de ser iguales pero menor que el número de incógnitas. Esto ocurre, según el estudio anterior, cuando a = 3 .

c. La solución de este punto la obtenemos a través de la resolución del sistema:

a

a

x

x

a

a

ax x a

x a x a

a

a

−−

=

−−

⇒

− = −+ − = −

⇒==

6

2 7

5 3

29 7

6 5 3

2 7 29 7

3

21 4( )

Para estos valores se obtiene: x = −4 y x = −31 , respectivamente.

3. Estudiar, para los distintos valores de a, la naturaleza del sistema:

x y z a

x a y z a

x y a z

+ + =+ + + =+ + + =

( )

( )

1 2

1 0

Solución: Estudiamos el rango de la matriz de los coeficientes y el de la ampliada con los términos independientes, según los distintos valores de a:

rango rangosi

si

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 1

0 0

0 0

1 0

3 0+

+

=

==≠

a

a

a

a

a

a

rango rangosi

si

1

1

1

1

1

1

1

1

1

2

0

1

0

0

1

0

1

01 0

3 0+

+

=−

==≠

a

a

a

a a

a

a

a

a

a

a

En consecuencia, se tiene: Si a = 0 el sistema es compatible e indeterminado. Las soluciones serán:

{ }S x y z x y z= ∈ + + =( , , ) 3 0

Si a ≠ 0 el sistema es compatible y determinado y su solución, en función de a: x a a= ∀ ≠, 0 , y = 1, z = −1

4. Estudiar y resolver el sistema de ecuaciones homogéneas:

3 0

2 3 0

2 4 2 0

2 2 0

x y z t

x y z t

x y z t

x y z t

+ + − =+ − + =

+ + + =+ − − =

Solución: Estudiamos el rango de la matriz del sistema:

rango rango

3 1 1 1

2 3 1 1

1 2 4 2

2 1 2 1

0 0 0 1

5 4 0 1

7 4 6 2

1 0 3 1

−−

− −

=

−

− − −

=



=

−

− −

=

−

− −

=rango rango

0 0 0 1

5 4 0 0

7 4 6 0

1 0 3 0

0 0 0 1

7 4 6 0

7 4 6 0

1 0 3 0

3

Por tanto, el sistema es compatible, por ser homogéneo, e indeterminado.

Una forma de resolverlo es la siguiente:

421

132

113

221

132

113

421

112

113

422

131

111

−

=−

=

−−

=

−−

tzyx

Donde se ha considerado que la cuarta ecuación es combinación lineal de las anteriores. Resueltos los determinantes y simplificando, se obtiene:

x y z t

−= = =

12 15 4 17

5. Se sabe que el sistema de ecuaciones

bx ay c

cx az b

cy bz a

+ =+ =+ =

tiene una sola solución. Demostrar que los tres

parámetros han de ser no nulos y hallar dicha solución. Solución:

Puesto que admitimos que el sistema es compatible y determinado, significa que el determinante de la matriz de los coeficientes ha de ser no nulo, es decir:

A

b a

c a

c b

abc= = − ≠0

0

0

2 0

Para que el producto de números reales sea no nulo, todos ellos han de ser distintos de cero ( a ≠ 0 , b ≠ 0 , c ≠ 0 ).

La solución, por cualquier método es: bc

cbax

2

222 ++−= , ac

cbay

2

222 +−= , ab

cbaz

2

222 −+=

6. De una dieta formada por tres alimentos básicos, se conocen los siguientes datos en cuanto a las

vitaminas contenidas en cada alimento y la necesidad de ellas: Vit.\Alim. 1 2 3 Necesidad

A 1 2 3 11 B 3 3 0 9 C 4 5 3 20

a. Encontrar la cantidad de cada alimento básico de forma que se satisfagan exactamente las necesidades.

b. Si x unidades del alimento 1 cuestan x 2 u.m., y una unidad de los alimentos 2 y 3 cuestan, respectivamente 7 u.m. y 6 u.m., ¿existe alguna solución de las halladas en el apartado anterior que cueste exactamente 99 4 u.m.



Solución: a. Si llamamos x al número de unidades del alimento 1, y al número de unidades del alimento

2 y z al número de unidades del alimento 3, se habrá de discutir la posibilidad del sistema:

x y z

x y

x y z

+ + =+ =+ + =

2 3 11

3 3 9

4 5 3 20

Estudiamos el rango de la matriz de los coeficientes y el de la matriz ampliada:

rango rango rangoA =

=

=1 2 3

3 3 0

4 5 3

1 1 3

3 0 0

4 1 3

2

( )rango rango rangoA Y =

=

=1

3

4

2

3

5

3

0

3

11

9

20

1

3

4

1

0

1

3

0

3

8

0

8

2

En consecuencia, el sistema es compatible e indeterminado, por tanto podemos hallar la cuantía de los alimentos 1 y 2 en función de la cuantía del alimento 3 (por ejemplo) y tener en cuenta que los resultados han de ser no negativos:

3

5053 ≥⇒≥−= zzx

3

8083 ≤⇒≥+−= zzy

De donde resulta la condición: 5

3

8

3≤ ≤z

b. Con la nomenclatura anterior, el coste sería: C x y z= + +2 7 6 Sustituyendo las soluciones halladas, resolvemos la ecuación:

99

43 5 7 3 8 6 9 45 812 2= − + − + + = − +( ) ( )z z z z z

Es decir: 36 180 225 365

202

2

z z z− + = −

= , cuya única solución (doble) es z = 5 2 , en

consecuencia, sustituyendo, se tiene: x = 5 2 unidades , y = 1 2 unidades , z = 5 2 unidades Problemas propuestos

1. Discutir, según los valores de m:

−=−−=−−

mymmx

myxm

1)2(6

2)1(

2. Discutir y resolver, según los valores de los parámetros, los sistemas:

=++=++=−+

05134

03

0

zyx

zyx

zyax

=−−=−

=+

4

3

2

yx

bayx

ayx

=−+−=+−−=+−

=−+

735

9343

7654

532

zyax

zyx

zyx

zyx



3. Si se tiene un número natural n, encontrar, si es posible, tres números naturales de manera que el primero mas la mitad de la suma de los otros dos sea n, el segundo mas un tercio de la suma de los otros dos sea n, el tercero mas un cuarto de la suma de los otros dos sea también n.

4. Supongamos que los ingredientes fijos y únicos con los que cierta compañía elabora una

hamburguesa son los siguientes: x gramos de carne, y gramos de aditivos naturales (grasas), z gramos de aditivos artificiales (conservantes, etc.). Determinar x, y, z, así como el peso de cada hamburguesa, con los datos:

1. Si se redujeran a la mitad ambos tipos de aditivos, la hamburguesa pesaría 70 gramos 2. Hace años, cada hamburguesa se elaboraba con el triple de carne, la cuarta parte de aditivos

naturales y ningún aditivo artificial y pesaba 30 gramos más que en la actualidad 3. La compañía quiere comercializar un nuevo tipo de hamburguesa sintetizada en sus

laboratorios, con la misma cantidad de aditivos naturales, el triple de los artificiales y, aunque carece de carne, pesa lo mismo que la actual.

5. Sean dos materias primas, con precios unitarios respectivos p1 y p2 . Con ellas se fabrican tres

productos distintos A, B y C. Se sabe que en la fabricación del producto A, cuyo coste unitario es de 16 u.m., se utilizan dos unidades de cada materia prima. Para el producto B, de coste 11 u.m., se utiliza una unidad de la primera materia y dos de la segunda. Para el tercer producto se usan m unidades de la primera materia y 2 de la segunda, resultando un coste de 21 u.m.

Hallar los precios unitarios de las materias primas y el número m de unidades de la primera materia que intervienen en la fabricación del producto C.

6. Para la construcción de un almacén se necesita una unidad de hierro y ninguna de madera. Para

un piso una unidad de cada material y para una torre cuatro unidades de hierro y una de madera. Si tenemos en reserva 14 unidades de hierro y 4 de madera, se pide:

a. ¿Cuántos almacenes, pisos y torres podemos construir de forma que utilicemos todas las reservas?

b. Sabiendo que el precio de almacén es de 6 u.m., el de un piso de 2 u.m. y el de una torre de 4 u.m., ¿hay alguna combinación que cueste exactamente 36 u.m.?

7. Discutir, para los distintos valores de los parámetros los sistemas:

( ) ( )

( ) ( )

( )

2 1 1 2

3 2 1 3 1 1

2 2 2

c x cy c z c

cx c y c z c

c x y cz

+ − − + =− − − − = +

− − − =

x y

y z

ax y z

ax by

x az

+ = −+ =

− + =− =+ =

1

2 97

2 1

8



IV. Aplicaciones lineales Problemas resueltos 1. Sea el espacio vectorial ( , ,. )

2 + y sea f : 2 2→ una aplicación tal que f x x x( , ) ( , )1 2 10= .

a. Probar que f es lineal. b. Hallar el núcleo y la dimensión del subespacio imagen. Solución: a. Veamos que cumple el teorema de caracterización:

( ) ( ) ),0(,),(),()(,

,11221121212

yxyxyxfyyxxfyxfyx

βαβαβαβαβαβα

+=++=+=+

∈∀∈∀

Por otro lado: )..,0(),0.(),0.(),(.),(.)(.)(. 1112121 yxyxyyfxxfyfxf βαβαβαβα +=+=+=+

En consecuencia )()()( yfxfyxf βαβα +=+ , luego la aplicación es lineal.

b. { } 0)0,0(),0()0,0(),(),(ker 11212

21 =⇒=⇒=∈= xxxxfxxf

En consecuencia: { }ker ( , )f x= ∈0 2 por tanto: dim ker f = 1

Puesto que dim dim ker dim Im dim Im2 1= + ⇒ =f f f

2. Sea { }B e e1 1 2= , una base de 2 y { }B2 1= una base de . Sea una aplicación lineal

f : 2 → tal que 2)2( 21 =+ eef y f e e( )1 2 1− = − . Hallar la imagen f e e( )1 2+ .

Solución: Puesto que f e e f e f e( ) ( ) ( )1 2 1 2+ = + , hemos de hallar las imágenes de los vectores de la base a partir de las condiciones iniciales:

==

⇒

−=−=+

⇒

−=−=+

1)(

0)(

1)()(

2)(2)(

1)(

2)2(

2

1

21

21

21

21

ef

ef

efef

efef

eef

eef

Por tanto, se tiene: f e e f e f e( ) ( ) ( )1 2 1 2 0 1 1+ = + = + = 3. Ver si es lineal la aplicación f :

2 3→ dada por:

22121212121 ),(),2,3,2(),( ∈∀−++= xxxxxxxxxxf

Hallar el núcleo, la imagen y la dimensión y una base de cada uno de ellos Solución: Veamos, en primer lugar, si se verifica el teorema de caracterización: ( ) ( ) =++=+=+∈∀∈∀ 22112121

2 ,),(),()(:,,, yxyxfyyxxfyxfyx βαβαβαβαβα

( )= + + + + + + + − + =α β α β α β α β α β α βx y x y x y x y x y x y1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 23( ), ( ) ,2( ) ( )

( )= + + + + + + − + −α β α β α β( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( )x x y y x x y y x x y y1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 23 3 2 2

Por otro lado: =+=+ ),(),()()( 2121 yyfxxfyfxf βαβα

=−+++−++= )2,3,2()2,3,2( 212121212121 yyyyyyxxxxxx βα

( ))2()2(),3()3(),()( 212121212121 yyxxyyxxyyxx −+−++++++= βαβαβα

Vemos en consecuencia que : ∀ ∈ ∀ ∈ + = +x y f x y x f y, , , : ( . . ) .( ) . ( ) 2 α β α β α β , por tanto

la aplicación dada es lineal.



b. { }ker ( , ) ( , ) ( , , )f x x f x x= ∈ =1 22

1 2 0 0 0 .De la definición se deduce:

==

⇒=−++=0

0)0,0,0()2,3,2(),(

2

121212121

x

xxxxxxxxxf

Por lo tanto { }ker f = 0 , su dimensión es cero y la aplicación es inyectiva.

{ } ∈∈−++= 213

212121 ,)2,3,2(Im xxxxxxxxf

Todo vector del subespacio imagen se puede escribir en la forma: 2

2121212121 ,),1,1,2()2,3,1()2,3,2( ∈∀−+=−++ xxxxxxxxxx Este par de vectores es generador del subespacio y además es un sistema libre, en consecuencia,

es una base y la dimensión es dos. Vemos que se verifica el teorema de la dimensión, en el sentido de que:

dim dim ker dim Im , ( )2 2 0 2= + = +f f

4. Sea f :

2 2→ la aplicación definida por f x y x y x y( , ) ( , )= + − cualquiera que sea el vector

( , )x y ∈2 . Se pide: a. Probar que esta aplicación es lineal y biyectiva b. Hallar el vector de 2 cuya imagen es el vector ( , )0 1 2∈ Solución: Para ver que es lineal empleamos el teorema de caracterización:

( ) ( ) =++=+=+

∈∀

∈∀221121212

..,..),.(),.()..(,

,yxyxfyyxxfyxf

yxβαβαβαβα

βα

= + + + + − − =( . . . . , . . . . )α β α β α β α βx y x y x y x y1 1 2 2 1 1 2 2

( )= + + + − + − =α β α β.( ) .( ) , .( ) .( )x x y y x x y y1 2 1 2 1 2 1 2

( ) ( )= + − + + − =α α β β.( ) , .( ) .( ) , .( )x x x x y y y y1 2 1 2 1 2 1 2

( ) ( ) )()(),(),()(,)()(,)( 212121212121 yfxfyyfxxfyyyyxxxx βαβαβα +=+=−++−+= Esto demuestra que la aplicación es lineal. Es una aplicación inyectiva, puesto que ∀ ∈ ∋ ≠ ⇒ ≠x y x y f x f y, ( ) ( )

2

Es suprayectiva, pues ∀ ∈ = + − ⇒

= +

= −

( , ) : ( , ) ( , )a b a b x y x y

xa b

ya b

2 2

2

es decir, existe un original para cada elemento del espacio imagen. Por tanto, la aplicación es biyectiva.

b. De acuerdo con el razonamiento empleado para ver que la aplicación es suprayectiva, se

tiene:

f a b a b a ba b

a b

a

b( , ) ( , ) ( , )= + − = ⇒

+ =− =

⇒==

1 01

0

1 2

1 2

El vector pedido es pues el ( , ) ( , )a b = ∈1 2 1 2 2 .



5. Sea el subespacio vectorial ( , ,. )E +

del espacio ( , ,. )

2 + y una base del mismo formada por los vectores ( , , )1 3 5− y ( , , )2 1 4 . Hallar otra base del subespacio E de forma que los vectores sean de la forma ( , , )0 b c y ( , , )a d0 .

Solución: Deberemos resolver el sistema de ecuaciones:

+−=+−=

)4,1,2()5,3,1(),0,(

)4,1,2()5,3,1(),,0(

δγβα

da

cb

Estas igualdades dan origen a los dos sistemas siguientes:

)6,7,0(),,0(067174

72

.45

3

20

−=⇒=+⇒

=−=−

⇒

+=+−=

+=cbbc

bc

b

c

bα

α

βαβα

βα

)17,0,7(),0,(071717

7

45

30

2

=⇒=−⇒

==

⇒

+=+−=

+=dada

d

a

d

a

γγ

δγδγ

δγ

Estos dos vectores hallados forman la base de E pedida. 6. Dada la aplicación lineal f :

3 3→ definida en la forma: f x x x m x x m x x m x x( , , ) ( . , . , . )1 2 3 1 2 2 3 2 3= + − +

Hallar: a. La dimensión y una base de la imagen para los distintos valores de m b. La dimensión y una base del núcleo para los distintos valores de m Solución: a. Un vector cualquiera de la imagen se puede poner en la forma:

)1,1,0(),,1()0,0,(),,( 321323221 −++=+−+ xmmxmxxmxxmxxmx

Vemos que si m = 0 existen sólo dos vectores ( , , )1 0 0 y ( , , )0 11− linealmente independientes, que por ser generadores formarán una base de la imagen, luego la dimensión del subespacio es 2.

Para los infinitos valores restantes, la dimensión será 3. Una base, para m ≠ 0 es la formada por los vectores: ( , , )m 0 0 , ( , , )1 m m y ( , , )0 11− .

b. El núcleo está formado por los vectores que verifican:

)0,0,0(),,(),,( 323221321 =+−+= xmxxmxxmxxxxf

=+=−=+

⇒

0

0

0

32

32

21

xmx

xmx

xmx

Este sistema tiene solución distinta de la solución nula siempre que m = 0 . Dicha solución es la formada por los vectores de la forma ( , , )x1 0 0 . Por tanto, en este caso, una base del núcleo es la formada por el vector ( , , )1 0 0 y su dimensión es 1.

En otro caso el núcleo se reduce al vector nulo y, en consecuencia, la aplicación es inyectiva. 7. Sea f :

3 2→ una aplicación lineal dada por: f ( , , ) ( , )1 0 0 2 3= , f ( , , ) ( ,9)2 0 1 6= y f ( ,2,2) ( , )0 12 18= . Se pide:

a. Matriz asociada a la aplicación en las bases canónicas b. Una base del subespacio imagen y otra del subespacio núcleo.



Solución:

a. Sean { }e e e1 2 3, , y { }f f1 2, las bases canónicas de 3 y 2 respectivamente. Podemos

escribir las condiciones del enunciado:

+=

+=

+=

⇒

+=+

+=+

+=

213

212

211

2132

2131

211

32)(

64)(

32)(

1812)(2)(2

96)()(2

32)(

ffef

ffef

ffef

ffefef

ffefef

ffef

En consecuencia, la matriz asociada a la aplicación en estas bases es: A =

2 4 2

3 6 3

b. El núcleo viene dado por: A X. = 0 , es decir:

baccba

cba

c

b

a

.20363

0242

0

0.

363

242−−=⇒

=++=++

⇒

=

Por tanto, un vector cualquiera del núcleo se podrá expresar: )2,1,0()1,0,1()2,,(),,( −+−=−−= bababacba

Esos dos vectores son generadores del núcleo y es inmediato ver su independencia lineal, por tanto una base del núcleo es: ker ( , , ),( , , )f = − − 1 0 1 0 1 2

La ecuación del subespacio imagen es: A X Y. = , por tanto:

212

1

2

1

3

2

363

242

363

242yy

ycba

ycba

y

y

c

b

a

=⇒

=++=++

⇒

=

Un vector cualquiera del subespacio imagen se puede expresar en la forma:

)1,2(3

),3

2(),( 2

2221

yyyyy ==

Este último vector forma la base del subespacio imagen, es decir: Im ( , )f = 2 1

8. Determinar, en la base canónica de 3 , la matriz del endomorfismo tal que el subespacio imagen

está engendrado por los vectores ( , , )2 11 y ( , , )3 0 1− , estando su núcleo engendrado por el vector

( ,2, )1 1− . Solución: Los vectores que engendran el subespacio imagen serán las dos primeras columnas de

la matriz asociada A, por tanto:

A X

a

b

c

a

b

c

a

b

c

. .= ⇒

−

−

=

⇒

+ − =− =− − =

⇒

=== −

0

2 3

1 0

1 1

1

2

1

0

0

0

2 6 0

1 0

1 2 0

8

1

1

Por tanto la matriz asociada en la base canónica es: A =− −

2 3 8

1 0 1

1 1 1



9. Dada una aplicación lineal f R R: 2 3→ , tal que las imágenes de los vectores ( ,2)1 y ( , )0 1 sean, respectivamente, los vectores ( , , )3 1 5− y ( , , )2 1 1− , hallar:

a. La matriz asociada a dicha aplicación lineal en la base canónica b. Dadas las bases de

2 { }( ,2),( , )1 0 1 y de 3 { }u u u1 2 3, , , verificándose que

e u u u1 1 2 3= − + , e u u u2 1 2 3= − + + , e u u u3 1 2 3= + − , hallar la matriz de la aplicación

lineal referida a estas nuevas bases. c. Hallar el núcleo y la imagen de la aplicación y una base de cada subespacio. Solución: a. Para cada par de vectores origen - imagen se verificará: A X Y. = , es decir:

3

1

5

1

2

2

1

1

0

1

2 3

2 1

2 5

2

1

1

1 2

3 1

7 1

−

=

−

=

⇒

+ =+ = −+ ==== −

⇒ =−−

−

a b

c d

e f

a b

c d

e f

a b

c d

e f

b

d

f

A

.

.

.

.

.

b. Para hallar las matrices de los cambios de base se tiene: X P X= . ' :

=⇒

+==+==

12

01

0)1,0(

2)2,1(

212

211P

eev

eev

=⇒

++=

++=

++=

⇒

−+=++−=

+−=

02121

21210

21021

02

1

2

12

1

2

10

2

10

2

1

3213

3212

3211

3213

3212

3211

Q

eeeu

eeeu

eeeu

uuue

uuue

uuue

Puesto que A Q A P' . .= −1 , calculando la inversa de Q, se tiene:

−−

=

−−−

−−

−== −

4

2

0

3

1

9

12

01

1

1

2

7

3

1

111

111

111

' 1APQA

c. { } ⇒

=

−−−

⇒=⇒=∈=0

0

0

1

1

2

7

3

1

00)(ker2

12

x

xAXxfxf

{ }⇒ = = ⇒ = ⇒x x f f1 20 0 0, ker inyectiva

{ }Im ( )f y x f x y= ∈ ∃ ∈ ∋ = ⇒ 3 2 ⇒

−=+−=

+−=⇒

=

−−−

⇒=

213

212

211

3

2

1

2

1

7

3

2

1

1

2

7

3

1

xxy

xxy

xxy

y

y

y

x

xYAX

)1,3,2()7,3,1()7,3,2(),,( 21212121321 −−+−−=−+−+−= xxxxxxxxyyy



Estos dos últimos vectores forman un sistema generador del subespacio imagen y, por ser linealmente independientes, constituyen una base, en consecuencia:

dim ker , dim Imf f= =0 2 10. Sean ( , , . )V K+ y ( , ,. )W K+ dos espacios vectoriales de bases respectivas { }a a a1 2 3, , y

{ }b b b1 2 3, , . Hallar, respecto a dichas bases, la matriz de la aplicación lineal f V W: → definida

por f a a a b b( ) .1 2 3 1 32+ + = − , f a a b b( )2 3 2 3+ = + , f a a b b b( ) .1 3 1 2 33− = − + .

¿Es inyectiva dicha aplicación lineal?. Solución: De la definición dada obtenemos el sistema:

f a f a f a b b

f a f a b b

f a f a b b b

f a b b b

f a b b b

f a b b

( ) ( ) ( ) .

( ) ( )

( ) ( ) .

( ) . .

( ) .

( ) .

1 2 3 1 3

2 3 2 3

1 3 1 2 3

1 1 2 3

2 1 2 3

3 1 3

2

3

2 2

6

5

+ + = −+ = +

− = − +

⇒

= − −= − + +

= −

Por tanto, la matriz asociada a dicha aplicación es: A =−

−− −

2 1 1

1 1 0

2 6 5

Por otro lado, para ver si es inyectiva, bastará con hallar el valor del determinante de la matriz A:

A =−

−− −

= − − + + = − ≠2 1 1

1 1 0

2 6 5

10 6 2 5 9 0

por tanto el sistema A X. = 0 solo admite la solución nula, luego la aplicación es inyectiva. 11. Calcular la base dual de la base de

: { })1,0,1(,)0,1,0(,)0,1,1(=B Solución: Llamemos )0,1,1(1 =v , )0,1,0(2 =v y )1,0,1(3 =v

Tratamos de hallar la base dual { }∗∗∗∗ = 321 ,, vvvB

Sea ),,( 321 xxx un vector arbitrario de . Se pude escribir:

=++= 332211321 ),,( vavavaxxx (haciendo las correspondientes operaciones) =

= 332321131 )()( vxvxxxvxx +++−+−

En consecuencia: 313211 ),,( xxxxxv −=∗ , 3213212 ),,( xxxxxxv ++−=∗ , 33213 ),,( xxxxv =∗

Problemas propuestos 1. Sea una aplicación lineal de en , de la cual se sabe que las imágenes de los vectores ( , )2 1−

y ( , )4 1 son los ( , , , )1 0 1 3− y (2,-2,3,1) a. Hallar la matriz de la aplicación respecto a las bases canónicas de y . b. ¿Es f una aplicación inyectiva? ¿Es suprayectiva? Razonarlo. c. Hallar el subespacio Im f y una base del mismo.



2. Sea f una aplicación lineal de en definida, con relación a las bases canónicas, por la matriz

A =−

−

2 1 1

3 2 3

a. Tomamos en la nueva base { }(0,1,1), (1,0,1), (1,1,0) , sin variar la base de . Hallar la

nueva matriz, A', de f. b. Elegimos ahora como base de los vectores { }(1 2,1 2), (1 2,-1 2) , y mantenemos en

la base del apartado a. Hallar la nueva matriz A" de f. c. Hallar el núcleo de esta aplicación lineal.

3. Sea B = { }u u u1 2 3, , base de ; y f :

→ un endomorfismo definido por: f u u u( )1 1 2= − ,

f u u u( )2 1 22= + , f u u u u( )3 1 2 33= + − , determinar: a. Expresión matricial del endomorfismo en la base B. b. Dimensiones y bases de los subespacios Im kerf fy c. f u u( )3 21 3− 4. De una aplicación lineal f :

→ se sabe que el vector ( , , ) ker1 1 0 ∈ f y que f f t t t( , , ) ( , ), ( , , ) ( , )0 1 1 1 0 0 0= = .

a. Determinar f x y z( , , ) b. Hallar la matriz asociada a la aplicación en las bases canónicas c. Hallar la dimensión y una base del núcleo y de la imagen d. Calcular el conjunto de vectores cuya imagen sea el vector (0,1). 5. Sea f un endomorfismo de , cuya matriz asociada en la base canónica es:

A

a

a

a

=−−+

3 4

2 6 2

1 3 1

a. Determinar el valor o valores de a para que el endomorfismo sea una aplicación inyectiva. b. Encontrar una base del subespacio Im f , tanto para el caso en que f es inyectiva, como para

el caso en que no lo sea. 6. Sea la aplicación lineal f :

2 → , definida por f u u( ) ( , , )1 2 2 2 1+ = − y f u( ) ( , , )2 2 2 1= − − , siendo u1 1 1= −( , ) y u2 2 1= ( , ). Se pide:

a. Expresión matricial de la aplicación lineal f, referida a la base { }u u1 2, de y a la base

canónica de . b. Expresión matricial de la aplicación lineal f, referida a las bases canónicas de y . c. Determinar ker f con ambas representaciones, y comprobar que en ambos casos coincide. 7. Sea f :

3 3→ el endomorfismo definido por: f x x x x x x ax x ax( , , ) ( , , )1 2 3 1 3 2 3 1 24= − − + +

a. Hallar la matriz asociada a f en la base canónica de b. ¿Para qué valores de a es f inyectiva?. Para los valores de a en que f no es inyectiva, hallar

el núcleo y su dimensión



c. Para a = 2, consideremos el subespacio { }V x x x x x= − =( , , )1 2 3 2 3 0 . ¿Es suma directa

de ker f y V? ¿Y con el subespacio definido por x x1 3 0− = ? 8. Calcular la base dual de la base { })1,0,1(,)0,1,0(,)0,1,1(=B



V. Sucesiones de números reales Problemas resueltos 1. Probar, mediante la definición de límite, que el límite de la sucesión de término general

un

nn =

+

2

2 es infinito.

Solución: Habrá que demostrar que a partir de un valor de n en adelante (para todo H > 0 ), los términos de

la sucesión son todos mayores que el valor H.

Sea, por ejemplo, H = 10 4 . Veamos si existe un valor de n tal que n

nH

2

2+> . Resolviendo la

inecuación se tiene que se verifica para n > 10 002. . Por tanto existe dicho valor y, en consecuencia, el límite es infinito.

2. Sea { }tn una sucesión tal que 0 1≤ ≤ ∀ ∈t nn , , y sean { }xn e { }yn dos sucesiones que

convergen hacia el mismo número a. Probar, basándose en la definición de límite, que:

[ ]limn

n n n nt x t y a→∞

+ − =( )1

Solución: De acuerdo con la definición de límite, hemos de ver si a partir de un valor de n0 en adelante se

verifica: t x t y an n n n+ − − <( )1 ε .

Tendremos: t x t y a t x t a t a y t y an n n n n n n n n n n+ − − = − + + − − =( )1

= − − − + − = − + − − ≤t x a t y a y a t x a t y an n n n n n n n n( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1

≤ − + − − ≤ − + − < +t x a t y a x a y an n n n n n12 2

ε ε

Estas últimas desigualdades son debidas a las condiciones del enunciado.

3. Calcular: lim siendon

n n

n n

a b

a cb c a

→∞

+ +++

< < <1 1

0,

Solución:

Se puede escribir: lim limn

n n

n n n

n

n

n

n

a b

a c

ab

a

ac

a

a→∞

+ +

→∞

++

++

=

+

+

=1 1

11

1

1

ya que: b

a

n

n

→

+

→∞

1

0 y c

a

n

n

→→∞ 0



4. Demostrar que la sucesión de término general an

nn = +

+5 3

12 es creciente (decreciente) y acotada

superiormente (inferiormente), y hallar su límite. Solución: Veamos en primer lugar el crecimiento o decrecimiento:

a an

n

n

n n

n n

n n nnn n− = +

+− −

− += − − +

+ − +< ∀ >−1 2 2

2

2 2

5 3

1

5 2

2 2

5 8

1 2 20 1

( )( ),

por tanto la sucesión es decreciente.

Por otro lado an

nnn = +

+> ∀5 3

10

2, luego la sucesión está acotada inferiormente, en consecuencia

es convergente.

Además su límite es: lim limn

nn

an

n→∞ →∞= +

+=5 3

102

5. Hallar la relación entre a y b, para que se verifique:

( )lim limn

n b

n

n a

nn an bn n

→∞

+

→∞

+−

= + + −

2

2

2

2

3

Solución: Hallando cada uno de los dos límites se tiene:

limlim

n

n bn b

n a

nn a

ne e

n

→∞

+ + +−

−

+

−

= = =→∞

2

2

2 23

10

31

2

2( )

( ) ( )( )( )lim lim

n nn an bn n

n an bn n n an bn n

n an bn n→∞ →∞+ + − =

+ + − + + +

+ + +=2

2 2

2

2

lim2

22 ba

nbnann

nbnann

n

+=+++

−++=∞→

Igualando ambas soluciones: 12

2= +⇒ + =a b

a b

6. Sea { }an una sucesión con límite 0. Si bn

n = +72

senπ

, hallar limn

n na b→∞

( ) .

Solución: Tenemos una sucesión { }a an

nn∋ =

→∞lim 0 y otra { }b bn n∋ ≤ ≤6 8 ( )acotada , por tanto,

recordando la teoría: “Si la sucesión { }un tiene por límite cero y la sucesión { }vn está acotada, el límite del producto

es cero”.



7. Calcular el siguiente límite: limn n n n→∞ +

++

+− +

1 1

1 2

1

2 3

1

1...

Solución: Lo resolvemos mediante el criterio de Stolz, en la forma:

1)1(

1lim

1

1

1

lim1

1...

32

1

21

1

lim =−−

=−−

+−=+−++

++

+∞→∞→∞→ nnnn

nn

n

nnnnn

8. Hallar el siguiente límite: limn

n

nn n

n n→∞

+−− +

+ −

2

2

1

12 1

2

3

2

Solución: Es una indeterminación de la forma )1( ∞ , por tanto, haremos:

32

33

1

1lim1

2

12

1

1lim

22

3

2

2

2

3

−−++−

−+

−

−++−

−+

=== ∞→∞→eeeL nn

n

n

n

nn

nn

n

n

nn

9. Hallar el límite de la sucesión de término general: u n

nn =

+ + + +11

2

1

3

1....

ln

Solución: Utilizando el método de Stolz se tiene:

lim limn

nn

un n

n n→∞ →∞=

+ + + + − + + + +−

− −=

11

2

1

3

11

1

2

1

3

1

1

1

.... ....

ln ln ( )

=

−

=

−

= =→∞ →∞lim limn n n

nn

n

n

n

e

1

1

1

1

11

ln lnln

Ejercicios propuestos

1. ¿A partir de qué valor de n, los términos de la sucesión de término general 14

12

2

−+=

n

nan ,

difieren de su límite 1/4 en menos de una milésima?.

2. Demostrar, a partir de la definición de límite, que: limn

n

n→∞

+ =10

2.

3. Demostrar que la sucesión de término general a n nn = + +( (5 3 12) ) es decreciente y está acotada

inferiormente, por lo que es convergente.



4. Los términos de la sucesión 7 19 4 39 9 4 32 2, , ) ,... ,..., ( n n+ decrecen indefinidamente. ¿Es 0 su límite?. ¿Por qué?.

5. Calcular los límites: limn

p na a→∞

>( )0 , lim n

p nn→∞

, lim ( ( > )n

nn b b→∞

− 1 1)

6. Dada la sucesión de término general an

nn

n

n=3 !

se pide calcular, si existen, los límites: limn

na→∞ ,

limn

n

n

a

a→∞

+1

7. Hallar los límites siguientes:

limn

n

n→∞

+ + +1 23 3 3

4

... lim

nn

n n→∞−

3 22 4

sen sen ( )limn

n n n→∞

+ −4 2

limn

n

n→∞

+ + + + + −+ + + + +

1 3 5 7 2 1

2 4 6 8 2

... ( )

... lim

n

n

n

n

n→∞

−+ + + + +2

3

2

4

3

12 2

2

2

1

2

.. .( )

lim

(n

n

n→∞ +cos

ln )

2

1 lim

n

n

n

n→∞+ +

−

1

1

1

3

3

3

ln ( )limn

nn→∞

−2 12 12

8. Calcular el límite de las sucesiones, cuyos términos generales son:

an

nn

n

= +−

8

2 b

n

n n nn =

−sen

cos

1

1 234 1

1ln nn

nncn −

++=

d ab

nan

n

= +

tag tag e

n

nn = sen !

fn n

n nn = + + + +1 2 2 3 3

2

...

g n n nn = + − hn

n n

n n= +

+

+ +2 3

2 3

1 1

i n n nn = − + −9 3 1 32

jn n n

n

nn = + + + + −1 2 3 1

2 2 2 2... k n

n

nn

p

= +

−

11 l

n

nn

n

= !

9. Sabiendo que limn

nu a→∞

= hallar limlnn

nu u u

n

n→∞

+ + +1 2

1 2...

.

10. Obtener los posibles valores de a y b para que se verifique: 2152

)3()3(lim

22

=+

+−−∞→ n

bnan

n

00Problemas Matemticas

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