Algebra Lineal,Ejercicios ado

0.1.

UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES

0.1


EJERCICIOS RESUELTOS DE MATRICES.

11. a) Dada la matriz Solucin.

A= 1 2

1 22

2 3

Calcular

A2 5A + 2I.

2 1 2 1 0 5 +2 3 2 3 0 1 5 8 5 10 2 0 2 2 = + = 8 13 10 15 0 2 2 0 1 0 0 2 1 Calcular A2 5A + 2I. b) Dada la matriz 0 0 0 3 Solucin 2 0 0 A2 5A + 2I.= 0 4 0 0 0 4 1 2 2 1 c) Dadas las matrices A = ,B = 3 4 3 2 2 i) (A + B) 2 2 ii) A + 2AB + B A2 5A + 2I.=Los resultados deberan coincidir.?. Solucin: i)(A

Calcular

3 1 9 5 = 0 2 0 4 2 2 ii) A + 2AB + B 1 2 1 2 1 2 = +2 3 4 3 4 3 4 7 10 4 5 = +2 + 15 22 6 11 6 0 = 3 7 + B)2 =

2

7 0

2 1 3 2 0 7

+

2 3

1 2

2 3

1 2

Los resultados no coinciden pues el cuadrado del binomio no se cumple en las matrices ,pues el producto de matrices no es conmutativo,es decir que

AB = BA

d) Dadas las matrices Calcular Solucin.

A=

1 3

2 4

,B =

2 3

1 2 (A B)(A + B) 3 18 5 18

A2 B 2 0 15

Compruebe que es dintinto del producto

A2 B 2 =

10 15

es distinto de

(A B)(A + B)=

2. Despejar la matriz

XSi

y hallar la matriz

X

de la ecuacin :Unidad 2

3. a)

2X + A = BX

A=

1 1

2 0

, B=

5 1

3 0

1 profesor

Osvaldo Carvajal

1

0.1.


Solucin : Despejando por

X , A = BX 2X A = (B 2I) XObserve

la factorizacin

X

se hace por derecha. entonces multiplicando la igualdad

suponiendo que (B 2I) es una matriz que posee inversa, A = (B 2I) X por (B 2I)1 por izquierda se tiene

(B 2I)1 A = Xreemplazando las matrices A y B se tiene:

X = (B 2I)1 A=

5 1

3 0

2

1 0

0 1

1

1 1

2 0

=

1 17

1 8

4 2

b)(A

X)T + B = 3X T

si

A=

1 0

1 2

,B =

2 0

5 1

SolucinUnidad 2 4. De

(A X)T + B = 3X T T ransponiendo ambos lados T T T (A X)T + B T = 3X T , usando la propiedad AT = A1 (A X) + B T = 3X A + B T = 4X . X = 4 (A + B T ) 1 X = 4(

tenemos

reemplazando las matrices A y B se tiene

1 0

1 2

+

2 0

5 1

T

)=

1 4

3 5

1 3

c)

(AXB I)T = B

si

A=

1 0

1 2

,B =

4 2

0 4las matrices inversas de A

Solucin : se tiene Unidad 2

Transponiendo ambos lados de

(AXB I) = B

T

(AXB I)T = B AXB = B + I , suponiendo existenT

y de B ,entonces

5. multiplicamos a ambos lados de

AXB = B T + I , por A1 por izquierda A AXB = A (B + I) XB = A1 (B T + I) Ahora multiplicamos por B 1 por derecha 1 para obtener XB B = A1 (B T + I) B 1 X = A1 (B T + I) B 11 1 Treemplazando las matrices A y B se tiene.

X = A1 (B T + I) B 1 = X= X=1 2 1 2

2 1 0 1 2 1 0 1

1 1 4 0 1 ( + 0 2 2 4 0 4 2 1 0 4 0 1 ( + ) 16 0 4 0 1 2 4 3 2 4 0 26 4 1 1 ( ) = 32 16 0 5 2 4 10 20

1

T

0 1

)

4 2

0 4

1

6. . (Costos de materias primas) Una empresa utiliza tres tipos de materias primas M1,M2,M3 en la elaboracin de dos productos P1,P2 .El nmero de unidades M1,M2 y M3 usados por cada unidad de P1 son 3 , 2 y 4 respectivamente y por cada unidad de P2 son 4, 1 y 3 respectivamente .Suponga que la empresa produce 20 unidades de P1 a la semana y 30 unidades de P2 a la semana .Exprese las respuestas a las preguntas como producto de matrices 2

0.1.


a) Calcule el consumo semanal de las materias primas b) Si los costos por unidad en dlares para M1,M2 y M3 son 6 , Unidad 2 7. 10 y 12 respectivamente. Calcular los costos de materias primas por unidad de P1,P2

Solucin: Los datos se registran en la siguiente tabla o matriz. P1 M1 M2 M3 3 2 4 P2 4 1 3

llamamos a esta matriz , matriz insumo

3 A= 2 4

4 1 3

se producen 20 unidades de P1 y 30 unidades de P2 a la semana , llamamos a esta matriz matriz produccin

P =

20 30 4 1 3 20 30 180 = 70 170

3 a) entonces el consumo semanal de M1,M2 es simplemente el producto AP = 2 4

entonces a la semana se consume 180 unidades de M1, 70 unidades de M2 y 170 unidades de M3. b) Si los costos por unidad en dlares para M1,M2 y M3 son 6 , 10 y 12 respectivament, entonces denimos la matriz

6 costo C = 10 12 AT C 6 10 = 12 86 70

se pide costos por unidad de P1,P2 , hay que multiplicar

AT C=

3 4

2 1

4 3

Asi 86 unidades monetarias cuesta la unidad de P1 y 70 la unidad de P2.

8. Siendo A,B matrices de tamao a)

nn

invertibles , entonces simplicar la expresin matricial:

C = (A + B)2 B(A1 + B 1 )AB A(A + A1 )

Solucin: Multiplicando

C = A2 + AB + BA + B 2 B(A1 AB + B 1 AB) (A2 + AA1 )recuerde que las matrices no conmutan es decir

AB = BA

, tambien

A1 A = AA1 = I

C = A2 + AB + BA + B 2 B(B + B 1 AB) (A2 + I) cancelando A2 C = AB + BA + B 2 B(B + B 1 AB) I C = AB + BA + B 2 B 2 BB 1 AB I cancelando B 2 , con BB 1 = I C = AB + BA AB I C = BA Icancelando

AB

3

0.1.


b) Usando la parte a) anterior Calcular Solucin :

C,

sabiendo que

A1 B 1 =

1 1

0 1

C = BAI debemos hallar BA , pero BA = (A1 B 1 )1 = (B 1 )1 (A1 )1 ,esto 1 est basado en la propiedad (AB) = B 1 A1 y la propiedad (A1 )1 = A. 1 1 0 1 0 1 1 1 Asi que BA =(A B ) = = 1 1 1 1por la parte anterior

C = BA I

=

1 1

0 1

1 0

0 1

=

0 1

0 0

9. ( Costos de suministros) Un contratista puede adquirir las cantidades requeridas de madera , ladrillo,concreto , vidrio y pintura de cualquiera de 3 proveedores .Los precios que cada proveedor ja a cada unidad de estos materiales estan contemplados en la siguiente matriz

8 A= 9 9

5 4 5

7 5 6

2 2 1

4 5 5

Cada la se reere a un proveedor y las columnas a los materiales . El contratista tiene la poltica de adquirir todos los materiales requeridos en cualquier obra particular al mismo proveedor a n de minimizar los costos de transportes . Hay tres obras en construccin O1,O2 y O3. O1 requiere 20 unidades de madera , 4 de ladrillos ,5 de concreto , 3 de vidrio y 3 de pintura. O2 requiere 15 unidades de madera , 0 de ladrillos ,8 de concreto , 8 de vidrio y 2 de pintura. O3 requiere 30 unidades de madera , 10 de ladrillos ,20 de concreto , 10 de vidrio y 12 de pintura. Usando matrices decida cul proveedor deber usar en cada obra. Solucin : los datos se pueden registrar en la siguiente tabla. o matriz M O1 O2 O3 20 15 30 L 4 0 10 C 5 8 20 V 3 8 10 P 3 2 12 o

tenemos la matriz

20 B = 15 30

4 0 10 5 4 5 2 2 1

5 8 20 7 5 6

3 8 10

3 2 12 4 0 10 5 8 20 3 8 10 T 3 2 12

Si multiplicamos

8 A BT = 9 9 8 = 9 9 5 4 5 7 5 6

2 4 8 5 7 2 4 20 2 5 , A B T = 9 4 5 2 5 15 1 5 9 5 6 1 5 30 20 15 30 4 4 0 10 233 200 498 5 5 8 20 = 242 201 490 3 5 8 10 248 201 510 3 2 12

=

Las las de esta ltima matriz corresponden a los proveedores , las columnas corresponden a las obras O1.O2,O3 asi en obra 1, los costos asociados a los proveedores es la primera columna , el ms barato es el menor valor de la primera columna correspondiente a 233, en obra 2 los costos asociados a los 4

0.1.


proveedores es la segunda columna ,donde el menor valor es 200 y en la comuna 3 el menor valor es 490. e resumiendo obra 1 con proveedor 1,obra 2 con proveedor 1 y obra 3 con proveedor 2

10. Resuelva los siguientes sistemas de ecuaciones

a)

x1 + 5x2 4x3 + x4 = 22 x + 2x + x = 162 3 4

3x1 + 2x2 + 3x3 x4 = 30 2x1 + 2x2 x3 = 22 1 0 3 2 5 1 2 2 4 2 3 1 1 x1 1 x2 1 x3 0 x4 22 16 = 30 22

Solucin : El sistema escrito en matriz es

el pivoteo lo hacemos en la matriz ampliada

|22 |16 |30 |22 El smbolo de pivoteo aqu es Fj k Fi + FJ lo que debe entenderse la la j es reemplazada por la la j mas k veces la la pivote i la la j es la la receptora, la la i es la la pivote la operacin por k debe realizarse slo en la la pivote. 1 5 0 1 (A | b) = 3 2 2 2 4 2 3 1 1 1 1 0Pivoteando en el lugar

como :

a14 = 1,

realizando las operaciones

F2 1 F1 + F2 , F3 1 F1 + F3 , 22 25 6 22

Ahora pivoteamos en el lugar

a43 = 1

y realizamos las operaciones

F3 1 F4 + F3 , F2 6 F4 + F2 , F1 4 F4 + F1 ,

Si observamos la segunda y tercera la ,tenemos un sistema de 2 ecuaciones y 2 incgnitas que ya podemos resolver 5

1

22 03 621 451

0 0 0 1

1 2 2 0 5 2 0 8 11 0 3 7

22 25 6 22

0 0 0 1

1 6 4

0 0 0 1

1 1 6 4

2 7 4 5

2 4 1 1

22 03 61 22

0 1 1 3 1 2 1 1 4

2 7 4 5

2 4 1 1

2 2 1 5

2 3 0 1

0.1.


o bien podramos seguir pivoteando ,pero la ausencia de valores pivoteadas obliga a las operaciones con fracciones El sistema de 2 ecuaciones es

1

o

1

en las las 2 y 3 no

11 2

8 5

x1 x2

=

al resolver obtenemos

126 30 x1 = 10,x2 = 2 x3 = 2, x4 = 10.

las otras soluciones se obtienen por simple sustitucin , para obtener

b)

3x + 5y 3z + w = 1 2x + y + 4z w = 0

Solucin : Este sistema presenta innitas soluciones debido a que hay ms incgnitas que ecuaciones .El sistema escrito en matriz es :

3 2

5 1

3 1 4 1

x y z = w

1 0

El pivoteo lo realizamos en la matriz ampliada

(A|b)

=

El elemento pivote se busca en el lugar donde hay un valor ms indicado es el elemento

a14 = 1,lo

observe que las variables

siendo esta la matriz identidad mxima lograda con el pivoteo, entonces hemos llegado a la solucin. las variables

z, w

son llamadas

tuyen matriz identidad son llamadas en funcin de las

no bsicas a z = 4 18x 23y w = 1 5x 6y ()

solucin del sistema :

1 4

1 1

0 1

0 1

1 0

1

3

1 1

0 1

1 3

1

0 1

1

4 3

Realizando la operacin ,

Ahora el lugar mas adecuado de la segunda la es el elemento

Realizando la operacin

z, w

constituyen columnas de la matriz identidad

variables bsicas, las otras variables cuyas columnas no constia no bsicas.La solucin se obtiene despejando las variables bsicas a a

0 1

1 1

4 3

1 2 5 3

1

o un valor

1

de la matriz A. El

que indica pivotear en la primera la.

6 5 32 81

6 5 5 3 6 5 5 3

1 2 5 3

F2 1 F1 + F2

se tiene:

a23 = 1

F1 3 F2 + F1

, se logra :

1 0

0 1

6

0.1.


se obtienen particulares del sistema si se otorgan valores cualesquiera a las variables obtenindose asi muchas pero muchas soluciones.Por ejemplo si

x = 0, y = 0

se obtiene

no bsicas a z =

4, w = 1.una de las muchas soluciones del sistema. hay que advertir que la expresin

() no es nica ,depende del lugar que se escoja para el pivoteo.

c) Resolver el sistema

x + 2y = 4 2x y = 5 5x + 3y = 0

Este es un sistema con ms ecuaciones que incgnitas , es posible que no tenga solucin. Esto no siempre es asi.Solo con el proceso del pivoteo lo sabremos.

El sistema escrito en matriz es

1 2 5

2 1 3

x y

4 = 5 0

Pivoteamos en la matriz ampliada en el lugar

a11 = 1

5 F1 + F3

se tiene:

Multiplicando por

Dividiendo la la segunda por

Realizando las operaciones

tiene:

Observe la la tercera ,se tiene una contradiccin hay solucin.

5 / 12 5/6

3 1

5 2

0 5 4

2

1

02 3 4

02 5 / 3 4

02 3 4

02 5/3 4

0 5 4

7 5 2

1

3 1 20 1 0

7 5 2

2

7

5 2 1

0 0 1

0 0 1

0 0 1

0 0 1

Realizando las operaciones

F2 2 F1 + F2

,

F3

(1)

las las segunda y tercera ,tenemos

5,

se tiene un lugar para pivotear

F1 2 F2 + F1

,

F3 7 F2 + F3

se

0 x + 0 y = 20 21/5 0 =

79 5 , Por eso no

7

0.1.


1 Tambien usando otro lenguaje ,se dice que el rango de la matriz 2 5 1 0 1 2 las no nulas en el pivoteo que es la matriz 0 0 0mientras que el

2 1 es 2 pues se lograron 3

rango de la matriz ampliada es 3, pues 3 las no nulas hay en la matriz pivoteada 5 / 12 5/62 4 1

d) Un sistema aplicado. (Asignacin de maquinarias ) Una empresa produce tres tipos de productos P1, P2,y P3 , los que procesa en tres mquinas M1,M2 y M3. El tiempo en horas requerido para procesar una unidad de cada producto por las tres mquinas esta dada por la matriz : P1 M1 M2 M3 3 1 2 P2 1 2 1 P3

Se dispone 850 horas de mquina 1 , de 1200 horas de mquina 2 y de 550 horas de mquina 3 a) Cuantas unidades de cada producto deberan producirse con el objeto de emplear todo el tiempo disponible de las mquinas .? b) Determine la capacidad ociosa de maquinas si se producen 80 unidades de P1, 140 de P2y 160 de P3. c) Sin resolver nuevamente el sistema , Calcular las unidades de P1,P2 y P3 a producir si los recursos ( horas de mquina) se reducen en un 10%. d) Si cuesta $10 la hora de Mquina 1, $12 la hora de Mquina 2 y $ 15 la hora de Mquina 3.Calcular el costo por unidad de P1,P2 y P3. Solucin:a)

El sistema a resolver es

unidades a producir de P1,P2 y P3 respectivamente. Pivoteamos en el lugar

se ha realizado las

operacionesF2 2 F1 + F2 , F3 1 F1 + F3 = 500 x = 100,sustituyendo esta

la la segunda ya permite hallar la solucin .5x

8

003 0 05 058

1 0 2

0 0 1

1 5 3

055 0021 058

02 5/3 4

1 4 2

0 1 0

1 2 1

2 1 3

0 0 1

dado que estos rangos no coinciden ,el sistema no tiene solucin.

3 AX = b 1 2 a12 = 1

1 2 1

2 x 850 4 y = 1200 , 1 z 550

donde

x, y, z

son las

de la matriz ampliada.

0.1.


solucin en la tercera la se obtiene la incginta primera la se obtiene

z = 200,

reemplazando

x = 100, z = 200

en la

y = 150

entonces se deben producir 100 unidades de P1, 150 unidades de P2 y 200 unidades de P3. Obteniendose el nivel de producin ptimo

100 X = 150 , 200 80 3 1 2 80 2 4 140 Solucin b) En este caso se d el nivel de produccin X = 140 , calculamos AX = 1 160 2 1 1 160 700 = 1000 , este ltimo vector arroja las horas ocupadas en la elaboracion del nivel de produc460 cin X dado.Las horas ociosas la calculamos por diferencia 150 700 850 horas ociosas = 1200 1000 = 200 , Entonces se disponen de 150 horas no 90 460 550ocupadas en M1,200 horas no ocupadas en M2 y de 90 horas no ocupadas en M3. Solucin c)Los recursos son las horas mquina dada por el vector

850 b = 1200 550

este se reduce en un 10% ,es decir se dispone del

0, 9b,

entonces hay que hallar el

nuevo nivel de produccin que le llamamos siendo

X

, solucin del sistema

A X = 0.9b

pero por otro lado, el sistema original es

X = A1 0, 9b = 0, 9(A1 b) A X = de donde X = A1 b b 100 90 entonces X = 0, 9X= 0, 9 150 = 135 200 180 estableciendose una realcin entre el vector prodccin nuevo X y el antiguo X. 10 Solucin d) Denamos un vector costo hora de mquina igual a C = 12 15 3 1 2 10 72 T 2 1 12 = 49 Entonces lo que se pide es el producto A C = 1 2 4 1 15 83 Auna matriz invertible la unidad de P1, $ 49 la unidad de P2 y $ 83 la unidad de P3. Observe la necesidad de transponer la matriz

cuesta $ 72

A

9

0.1.


Unidad 2.Determinante de una matrizMAS DE MATRICES Y DETERMINANTES

2

1. Calcular los siguientes

determinantes

.

a)

|A| =

1 1

Solucin : b)

|A| =

3 2 Det(A)= (1) 2 (1)(3) = 5. 1 1 0 2 2 1 3 3 2 a23 = 1,cambiandoslo la tercera

Solucin: Pivoteamos en el lugar ms adecuado ,en el lugar la con la operacin para obtener :

F3 2 F2 + F3

nante de

33

obtenido al ignorar las la 2 y columna 3 ( lo achurado).Segn frmula de Laplace , entonces el valor del determinante es.

Det(A) = (1)2+3 1 El signo

(1)2+3 = 1 5 8 9 8 5 4 8 9 8 5 3 6 9 8 5

c)Det(A)

=

Aqui usamos propiedades: En la 2, factorizamos por 2 En la 3 ,factorizamos por 3 En la 4 ,factorizamos por 4 En la 5 factorizamos por 5

2 Profesor

Osvaldo Carvajal

1 1

0

7 2

1 2

0

2

1

Los ceros logrados por pivote en la tercera columna , convierte al determi-

en uno de

2 2.

1 1

1 7

, obedece al lugar del pivote

2 4 6 8 5

1 2 3 4 5

0 1 0

7 2 1

1 2 1

0

1

3 2 1

1

3 2 1

Ahora desarrollamos por la columna tercera,

=(1)(7

(1)) = 8. a23 = 1,que corresponde al signo

(1)i+j .

10

0.1.


Det(A) = 2 3 4 5

5 4 3 2 1

4 4 3 2 1

3 3 3 2 1

2 2 2 2 1

pivoteamos en la 1,en el elemento

1 1 1 1 1 a15 = 1,

realizando las operaciones

Fi 1 F1 + Fi ,

para

i = 2, 3, 4, 5se tiene.

Det(A) = 120

5 1 2 3 43 2 1 0 4

4 0 1 2 32 1 0 0 3

3 0 0 1 21 0 0 0 2

2 0 0 0 10 0 0 0 1

1 0 0 0 0

=

minante de

5 5 en uno de 4 4,el determinante a resolver es el que esta fuera de los rectngulossigno es

achurados de la gura anterior, con el cuidado de multiplicar por el signo del lugar del pivote (interseccin de los rectngulos achurados) este minante se reduce a

1 2 Det(A) = 120 3 4

ahora no es necesario realizar ningun pivoteo, la matriz anterior es una matriz triangular inferior,el tringulo de ceros hace de la matriz una matriz inferior ,y en este caso el determinante es simplemente el producto de la diagonal.

Det(A) = 120 (1)4 = 120 1 x x x 1 a 0 0 1 0 b 0 1 0 0 c

2. Hallar el valor de

Solucin : 11

021

=

x

en la ecuacin

1 0 0 0

2 1 0 0

3 2 1 0

4 3 2 1

4 3 2 1 5

)

A ( teD

) (

A teD

Los ceros logrados por pivoteo en columna 5 ,reducen el deter-

(1)1+5 = (1)6 = 1,

asi que el deter-

0 1 2 3

0 0 1 2

0 0 0 1

=0

0.1.


METODO 1:la la 1 , repleta de valores 1 parece ser muy conveniente para el pivoteo se pueden lograr tres ceros si se pivotea por columnas, asi que elegimos el lugar operaciones columnas :

a14 = 1

y realizamos las

Ci (1) C4 + Ci , i = 1, 2, 3.Esto

debe entenderse como multiplicar

la columna 4 por (-1) y sta sumarla a las restantes columnas.Se obtiene entonces

El determinante a resolver ahora es de cuidando de multiplicar por

que al nal no inuye en una ecuacin igualada a cero.

(1)

x a 0 x 0 b x c c c 0 0 c

den(eliminamos el signo negativo)

x x x

a 0 0 b c c

+

Observe que las columnas 2 y 3 se copian,la columna 1 se separa El segundo ya se puede resolver por los 2 ceros de la columna 1. El primero se puede factorizar por

1 x 1 1 1 x 0 0

a 0 0 a 0 0 b + 0 0 b =0 c c c c c 0 a 0 a 0 0 b =0 a b + 0 c c c c a c

x

a c a

b +(c) c

a a

0 b

=0 x

Ahora ya podemos multiplicar cruzado para obtener la solucin de

x {ac b(c a)} + (c) {ab 0} = 0 x =METODO 2

c

c

c

c

a

c

abc ab+bc+ac

12

0

b

a

b

a

+

0

a

0 0

c

0

c

a

c

c

0 0 133 (1)1+5 = (1), obtenido por desarrollo de Laplace por la 1,

0 0b

a

0

0

0 0 x 1

x x x

0

= 0,

abrimos el determinante en 2 determinantes del mismo or-

a 0 0 b c c

=0

x en columna 1 y luego pivotear en el lugar a11 = 1, quedando

=

0.1.


El determinante

1 x x x

1 a 0 0

1 0 b 0

1 0 0 c

= 0

se puede desarrollar directamente por la la 2 , o la

3 o la 4 donde la presencia de 2 ceros facilita el cculo Si lo desarrollamos por la la 2, tenemos que resolver 2 determinantes de orden menor

los determinantes a resolver son los obtenidos al eliminar las las y columnas achuradas,con el cuidado de multiplicar por los signos correspondientes ecuacin a resolver

1 (x) 0 0

1 b 0

1 0 +a c

1 1 1 x b 0 x 0 c

=0

El primer determinante ya esta resuelto ,por los dos ceros en columna 1,o la 2 o la 3, el segundo determinante se puede pivotear en columna 3 en el lugar

columna 3 por (-1) y sumar ste resultado a la columna 2 y columna 1 para obtener

1 (x) 0 0

1 b 0

1 0 +a c

0 x xc

0 b c

1 0 c

=0

Ahora si desarrollamos el determinante primero por columna 1 y el segundo determinante por la 1, tenemos

(x)

b 0

0 c

+a

x xc

b c

=0

Ahora multiplicamos cruzado

(x) {bc 0} + a {xc b(x c)} = 0 bcx acx abx + abc = 0 x = abc/(ab + ac + bc)


k

en la ecuacin

1k 2 1

1 k 1

Solucin : Operacin columnas 1 y 3 para obtener

C1 1 C3 + C1 ,

es decir la columna 1 es reemplazada por la suma de

k 0 k

1 k 1

1 2 (1 + k)

= 0Factorizando

en columna 1 por

13

c

0 0 1a13 = 1.es decir multiplicar

0

b

0 1

a

0 0

1

x x x

1

c

0 0 1

0

b

0 1

a

0 0

1

x x x

1

1 2 (1 + k)

=0

k

0.1.


k

1 0 1 1 0 0

1 k 1

realizando la

1 2 = 0, Ahora pivoteamos en la (1 + k) operacin F3 (1) F1 + F3 obtenemos

1

k

k(1)

1 1 k 2 = 0, Desarrollando por columna 1 2 k k 2 = 0,k(k 2 4) = 0 k = 0, k = 2 , k = 2 2 k

4. Resolver

t2 1 1

2 t3 2

0 1 t3

=0

Solucin: Realizamos la operacin

C1 1 C3 + C1 ,1

2 0 t3 1 = 0 Factorizamos por (t 2) en columna 2 t3 1 2 0 0 t3 1 (t 2) = 0 Ahora pivoteamos en la 1 1 2 t3 realizando la operacin F3 (1) F1 + F3 se reduce a 1 2 0 0 t3 1 = 0, desarrollando por columna 1 0 4 t3 t3 1 (t 2) = 0,(t 2) ((t 3)2 4) = 0 4 t3 t2=0t=2 (t 3)2 4 = 0 [(t 3) 2] [(t 3) + 2] = 0 t = 5, t = 1 (t 2)3

t2 0 2t

3 Profesor

Osvaldo Carvajal

14

0.1.


SISTEMAS DE ECUACIONES CON PARAMETROS.

5. Determine para que valores de

a

el sistema de ecuaciones

ax + y + z = 0 x + (a + 1)y + z = 0 x + y + az = 0 tiene soluciones no trivialesSolucin: Observe que el sistema esta igualado a cero, es un sistema llamado sistema minar

homogeneo siempre tiene solucin , si existe a tal que el sistema presente

es la solucin

cero

o solucin

soluciones distintas a la

homogeneo.Un trivial.Se pide detertrivial x = 0, y = 0, z = 0

Ax=b Det(A) = 0 entonces el sistema o no tiene solucin o tiene innitas soluciones ,En el caso de un sistema homogeneo este siempre tendr solucin , por tanto las soluLa respuesta est en el determinante de la matriz que constituye el sistema, a saber si es un sistema cuadrado , con ciones no triviales estan dentro de las innitas soluciones y esas aparecen cuando el determinate es cero veamos entonces el determinate de la matriz asociada al sistema

Det(A) =

a 1 1 a+1 1 1 a1 1 0 a+1 Det(A) = 1a 1 1 Det(A) = (a 1) 0 1 1 Det(A) = (a 1) 0 0

1 1 a

= 0,

Realizando la operacin columna

C1 (1) C3 + C1

1 1 = 0, Factorizando en columna 1 por (a 1) a 1 1 a+1 1 = 0, realizando la operacin por la F3 F1 + F3 1 a 1 1 a+1 1 = 0, Desarrollando por columna 1 2 a+1

+

Det(A) = (a 1) {(a + 1)(a + 1) 2} = 0 a = 1, (a + 1)2 = 2 (a + 1) = 2 Entonces el sistema tiene soluciones distintas de x = 0, y = 0, z = 0 si a = 1, a = 1 2


k

de manera que el sistema lineal homogeneo

(1 k)x + y z = 0 2x ky 2z = 0 x y (1 + k)z = 015

0

1 a 2 0 1 1 a 0 )1 a( 1 1 1 +

=

0.1.


Tenga soluciones no triviales. Solucin Siendo el sistema cuadrado , podemos analizar el determinante de la matriz.

1k 1 1 2 k 2 = 0, Realizando la operacin columna C1 (1) C3 + C1 1 1 1 k k 1 1 0 k 2 = 0, Factorizando por (k) en primera columna Det(A) = k 1 1 k 1 1 1 2 = 0, realizando la operacin la F3 (1) F1 + F3 Det(A) = (k) 0 k 1 1 1 k 1 1 1 Det(A) = (k) 0 k 2 = 0 Desarrollando por columna 1 0 2 k k 2 =0 Det(A) = (k) 2 k Det(A) = (k)(k 2 4) = 0 k = 0, k = 2.k = 2 El sistema tiene soluciones no triviales si k = 0, k = 2.k = 2 Det(A) =

7. Propuesto: Determinar el valor de

de modo que el sistema

(1 )x + y + z = 0 2x + (2 )y + z = 0 x + y + (1 )z = 0tenga innitas soluciones. Respuesta.

= 1, = 4

8. Hallar los valores de

a de 3x ay + 2z = a 1 2x 5y + 3z = 1 x + 3y (a. 1)z = 0

modo que el sistema

a) tenga nica solucin b) no tenga solucin c) tenga innitas soluciones. Solucin: Este sistema es cuadrado pero no homogeneo . Veamos su determinante.

Det(A) =el lugar

a31

3 a 2 2 5 3 , la ausencia del parmetro a en columna 1 permite pivotear en 1 3 1a = 1 por las realizando las operaciones F2 (2) F3 + F2 , F1 (3) F3 + F1 3 2 1 a 5 3 2 3 1a,

se obtiene.

Det(A) =

16

0.1.


=

Rescatamos el determinante de la matriz multiplicado por

Det(A) =

2 2 fuera de los rectngulos achurados.( que queda (1)3+1 = 1) 9 a 1 + 3a = (9 a)(1 + 2a) (11)(1 + 3a) = 2a2 + 14a 20 11 1 + 2a 2a2 + 14a 20 = 0dividiendo por

al igualar a cero este determinante se obtiene

a 7a + 10 = 0 (a 5)(a 2) = 0tenemos una respuesta , la ms obvia Solucin a) Si

2

a = 5 ,si a = 2

2 ni 5 el determinante no es cero y en ese caso existe la matriz inversa de

Ax = b x = A1 b,En el caso que

entonces como la inversa es nica la solucin

a

toma los valores 2 o 5 el determinante de

nativas , o el sistema no tiene solucin o el sistema presenta innitas soluciones, para averiguarlo reemplazamos estos valores de

=

Al reemplazar por

a=2

se obtiene

=

Ahora pivoteamos en la 3 ,en el lugar

=

observe que tenemos dos las iguales la primera y segunda , lo que signica ecuaciones redundantes del sistema, por ello eliminamos una ecuacin o una la, la la 1,para obtener un sistema de slo dos ecuaciones y tres incgnitas que sospechamos que tendr innitas soluciones.

puede lograr por pivoteo

1 5

3 11

1 0

=

0 1

1

0 1 1

5 5

11 11

0 1 1

1 3 2

3

3 5 2

0

)1 a(

1 1 a

3 2

5 a

a 1 a2 1 a3 1(2)el sistema tiene solucin nica.La razn de esto es que si

3 11 a 9

+ +

3

1 0 0

1

0 0

1

1 2 3

2 3

)

)b | A (

)b | A (

)b | A (

)b | A (

A ( teD

a

no es

A, x = A1 b

matriz del sistema es nica.

A

es cero y en ese caso hay dos alter-

a

encontrados en la matriz ampliada original

a31 = 1

Al dividir por 5 la la 1 , la matriz identidad de

22

se

17

0.1.


observe que las variables

bsicas a

que son la primera y tercera columna , la columna segunda corresponde a la variable hallar innitas soluciones.las innitas soluciones entonces son

varible se considera como parmetro y es la que se le puede dar cualquier valor ,esto permite

entonces

x = 1 4 y 5 5 1 11 z = + y 5 5

con

y R

Solucin c) Hay innitas soluciones si Nos queda reemplazar

a=5

=

pivoteamos en la 3,en el lugar

=

dividimos la 2 por 11 ,la 1 por 14

=

realizamos el pivote

F2 (1) F1 + F2 ,

1 mas la 2, para obtener

=

observe la la 2, se tiene la contradiccin esta razn cuando

a = 5 el sistema no tiene solucin. En otro lenguaje no hay solucin porque A es 2 y no coincide con el rango de la matriz ampliada (A|b) que es 3, es decir por proceso del pivoteo se logran 2 las no nulas en matriz A y tres las no nulas en matrizel rango de la matriz 18

41 / 4

0 11 /1 41 / 4

4 0 1

3 0 1

4

0 11 / 1 41 / 4

1 1

3 1 1

0 1 4

4 11 41

3 11 41

4

3

5

3

1 0 0

1

2

=

a31 = 1

0 1 4

2

5

0

)1 a(

1 1 a

3 2

5 a

0 1

5/4 5 /11

3

1

2 3

1 0

=

son

en la matriz ampliada

5 /1 5 /1

1 1

3 5 /11

1 0

=

0 5 /1

3

1 0 0

1 0 0

)b | A ()b | A ()b | A ()b | A (

x, z

las que constituyen columnas de la matriz identidad

y,

esta

a=2

)b | A ()b | A ()b | A (

es decir la la 2 es reemplazada por

(1)

veces la la

0x+0y+0z =

1 4 1 4 1 4 0= = por 11 14 11 14 11 14

0.1.


ampliada

(A|b)

lo que lleva a la contradiccin

Respuesta b) No hay solucin si

a = 5.

9. Hallar los valores de

a de (a 1)x + ay + z = a 2ax + y az = a2 x y + (2a 1)z = 0

modo que el sistema

a) Tenga nica solucin b) no tenga solucin c) tenga innitas soluciones. Solucin : Este es un sistema cuadrado y no homogeneo. Si el sistema fuera no cuadrado entonces ya no se puede analizar el determinante de la matriz y eso obliga a pivotear en la matriz ampliada (A|b))b |

El pivotear en la matriz ampliada obliga a pivotear slo en las, lo que limita las operaciones decidimos estudiar el determinante de la matriz

Det(A) =

a1 2a 1

hay dos operaciones inteligentes ,la primera es cambiar la columna 1 por la suma de las columnas 1 y 3 ,esto se escribe en smbolosC1

Det(A) =la ausencia obtener

a 3a 2a de a 1 0 0

en columna 1 permite pivotear por las ,se pivotea en la 1 en

Det(A) = a a(4a2 2a) 1 a = 0, a = 2

a 3a + 1 2a 1

al igualar a cero permite hallar los valores de

la otra operacin tambien buena es cambiar la columna 1 por la suma de las columnas 1 y 2 ,que en smbolos se escribe

Det(A) =

2a 1 1 2a 0

lo que permite factorizar por

A

1

a 1 1

1 a2 a

1

1 a2

=

a 1 1

C1 C2 + C1 a 1 1 1 a 2a 1 (2a 1)

0 a 2 a

{ }1 a 1 aA(

)b | A (

A.

1 a 2a 1 C3 + C1 1 3 2y se obtiene

1 a =a 2a 1

a 1 1

1 a 2a 1 a11 = 1para

1 3a =a 2a 3

3a + 1 2a 1

3a = a {(3a + 1)(2a 3) (3 a)(2a 1)}= 2a 3 apara el anlisis ,esto es para

para obtener

en columna 1 y pivotear en la 1 19

0.1.


a = 0, a =

1 2 a 1 1 1 a =(2a 1) 2a 1 1 0 0 a 1+a 1 1 1a 2a 1 1 2

1 Det(A) = (2a 1) 1 0

ahora ya se puede resolver por columna 1

Det(A) = (2a 1) {(1 + a)(2a 1) (1)(1 a)} = (2a 1)(2a)2al igualar a cero se obtienen las mismas soluciones para anlisis

a = 0, a =

Solucin a) Respuesta obvia ,hay solucin nica si Solucin b) Si Solucin c) Si

a = 0, a =

1 no hay solucin 2 a = 0 hay innitas soluciones a=

1 2

Las respuestas b) y c) requieren reemplazar dichos valores en la matriz ampliada y entonces pivotear en sus las para obtener o contradiccin o eliminacin de toda una la que conlleva a innitas soluciones( se deja como ejercicio para el alumno).

4ALGUNOS EJERCICIOS TEORICOS SENCILLOS DEL ALGEBRA LINEAL

10. Sea

A

una matriz cuadrada , demostrar que

AAT

es simtrica.

Solucin. Demostracin : una matriz es simetrica si y solo si entonces hay que demostrar que pero esto es elemental , pues 11. Si

AT = A. (AAT )T = AAT T (AAT )T = AT AT = AAT . AT + ATT

A

una matriz cuadrada , demostrar que

Demostracin : (

A + AT

) = (

T

A + AT es simtrica. T )= A + A, como al transponer

se obtiene la misma

matriz ,esta es entonces simtrica.

12. Si

A

una matriz cuadrada, Si

A

una matriz

involutiva

entonces demuestre que

idempotente. Solucin. Que sea involutiva quiere decir que cumple con la propiedad con la propiedad

1 (I A) 2

es

A2 = I

y que sea

idempotente quiere decir que cumple 2 1 1 que (I A) = (I A) 2 2En efecto entonces

A = A.

2

entonces hay que demostrar

1 (I A) 22

2

=

1 1 1 (I A)2 = (I 2 2I A + A2 ) = (I 2A + A2 ), 4 4 4

peroA

2

=I

1 1 (2I 2A)= (I A) 4 2 2 2 observe que el binomio (I A) = I 2A + A sea ha dearrollado como si fuera algebraico es vlido pues las matrices I, A conmutan , no asi para dos matrices A, B cualesquiera. =

1 (I A) 2

y eso

4 Profesor

Osvaldo Carvajal

20

0.1.


13. Demostrar que si que

A, B

son matrices tales que

AB = AC

y

A

es matriz

no singular

, demuestre

B=C A A1es matriz

Solucin: que sea

no singular

signica que tiene inversa, entonces multiplicamos

AB = AC

por

izquierda , para obtener

A1 AB = A1 AC B = C

14. Sea

det(B) = det(A1 BA) Solucin : Aplicamos la propiedad de determinates det(AB) = det(A)det(B) 1 Si A posse inversa AA = I det(AA1 ) = det(I) det(A)det(A1 ) = 1 det(A1 ) = 1 det(A) 1 1 entonces det(A BA) = det(A1 )det(AB) = det(A1 )det(A)det(B) = det(A)det(B) = det(A) det(B) A, Bson matrices

nn

tales que

A

posse inversa, demuestre que

15. Demostrar que si

A, B

son matrices

nn2

idempotentes y permutables entonces demuestre que

AB

es idempotente.

Solucin : Se debe probar que En efecto:

(AB) = AB

(AB) = (AB)(AB) = A(BA)Bpropiedad asociativa 2 pero BA = AB pues son permutables , entonces (AB) = (AB)(AB) = A(BA)B =A(AB)B = A2 B 2 = AB , pues A2 = A, B 2 = B Aes idempotente y

2

16. Demostrar que si

B

es ortogonal entonces

B T AB

es idempotente.

Solucin: Hay que demostrar que En efecto :

B T AB es idempotente, es decir que (B T AB )2 = B T AB (B AB) = (B AB)(B T AB) .= B T A(BB T )AB , pero B es ortogonal , esT 2 T

decir

BB T = I T 2 T T T T 2 2 entonces (B AB) = B A(BB )AB = B (AI A)B= B A B , pero A es idempotente A = A entonces (B T AB )2 = B T ABesto naliza la demostracin.

17. Si

A y B son matrices no singulares (A1 + B 1 )1 = A(A + B)1 B

tal que

A+B

es no singular entonces demostrar que

Solucin : Hay que dejar en claro el concepto de

inversa

de una matriz

A,

cuando se escribe

A1 = Bo bien si

quiere decir que la matriz

B

es inversa de la matriz

A

si

AB = Ies la inversa de la matriz

BA = I B = A1 A(A + B)1 B1

en este ejercicio se debe demostrar que la matriz

(A

1

+B

),

entonces bastar multiplicarlas y obtener la matriz identidad

I.

Este ejercicio

es identico a demostrar

(A1 +B 1 ) = (A(A+B)1 B)1 , en ambos casos hay que multiplicar las matrices A(A+B)1 B 1 con la matriz (A + B 1 ) y esperar obtener I21

0.1.


En efecto:

A(A + B)1 B (A1 + B 1 )= A(A + B)1 (BA1 + BB 1 )= A(A + B)1 (BA1 + I), I = AA1 =A(A + B)1 (BA1 + AA1 ) factorizamos por derecha por A1 =A(A + B)1 (B + A)A1 pero (A + B)1 (B + A) = I = A I A1 = AA1 = I , queda entonces demostrado.

pero

22

0.2.

ESPACIOS VECTORIALES

0.2

Espacios VectorialesW1 = (x, y, z) R3 / |x| + y + z = 0 W2 = (x, y, z) R3 /y + z = 1 W3 = (x, y, z) R3 /3y 2 z = 0

1. Determinar cules de los siguientes subconjuntos son subespacios vectoriales (a) (b) (c)

W4 = (x, y, z) R3 /2y + x = 0Solucin Solo el subconjunto d)

W4

es un subespacio vectorial de

R3 .

vamos explicando .

el subconjunto b) no es un subespacio vectorial de o elemento neutro de pues

R3 .

pues un requisito mnimo de todo espacio a

vectorial es que debe contener al elemento neutro , que en muchas ocasiones es el

R3 .

es

y+z =1

no se vcrica

(0, 0, 0) y (0, 0, 0) no pertenece para (0, 0, 0) , 0 + 0 = 1.

cero, el cero W2 = (x, y, z) R3 /y + z = 1 ,pero no es un

El subconjunto a) cumple con tener elelemento neutro pues ultimo tenemos que obtener 2 elementos de estos elementos de es decir

|0| + 0 + 0 = 0

subespacio vectorial no cumple con la propiedad de clausura de la suma ,

para comprobar esto

W1 , sean estos = (1, 0, 1), = (2, 1, 3) siendo W1 pues |1| + 0 + 1 = 0 y |2| + 1 + 3 = 0 , la suma no pertenece aW1 , + = (1, 1, 4) W1 pues |1| + 1 + 4 no es cero / W3 = (x, y, z) R3 /3y 2 z = 0

El subconjunto c)

cumple con tener elelemento neutro (0, 0, 0) pues 30 0 = 0, pero no es un subespacio vectorial, usamos el mismo argumento anterior , no cumple 2 con la ley de clausura de la suma , nos damos dos puntos de W3 , (x, y, z) con z = 3y , si damos valor y = 1, z = 3, el valor de x que no aparece en la condicin de W3 se toma como valor cualquiera, digamos x = 1 = (1, 1, 3), del mismo modo si y = 1 z = 3 con x = 2 = (2, 1, 3) ahora si sumamos + = (1, 1, 3) + (2, 1, 3) = (3, 0, 6) pero este ltimo punto no es 2 2 de W3 pues no se cumple que z = 3y , no cumple que 6 = 3 0 = 0

2

El subconjunto d) Si

W4


R3 ,

debemos demostrarlo . y que

Para ello

hay que vericar las dos propiedades de subespacios.

, W4

entonces hay que demostrar que

+ W4

bas propiedades se pueden resumir en una sola, es mejor demostrar que si

k W4 , con k R, am, W4 entonces

k + W4 .entonces la demostracin comienza as:

= (x, y, z) W4 2y + x = 0 = (a, b, c) W4 2b + a = 0 se debe demostrar que k + = k(x, y, z) + (a, b, c) W4 , se debe demostrar que e k + = (kx + a, ky + b, kz + c) W4 , es decir se debe demostrar que 2(ky + b) + (kx + a) = 0Sea Sea En efecto:

las hiptesis son

2(ky + b) + (kx + a) = k(2y + x) + (2b + a) = k 0 + 0 = 0. 2y + x = 0, 2b + a = 0 W4es un subespacio vectorial de

esto es por que

Esto concluye la demostracin de que

R3 .

23

0.2.


Observacin: Las condiciones de los subconjuntos las expresiones

W1 ., W3

son

no

lineales,

|x| + y + z = 0, 3y 2 z = 0

no son lineales,son raras , cualquier condicin

denida como rara , digamos ,cuadrados ,cubos, logaritmos, exponenciales, potencias, etc , no permiten hacer del conjunto un subespacio vectorial , por lo contrario si la expresin es del tipo

multiplicacin de constantes por variables lineales, o

es decir una combinacin lineal y todo eso

igualado a cero , el subconjunto asi denido ,es muy probable que sea un subespacio vectorial

2. Por simple inspeccin , diga cuales de los siguientes subconjuntos son o no subespacios vectoriales.

(a)

W1 = (x, y, z, w) R4 /x2 + y + z = 0 W2 = x y z w M22 (R)/yz = w b2 + 1

(b)

(c) (d)

W3 = ax2 + bx + c P2 [x] /a = W4 = (x, y) R2 /y = exSolucin.

Ninguno de ellos es un subespacio vectorial.

sus condiciones estan denidas

como raras. pero no podemos dar esto como respuesta, sirve para descartar que son subespacios pero no como respuesta. Debemos justicar con un contraejemplo, debemos obtener 2 puntos del subconjunto y vericar que una de las propiedades de espacio vectorial no se cumple.Por ejemplo en

=

1 2

W2 , damos dos matrices que cumplan con la condicin de W2 , 2 0 3 W2 pues 22 = 4, otro elemento de W2 es = W2 4 3 9 + = 1 6 6 13 w = xyno pertenece o no es un elemento de que es la condicin de

sea entonces pues

9 = 33

pero la suma

W2

pues

13 = 6 6,no

se cumple entonces que que

W2

.Esto es sufuciente para probar

W2

no es un subespacio vectorial.

El mismo argumento se debe dar para demostrar que los restantes no son subespacios vectoriales

3. Demostrar que rial

W = {p(x) P3 [x] /p(1) = p(0)} W

es un subespacio vectorial del espacio vecto-

P3 [x].es un conjunto de polinomios de grado hasta 3 que tienen la propiedad de la imagen en

Se entiende que

0 es igual al valor de p(x), q(x) W kp(x) + q(x) W, con k R.que el valor de la imagen en

1

Debemos demostrar que si

Entonces sea p(x) W p(1) = p(0) q(x) W q(1) = q(0) Sea r(x) = kp(x) + q(x) hay que demostrar que tambien r(1) = r(0) pero esto es muy fcil,basta evaluar r(1) = kp(1) + q(1). pero p(1) = p(0), pero q(1) = q(0) entonces r(1) = kp(1) + q(1)= kp(0) + q(0) = r(0) r(x) W Esto concluye la demostracin. observe tres elementos de W que son polinomios que se caracterizan por que p(-1)=p(0)

24

0.2.


4. Hallar elvalor de

k de modo (1, 3, 2), v2 = (2, 1, 1).

que el vector

(1, k, 5)

sea combinacin lineal de los vectores

v1 =

x1 , x2 nmeros reales tal que (1, k, 5) = x1 (1, 3, 2) + x2 (2, 1, 1) (1, k, 5) = (x1 + 2x2 , 3x1 x2 , 2x1 + x2 ) El sistema a resolver es x1 + 2x2 = 1 3x1 x2 = k 2x1 + x2 = 5 1 2 |1 1 | k La matriz ampliada de este sistema es 3 2 1 |5 El sistema se puede obtener simplemente colgando los vectores (1, 3, 2), (2, 1, 1), (1, k, 5) como columnas. Pivoteando esta matriz ampliada en el lugar a32 = 1, y el resultado en 3 0 |9 0 0 | 24 3k , x1 , x2 existen slo |k + 5 1 0 |k + 5 a21 = 1 obtenemos 1 0 2 1 |5 0 1 | 15 + 2k si 24 3k = 0, es decir k = 8Solucin : Debemos hallar

5. Determine si el vector

(1, 0, 2), (1, 2, 4). 1 1 | 1 2 | 1 , Solucin: Debemos hallar x1 , x2 nmeros reales solucin del sistema 0 2 4 | 3 1 1 | 1 2 | 1 ,siendo las las pivoteando en la primera la ,en a11 = 1 se obtiene , 0 0 2 | 1es combinacin lineal de los vectores segunda y tercera iguales eliminamos la tercera la para obtener un sistema de dos ecuaciones y dos incgnitas primera la Como

(1, 1, 3)

1 1 0 2

| |

1 1 1 . 2

De la segunda la tenemos

2x2 = 1 x2 =

1 , 2

de la

x1 x2 = 1 x1 =existen el vector

x1 , x2

(1, 1, 3) es combinacin lineal de los vectores (1, 0, 2), (1, 2, 4).

6. Escribir el vector

u = 3x2 + 8x 5 como combinacin lineal de los vectores v = 2x2 + 3x 4, w =

x 2x 3.

2

Solucin : colgando estos polinomios como columnas de la matriz ampliada comenzando con 25

0.2.

ESPACIOS VECTORIALES 2 1 | 3 2 | 8 ,Ahora pivoteando en la los coecientes de la mayor potencia , se tiene 3 4 3 | 5 2 1 | 3 0 | 14 ,dividiendo la 2 por 7, la 3 por 2 se tiene 1 en el elemento a12 = 1 se tiene 7 2 0 | 4 2 1 | 3 1 0 | 2 siendo las las segunda y tercera iguales , son ecuaciones redundantes del 1 0 | 2sistema por ello eliminamos tercera la para obtener un sistema de 2 ecuaciones y 2 incgnitas

2 1Como

1 0

| |

3 2

De la segunda la

x1 = 2,

de la primera la

2x1 + x2 = 3 x2 = 1 v = 2x2 + 3x 4, w = x2 2x 3

el vector

x1 , x2 existen , u = 3x2 + 8x 5

es combinacin lineal de los vectores

7. Determine para que valores de

k las matrices A =

1 k

1 0

,B =

1 0

k 1

,C =

k k

k 2

,D

=

3 0

0 0 1 k

son linealmente independientes.

Solucin :Debemos hallar

x1

1 0

+x2

1 0

si al resolver el sistema

x1 .x2 , x3 ,x4 nmeros reales tal que k k k 3 0 0 0 +x3 +x4 = 1 k 2 0 0 0 0 ,obtenemos slo solucin x1 = x2 = x3 =x4 = 0, o 1 1 k 0 1 k 0 1 k k k 2 3 0 0 0 | | | | 0 0 , 0 0

entonces las matrices

seran linealmente independientes (L.I)

el sistema a resolver es

observe que cada columna es la matriz

colgada.Observe tambien que este es un sistema cuadrado y homogeneo(igualado a cero), este tipo de sistemas tiene ya solucin y es la solucin

x1 = x2 = x3 =x4 = 0, lo que hay que averiguar A,es distinto de cero,

si sta es la nica solucin, para ello recuerde la propiedad de sistemas homogeneos cuadrados

A X = b, con b = 0,

tiene solucin nica si y solo si el determinante de

por esa razn calculamos el determinante

det(A) =

1 1 k 0

1 k 0 1

k k k 2 k k 0 1 1 2

3 0 0 0

,desarrollando

ste por

columna 4, se tiene

1 k det(A) = k 0 0 1

k k 2

3

=3

1 k 0

k 0 1

1 k = 3k 1 k 0 2

, donde por

k se ha factor-

izado en segunda la, pivoteando en segunda la en el elemento

0 k k1 0 1 a21 = 1, det(A) == 3k 1 , 0 1 2 k k1 desarrollando por primera columna, se obtiene det(A) = 3k(1) = 3k {2k (1)(k 1)} = 1 2 3k(3k 1). 1 . Igualando a cero resolvemos 3k(3k 1) = 0 3k = 03k 1 = 0, tenemos k = 0, k = 326

0.2.


Entonces hay solucin nica si y solo Entonces las matrices

k =0k = ,B = 1 3

A=

1 k

1 0

1 3 1 k 0 1

C =

k k

k 2

,D

=

3 0

0 0

son lin-

ealmente independientes si

k =0k =

8. Determine el valor de

k R

de modo que lo siguientes vectores sean L.D. .

v1 = (1, 1, k, 0), v2 = (1, k, 0, 1), v3 = (k, k, k, 2), v4 =(3,0,0,0)

Solucin: Este ejercicio ya ha sido resuelto en el anterior ejercicio n 7, solo que la respuesta cambia .

v1 = (1, 1, k, 0), v2 = (1, k, 0, 1), v3 = (k, k, k, 2), v4 =(3,0,0,0) 1 linealmente dependientes (L.D.) si y slo si k = 0, k = . 3Respuesta. Los vectores 9. Suponga que Demostrar que

son

{u, v, w} es un conjunto de vectores linealmente {u + v, u v, u 2v + w} es tambien L.I.

independiente (L.I).

Solucin. Se forma primero la combinacin lineal hay que demostrar que

x1 (u + v) + x2 (u v) + x3 (u 2v + w) = 0, x1 = x2 = x3 = 0, pero esto es muy fcil. de x1 (u+v)+x2 (uv)+x3 (u2v +w) = 0 (x1 +x2 +x3 )u+(x1 x2 2x3 )v +x3 w = 0,. pero {u, v, w} es un conjunto L.I, lo que signica que de cualquier combinacin del tipo y1 u + y2 v + y3 w = 0, implica que y1 = y2 = y3 = 0, en este caso de (x1 + x2 + x3 ) u + (x1 x2 2x3 ) v + x3 w = 0 implicamos que x1 + x2 + x3 = 0, x1 x2 2x3 = 0, x3 = 0 , resolviendo x1 + x2 + x3 = 0, x1 + x2 = 0 x1 = 0, x2 = 0, x3 = 0 asi un sistema x x2 2x3 = 0, 1 x1 x2 = 0 x3 = 0,

10. (Propuesto) Si

{v1 , v2 , v3 , v4 }es un conjunto L.I Cmo es el conjunto {v1 + v3 , 2v2 v1 , 2v2 3v3 , v4 + v1 }

?. Un conjunto L.I o L.D.?

11. (Propuesto) Hallar

k

de modo que las matrices

1 0

2 1

,

1 1

3 2

,

1 1

k 0

,

0 k

1 1

sen L.D

Respuesta k = 1L.D


k ,p 7 Respuesta k = 3, p = 5

de modo que los vectores

(1, 2, k, 1), (k, 1, 2, 3), (0, 1, p, 0)sean

13.

1 (Propuesto) Hallar k ,p de modo que las matrices 3 0sean dependientes

2 4 1

3 0 1 , 3 2 1

1 5 0

1 5 2 , 9 5 2

p 10 5

k 1 0

R. p = 12, k = 13

27

0.2.

ESPACIOS VECTORIALESk ,pde modo que el vector


(k, p, 5, 3) pertenezca al subespacio generado por

(1.2. 5, 3), (2, 1, 4, 7) R. k = 1, p = 2

15. Demostrar que Solucin : Sea

{(2, 1, 6), (3, 4, 1)} = {(1, 3, 7), (8, 4, 24)} W1 = {(2, 1, 6), (3, 4, 1)} , W2 = {(1, 3, 7), (8, 4, 24)} (x, y, z) pertenece a W1o a a

se debe buscar bajo que condiciones un vector cualesquiera Se deben resolver dos sistemas de ecuaciones , buscar y

W2 si es-

tas condiciones son las mismas entonces ellos tienen los mismos elementos y por tanto son iguales

x1 , x2 tal que (x, y, z) =x1 (2, 1, 6)+, x2 (3, 4, 1)

(x, y, z) =x1 (1, 3, 7)+, x2 (8, 4, 24) 3 4 1 0 | x | y 1 0 | z a21 = 1 5 | x + 2y 4 | y 25 | z + 6y a12 = 5cambiando las 1 y la 3

resolvemos el primero, pivoteamos en segunda la en

2 (A|b) = 1 6eracin

Ahora pivoteamos en la 1, en el elemento

pero solo cambiamos la la 3,con la op-

F3 (5)F1 + F3 ,

el objetivo es hacer una la cero y eso se logra en la 3 ,por eso

dejamos tranquila la al 2.

0 0 5 | x + 2y 1 4 | y (A|b) = 1 0 0 25 | z + 6y si y solo si 5x 4y + z = 0

5 | 4 | 0 |

x + 2y y 5x 4y + z

el sistema tendr solucin

es la condicion que deben cumplir los vectores

(x, y, z)

para pertenecer a a

W1 .

esta condicin debe ser la misma para el otro subespacio a verique el estudiante como ejercicio propuesto que asi es.

W2

BASE Y DIMENSION 16. Determine

base y dimensin o

de los siguientes subespacios vectoriales.

(a) (b) (c) (d)

W1 = {(x, y, z)/ 2x + y + 4z = 0, z = 0}. W2 = a c b d /a = b + 2c

W3 = {p(x) P2 [x] /p(1) = p(0)} W4 = p(x) = ax3 + bx2 + cx + d P3 [x] /a + 2b c = 0 2b d = 0

Solucin .a)

observe que hay un parmetro o variable libre que hemos decidido sea

W1 se puede escribir en la forma W1 = {(x, y, z)/ 2x = y, z = 0}= {(x, 2x, 0)/x R} x, por ello se encontrar slo un vector L.I en la base.W1 = {x(1, 2, 0)/x R} .El vector (1, 2, 0) genera a W podemos escribir en simbologa de generadores W1 = {(1, 2, 0)} dim(W1 ) = 1, base de W1 = {(1, 2, 0)}.28

0.2.

ESPACIOS VECTORIALESb + 2c c b d

Solucin b)

W2 se puede escribir en la forma W2 = b, c, d W2 b 0 +c

a c

b d

/a = b + 2c =

/b, c, d R

Observe que la presencia de los tres parmetros en la base de

o variables libres es indicador de que

hay tres vectores generadores y tal vez L.I

W2 = = b

b 0 1 1 0 0

+

2c c 2 0 1 0

0 0 +d

+ 0 0

0 0 0 1

0 d

/b, c, d R /b, c, d R,

escribiendo en simbologa de generadoresW2

= 1 0 1 0 ,

1 0

dim(W2 ) = 3, | | | |

con base las tres matrices

1 2 0 , , 0 1 0 2 0 0 0 , 1 0 0 1

0 0.

0 1

observe que las tres matrices son L.I. pues al colgar las matrices

1 2 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1cero. Solucin c)

0 0 la 0 0

matriz identidad est presente en las las2,3 y 4 ,arrojando solucin

W3

est constituido por polinomios de grado hasta 2 que tienen la propiedad

de tienen igual imagen en los valores

1 y 0, sea entonces un polinomio de tipo general p(x) = ax2 + bx + c que cumple esta condicin . p(1) = p(0) a (1)2 + b (1) + c = a 02 + b 0 + c a b + c = c a b = 0 a = b. observe que en la relacin anterior la variable c se ha cancelado ,entoces c toma cualquiervalor El subespacio

W3 entonces se puede volver a escribir como W3 = ax2 + bx + c P2 [x] /a = b, c R =W3 = ax2 + ax + c P2 [x] /a, c R La presencia de las 2 variables libres a.c R es indicador de que en la base de W3 hay dos vectores, tal vez L.I. veamos cuales son estos vectores(polinomios).

W3 = ax2 + ax + c P2 [x] /a, c R = a(x2 + x) + c 1 P2 [x] /a, c R = x2 + x, 1 dim(W3 ) = 2, la base son los 2 vectores(polinomios) p(x) =x2 + x y el vector q(x) = 1.Solucin d) En

W4

debemos resolver el sistema de ecuaciones

a + 2b c = 0 2b d = 0

escrito

en matriz ampliada queda

2 1 0 | 0 observe que este sistema ya est re2 0 1 | 0 suelto porque la matriz identidad 22 se puede formar con columna 1 y columna 4 o bien se puede formar previa multiplicacin por (1)con las columnas 3 y 4.Cualquiera sea la elec1 0cin obtenemos inntas soluciones .Para resolver escogemos columnas 3 y 4 como variables

bsicas entonces a a b c d 1 2 1 0 | 0 c = a 2b d = 2b 0 2 0 1 | 0 ables en W4 , para reescribir W4

c = a + 2b d = 2b

reemplazamos estas vari-

W4 = p(x) = ax3 + bx2 + (a + 2b)x + 2b P3 [x] /a, b R las dos variables a, b libres de recorrer todo R indican que la dimensin de W4 es dos , su base est constituidad por 229

0.2.

ESPACIOS VECTORIALESpolinomios.Veamos

W4

escrito de otro modo , Asi

W4 = a(x3 + x) + b(x2 + 2x + 2)/a, b R = x3 + x , x2 + 2x + 2 3 2 por dos polinomios dim(W4 ) = 2,baseW4 = x + x , x + 2x + 2

W4 es generado

17. Sean los siguientes subespacios de

R4 .

W1 = {(x, y, z, w)/x + y w = 0 x z + 2w = 0}, W2 = {(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (2, 2, 2, 2)}Calcular bases y dimensin de

W1 , W2 ,W1 W2 , W1 + W2

Solucin :Para

x+yw =0 1 1 0 1 | 0 W1 resolvemos el sistema de ecuaciones 1 0 1 2 | 0 x z + 2w = 0 x y z w y =wx 1 0 1 | 0 se sistema ya resuelto por las columnas 2 y 3 1 z = x 2w 1 0 1 2 | 0 reescribe W1

W1 = {(x, w x, x + 2w, w)/x, w R}= {(x, x, x, 0) + (0, w, 2w, w)/x, w R} ={x(1, 1, 1, 0) + w(0, 1, 2, 1)/x, w dim(W1 ) = 2, Base de W1 = {(1, 1, 1, 0); (0, 1, 2, 1)} W2 son linealmente independientes x1 (1, 0, 0, 1) + x2 (0, 1, 0, 0) + x3 (0, 0, 1, 0) + x4 (2, 2, 2, 2) = (0, 0, 0, 0) 1 0 0 2 | 0 0 1 0 2 | 0 0 0 1 2 | 0 Observe f ila 4 = f ila 1 si esto ocurre una de ellas puede borrarse con 1 0 0 2 | 0 1 0 0 2 | 0 0 1 0 2 | 0 la goma de borrar o bien , cambiando la la 4 con pivoteo en a11 = 1 0 0 1 2 | 0 los 0 0 0 0 | 0Para es necesario averiguar si los vectores generadores de resolviendo el sistema ceros logrados en la 4 indi4can que el sistema tiene innitas soluciones , la matriz identidad de

W2

33

formada por las tres primeras columnas permite ya resolver el sistema en funcin

x1 = 2x4 de la variable libre x4 , de hecho la solucin del sistema es si x4 = 1 se tiene x = 2x4 2 x3 = 2x4 x1 = 2, x2 = 2, x3 = 2 entonces se tiene la relacin de dependencia 2(1, 0, 0, 1) + 2(0, 1, 0, 0) + 2(0, 0, 1, 0) + 1 (2, 2, 2, 2) = (0, 0, 0, 0) (2, 2, 2, 2) = 2(1, 0, 0, 1) 2(0, 1, 0, 0) 2(0, 0, 1, 0) esta ltima relacin nos dice que el vector (2, 2, 2, 2) es dependiente de los otros vectores (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0) entonces ste vector no forma parte de la base de W2 , ste se elimina de la base de W2 . y de la base de W2 se puede eliminar otro .?.No pues el sistema slo tiene una variable libre que es x4 , estavariable libre est asociada al cuarto vector ( 2,-2,-2,2) que es el que se elimina, es una manera til de detectar un vector L.D en un conjunto dado.En lo sucesivo entonces bastar pivotear hasta formar la identidad y aquellas varibles libres 30

0.2.


o parmetros acusan a los respectivos vectores L.D.

Resumiendo

W2 = {(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (2, 2, 2, 2)} dim(W2 ) = 3, base de W2 es{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}.Observe la diferencia entre vectores que subespacio, en

= W2

= {(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}

generan

a un susbespacio y vectores en la

base

del

W2

hay 4 vectores que lo generan pero solo 3 de ellos son L.I.

Para hallar base y dimensin de condiciones de de

W1 W2

es necesario intersectar las condiciones de

W2

, las condiciones deW1 se conocen y son dos

W1 y las x + y w = 0 x z + 2w = 0,las

W2

no se conocen se deben encontrar .

W2 = {(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)} debemos averiguar que4 condicin debe cumplir (x, y, z, w) para pertenecer al subespacio W2 ,es decir se deben encontrar bajo que condiciones existen x1 , x2 .x3 tal que (x, y, z, w)= x1 (1, 0, 0, 1) + x2 (0, 1, 0, 0) + x3 (0, 0, 1, 0) esto lleva a resolver el sistema de 4 ecuaciones y 3 incgnitas (x, y, z, w)= (x1 , 0, 0, x1 )+ 1 0 0 | x 0 1 0 | y (0, x2 , 0, 0)+(0, 0, x3 , 0) igualando y escribiendo el sistema en matriz ampliada 0 0 1 | z ( 1 0 0 | wSiendo un vector cualesquiera esta matriz se pudo obtener mas rapidamente con solo colgar como columnas los vectores de la base de

W2

agregando el vector incgnita

(x, y, z, w)

tambien colgado como columna)

1 0 0 | x 0 1 0 | y observe pivoteando esta matriz en a11 = 1 para cambiar la la cuarta se obtiene 0 0 1 | z 0 0 0 | wx la ltima la , el sistema tendr solucin si y slo si w x = 0 que es la nica condicion que debe cumplir el vector (x, y, z, w) para ser un elemento de W2 , entonces W2 se puede reescribir en el mismo modo que est escrito W1 W2 = {(x, y, z, w)/ x + w = 0}Ahora recien podemos intersectar 4ambos espacios.

W1 W2 = {(x, y, z, w)/x + w = 0 x z + 2w = 0 x + w = 0} y x + y w = 0 debemos resolver el sistema x z + 2w = 0 x + w = 0 1 1 0 1 | 0 1 0 1 2 | 0 siendo escrito en matriz ampliada se tiene 1 0 0 1 | 0ceros pivoteamos en la 4 en el lugar pivoteando en

las columnas 2 y 3 ya

de la matriz identidad no conviene cambiar o modicar esas columnas a efecto de no perder esos

0 0 1

a31 1 0 0 1 0 0 w

a31 = 1 o bien en el lugar a34 = 1. = 1 la matriz anterior se reduce a 0 | 0 3 | 0 la matriz identidad se encuentra desordenada 1 | 0

en columnas 1 , 2 y

3 la variable

es la variable libre asociada a la columna 4 resolviendo se tiene

y = 0 z = 3w x = w

el sistema arroj solo una variable libre

w

, la dimensin de

W1 W2

deber ser 1 .Claro est que

31

0.2.

ESPACIOS VECTORIALESsi se elije cualquier otro lugar de pivoteo las expresiones de solucin del sistema son totalmente distintas ,por que hay innitas soluciones,pero en lo que se debe coincidir es en la cantidad de variables libres.En este caso todos debemos llegar a obtener solo una variable libre que para este caso fue

w,

otro alumno obtendra como libre a la varaible

x

si este alumno pivotea en

a34 = 1

por ejemplo. la cuestin es que

W1 W2 = {(x, y, z, w)/x + y w = 0 x z + 2w = 0 x + w = 0}= W1 W2 = {(x, y, z, w)/y = 0, z = 3w, x = w} W1 W2 = {(w, 0, 3w, w)/w R}= {w(1, 0, 3, 1)/w R}= {(1, 0, 3, 1)} dim(W1 W2 )= 1,con base

{(1.0, 3, 1)}

Para

W1 + W2 2+31=4 .

aplicamos el teorema

dim(W1 + W2 ) = dim(W1 ) + dim(W2 ) dim(W1 W2 )=

observe el signicado de que

dim(W1 + W2 ) = 4 W1 + W2 , en teora W1 + W2 es generado W1 y los vectores de la base de W2 , pero si unimos estas de W2 lo que obliga a pivotear para eliminar un vector lo menor o iguala la dimensin del

4 es la cantidad de vectores en la base del subespacio por la unin de los vectores de la base de bases nos dan 5 vectores , 2 de

W1

y 3

que es una verdadera lata. En este ejemplo podemos evitar ese procedimiento latoso .y es por elsiguiente hecho.Todo subespacio vectorial tiene dimensin espacio vectorial madre que en este caso es

R4

con dimensin 4, entonces

W1 + W2

no puede

tener la misma dimensin que elespacio madre a menos que....

W 1 + W 2 = R4entonces bases para elegir para

W1 + W2

hay muchas , no necesariamente la union de bases.

18. En el espacio de los polinomios de grado hasta 3 , que se simboliza por subespacios vectoriales

P3 [x] se dan los siguientes

W1 = {p(x) P3 [x] /p(1) = p(1) p(1) = 0} W2 = x3 + x2 x + 1, x2 2, 2x3 + 3x2 2xDetermine bases y dimensin de Solucin: Si

W 1 W 2 , W1 + W2

p(x) = ax3 + bx2 + cx + d entonces de p(1) = p(1) a + b + c + d = a + b c + d, reduciendo trminos se tiene 2a + 2c = 0 a + c = 0, De p(1) = 0 a + b + c + d = 0 asi W1 se 3 2 puede reescribir W1 = ax + bx + cx + d P3 [x] /a + c = 0 a + b + c + d = 0debemos resolver el sistema

a+c=0 a+b+c+d=0

1 0 1 0 1 1 1 1

| 0 | 0

1 0 1 0 0 1 0 1

| 0 | 0

a = c b = d W1 = ax3 + bx2 + cx + d P3 [x] /a = c b = d = cx3 + dx2 + cx + d P3 [x] /c, d R factorizando por c, d se tiene W1 = c(x3 + x)+d( x2 + 1) P3 [x] /c, d R de W1 x3 + x, x2 + 1 dim(W1 ) = 232 ya se vislumbra los polinomios generadores

0.2.


En

W2

hay que averiguar si los vectores

para ello debemos calcular

x1 , x2 , x3

del

x3 + x2 x + 1, x2 2, 2x3 + 3x2 2x son o no L.I , 3 2 2 sistema homogeneo x1 (x + x x + 1) + x2 (x 2) +

x3 (2x3 + 3x2 2x) = 0 ,

la matriz ampliada de este sistema se obtiene colgando los coecientes

de los polinomios como columnas comenzando con el coeciente de la mas alta potencia o por la constante ,pero sin mezclar.

matriz ampliada

1 1 (A|b) = 1 1

0 1 0 2

2 3 2 0

| | | |

0 1 1 0 F 2F2 + F4 1 0 4 0 3

Observe la las 1 ,la 3 y la 4 son proporcionales pivoteamos en la 1 ,en dos las nulas

0 2 1 3 0 2 0 6 a11 = 1 y

| | | |

0 0 0 0

obtenemos

1 0 0 0 x3 es

0 1 0 0

2 1 0 0

| | | |

0 x1 0 El sistema se reduce a dos ecuaciones y tres incgnitas 1 0 0 0

x2 0 1

x3 2 1

| 0 , | 0

la variable libre asociada a la columna no identidad , podemos armar que el tercer vec-

tor (polinomio) ,reescribinosW2

2x3 + 3x2 2x

es combinacin lineal del resto ,entonces lo eliminamos deW2 hay dos vectores L.I que generan a

W2 =

x3 + x2 x + 1, x2 2

W2 , dim(W2 ) = 2.

para poder hallar cualesquiera de

W2

, es

W1 W2 ,se requiere hallar las condiciones de W2 ,para ello un polinomio ax3 + bx2 + bx + d debe escribirse como combinacin lineal de los vectores de la base decir encontrar dos reales x1 , x2 tal que,el sistema a resolver se obtiene colgando

ax3 + bx2 + bx + d = x1 (x3 + x2 x + 1) + x2 (x2 2)los coecientes como columnas en matriz ampliada

1 0 | a 1 1 | b pivoteamos en la 2 para cambiar la 4, con la operacin F4 (A|b) = 1 0 | c 1 2 | d 2F2 + F4 1 0 | a 1 1 | b pivoteamos en la 1,para cambiar todas las otras las , (A|b) = 1 0 | c 3 0 | d + 2b operacionesF2 (1)F1 + F2 ,F3 (1)F1 + F3 ,F4 (3)F1 + F4 1 0 | a 0 1 | ba observe las las 3 y 4 con elementos ceros, la nica manera (A|b) = 0 0 | c+a 0 0 | d + 2b 3a que el sistema tenga solucin para las variables x1 , x2 es que c + a = 0 d + 2b 3a = 0 .Estas 3 2 son las condiciones para que un polinomio ax + bx + bx + d pueda estar enW2 , asi se puede ahora reescribir W2 , W2 = ax3 + bx2 + bx + d/a + c = 0 3a + 2b + d = 0 ahora reunimos ambas condiciones de W1 y de W2 en la interseccin W1 W2=

observe que

ax3 + bx2 + bx + d/a + c = 0 3a + 2b + d = 0 a = c b = d la condicin a + c = 0 es comn a ambos subespacios33

0.2.


el sistema a resolver es ( eliminando una de las condiciones comunes)

a + c = 0 3a + 2b + d = 0 a + c = 0 b+d=0biar la 3 operacin

1 3 0

0 2 1

1 0 0

0 1 1

| 0 | 0 pivoteando | 0

en la 2 en

a24 = 1,

para cam-

F3 (1)F2 + F3 1 0 1 0 | 0 2 0 1 | 0 observe (A|b) = 3 3 1 0 0 | 0

ya tenemos en columnas 3 y 4 las columnas de la

matriz identidad ya no podemos pivotear ni en la 1 ni en la 2, pivoteamos en la 3 en el lugar

a32 = 1, para cambiar la 2 con la operacin F2 2F3 + F2 1 0 1 0 | 0 0 0 1 | 0 observe la identidad con columnas (A|b) = 3 3 1 0 0 | 0

desordenadas en colum-

nas 2,3 y 4.esto indica n del pivoteo y solucin del sistema , la variable libre est sociada a la primera columna que no es una columna de la matriz identidad, la solucin del sistema es en trminos de la variable libre

a,

a 1 (A|b) = 3 3

b 0 0 1

c 1 0 0

d 0 1 0

la presencia de una sola reescribimos

c = a | 0 d = 3a | 0 b = 3a | 0 variable libre a, indica que

el subespacio

W1 W2

tendr dimensin 1 y

tendr solo un vector en su base.

W1 W2

.

W1 W2 = ax3 + bx2 + cx + d/c = a d = 3a b = 3a = ax3 + 3ax2 + ax + 3a/a R factorizando por a W1 W2 =erador

a(x3 + 3x2 x 3)/a R

ahora se puede apreciar el vector (polinomio) gensu base est constituida por el vector

W1 W2 = (x3 + 3x2 x 3) x3 + 3x2 x 3.

dim(W1 W2 )= 1,

Para

W1 + W2

usamos el teorema

dim(W1 + W2 ) = dim(W1 ) + dim(W2 ) dim(W1 W2 )

dim(W1 + W2 ) = 2 + 2 1 = 3debemos hallar 3 vectores en la base de

W1 + W2

que sean L.I. esta unin da los vectores

para ello reunimos los vectores de la base de

W1 con los de la base de W2

x3 + x, x2 + 1, x3 + x2 x, x2 2el que dependa de los dems.

de estos 4 vectores debemos eliminar uno de ellos,

W1 , los de color azul son L.I de W2 , pero juntos dim(W1 + W2 ) = 3 3 2 3 2 2 debemos buscar x1 , x2 , x3 , x4 no todos ceros tal que x1 (x +x)+x2 (x +1)+x3 (x + x x) + x4 (x 2) = 0los vectores de color rojo son L.I y son de son L.D pues

34

0.2.


colgando coecientes formamos la matriz ampliada

0 0 pivoteando en a11 = 1 de la 1 se obtiene 0 0 | 0 | 0 eliminamos la la 3 de solos ceros | 0 | 0 | 0 | 0 pivoteamos en a22 = 1 de la 2 | 0 | 0 | 0 pivoteando en a33 = 1la 3 | 0 | 0 | 0 ya tenemos a l matriz identidad en columnas 1 2 y 3 , | 0 la cuarta columna esta asociada a la variable x4 que es la variable libre del sistema ,eliminamos 2 el cuarto vector x 2,pues si x4 = 1 el sistema tendr solucin x1 = 1, x2 = 2, x3 = 1 entonces x2 2 se puede escribir como combinacin lineal del resto 1 0 0 1 (A|b) = 1 0 0 1 1 0 0 1 (A|b) = 0 0 0 1 1 0 (A|b) = 0 1 0 1 1 0 (A|b) = 0 1 0 0 1 0 (A|b) = 0 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 0 0 1 0 1 0 2 0 1 0 2 0 1 2 0 1 1 1 2 1 | | | | x2 2= (1)(x3 + x) + (2)(x2 + 1) + (1)(x3 + x2 x)en realidad se puede eliminar cualquiera de ellos . tor asociado a la variable libre y punto. pero por tiempo es mejor eliminar el vec-

W1 + W2 =

x3 + x, x2 + 1, x3 + x2 x

19. (propuesto) Hallar base y dimensin para los subespacios

W1 , W2 ,W1 W2 , W1 + W2 x x a b donde W1 = /x, y, z R , W2 = /a + c = 0 y z c d Respuesta. dim(W1 ) = 3.dim(W2 ) = 3, dim(W1 W2 ) = 2, dim(W1 + W2 ) = 4.

20. Sea

W = (x, y, z, w) R4 /x + y + z + w = 0 un subespacio de R4 . Probar que los vectores (2, 0, 0, 2), (2, 0, 2, 0), (8, 2, 4, 2) formanSolucin. Note que los vectores son realmente vectores de el valor cero.

una base de

W.

W , si se suman sus coordenadas arroja W

debemos probar primero que son vectores L.I, despues que ellos generan a Veamos si son L.I. debemos resolver el sistema colgando los vectores

x1 (2, 0, 0, 2) + x2 (2, 0, 2, 0) + x3 (8, 2, 4, 2) = (0, 0, 0, 0),

35

0.2.

ESPACIOS VECTORIALES 2 2 8 | 0 0 0 2 | 0 (A|b) = 0 2 4 | 0 sistema ya resuelto 2 0 2 | 0 de la la 2, 2x3 = 0 x3 = 0, de la la 4 2x1 2x3 = 0,pero x3 = 0 x1 = 0 de la la 3, 2x2 4x3 = 0 2x2 4 0 = 0 x2 = 0como la nica solucin es que ellos generan a es decir existen

x1 = x2 = x3 = 0,

los vectores son L.i.

W , signica que cualquier vector de W es combinacin lineal de estos vectores x1 , x2 , x3 tal que (x, y, z, w) =x1 (2, 0, 0, 2) + x2 (2, 0, 2, 0) + x3 (8, 2, 4, 2) | x | y pivoteando en la | z | w | x | y pivoteando en | z | w+x

colgando los vectores el sistema a resolver es

2 2 8 0 0 2 (A|b) = 0 2 4 2 0 2 2 2 8 0 0 2 (A|b) = 0 2 4 0 2 6las excepto la de pivote 2

1 en

a11 = 2

cambiamos la la 4

la 2 en

a23 = 2

cambiando todas las

2 0 (A|b) = 0 0la 4

2 0 2 2 2 0 2 0

0 2 0 0 0 2 0 0

| x + 4y | y pivoteando | z 2y | w + x + 3y

en la 3 en

a32 = 2

y solo cambiando

2 0 (A|b) = 0 0 0

| x + 4y | y , el sistema tiene solucin si y solo si x+y+z+w = | z 2y | w+x+y+z

observe que ya no es posible hacer ceros otra la , observe que no es necesario encontrar las soluciones del sistema , basta mostrar que existen

x1 , x2 , x3

y estas existen por que la matriz

2 0 0

2 0 2

0 2 resultante 0

del pivoteo es claramente no singular es decir tiene rango 3 , o bien

tiene determinante distinto de cero o bien un pivoteo mas y se transforma en identidad las soluciones estan a la vista , de la segunda la siempre estuvo la solucin la

2x2 = z 2y

y reemplazando estas en primera la se puede

33 o bien 2x3 = y , de la tercera obtener x1 .Entonces el hecho

de comenzar com un sistema de 4 ecuaciones y tres incgintas y terminar despues del pivoteo en tres ecuaciones y tres incgnitas arroja uan nica solucin.Observe tambien que el sistema tiene solucin solo si generan elementos de

x+y+z+w = 0 , es decir los vectores (2, 0, 0, 2), (2, 0, 2, 0), (8, 2, 4, 2) solo W.

21. Demostrar que los siguientes conjuntos de vectores de

R3

A = {(1, 0, 1), (0, 2, 1)}, B = {(1, 2, 0), (2, 2, 1)}generan el mismo subespacio vectorial.Obtener una base y dimensin de dicho subespacio. 36

0.2.


Solucin: Que ellos generan al mismo espacio vectorial signica que estos vectores generan a el mismo tipo de vector de

R3 ,

solo una base de

(x, y, z) que cumple cierta condicin. R3 genera a cualquiera de R3 .

Ellos no pueden generan a cualquiera

Cul es esa condicin? Cualquiera que sea debe ser igual para los dos conjuntos , solo asi sera el mismo espacio vectorial. la condicin aparece al resolver los sistemas

x1 (1, 0, 1) + x2 (0, 2, 1)= (x, y, z) x1 (1, 2, 0) + x2 (2, 2, 1) = (x, y, z)resolvemos solo el primero ,dejando al estudiante resolver el segundo. colgando los vectores del primer sistema

0 | x 2 | y pivoteando en la 1 en a11 = 1 para cambiar la 3, F3 F1 + F3 (A|b) = 1 | z 0 | x 2 | y pivoteando en la 3 para cambiar la 2, F2 2F3 + F2 (A|b) = 1 | z+x 0 | x 0 | 2x + y + 2z el sistema tiene solucin solo si 2x + y + 2z = 0 (A|b) = 1 | z+x esta es la condicin buscada ,los vectores A = {(1, 0, 1), (0, 2, 1)} generan solo a vectores (x, y, z) tal que 2x + y + 2z = 0 obtenindose el subespacio W = {(x, y, z)/2x + y + 2z = 0}. 1 0 1 1 0 0 1 0 0Ud, estudiante debe llegar al mismo subespacio resolviendo el sistema 2. Es claro que la dimensin de este subespacio es 2 pues los vectores se ve que el vector

= x(0, 2, 1)

. Asi

(1, 0, 1) no es mltiplo u su base es A

de

A = {(1, 0, 1), (0, 2, 1)}son claramente L.I pues (0, 2, 1) es decir no existe x tal que(1, 0, 1)

SUMA DIRECTA.

En un espacio vectorial tor

V

dos subespacios es decir

W1 , W2

se dicen

suplementarios

si cualquier vec-

v

del espacio

y otro elemento Los subespacios escribe

V w2

se puede escribir de manera nica como una suma de un elemento de

w1

de

W1

W2 ,

v = w1 + w2 .en tal caso se

W1 , W2 son suplementarios W1 + W2 = V W1 W2 = {0}, W1 W2 = V y se habla de suma directa de subespacios

22. Sean los subespacios y sea el subespacio Demuestre que

W1 = A M2 (R)/AT = A subespacio de matrices simtricas e W2 = A M2 (R)/AT = A subespacio de matrices antisimtricas e

M2 (R) = W1 W2 W1 W2que

Solucin : lo primero que debemos hallar es la interseccin

W1 W2 = A M2 (R)/AT = A AT = A A 2A = 0 A = 0, asi W1 W2 ={0}

De

AT = A AT = A implica

A =

37

0.2.

ESPACIOS VECTORIALESen espacios suplementarios los subespacios.

dim(W1 + W2 ) = dim(W1 ) + dim(W2 ), A M2 (R)/ a c b d b dT

veamos las dimensiones de

W1 = A M2 (R)/AT = A =

=

a c

b d

a c

b d

T

=

a c b d

b d

a b

c d

=

a c

a = a c = b b = c d=d

b=c

a c /a, d, c R c d los tres parmetros o variables libres a, d, c indican que dim(W1 ) = 3 T a b a b W2 = A M2 (R)/AT = A = A M2 (R)/ = c d c d a = a 2a = 0 T c = b a b a b a c a b c = b = = c d c d b d c d b = c 2d = 0 d = d a b 0 b W2 = M2 (R)/a = d = 0 c = b = /b R c d b 0 el nico parmetro o variable libre b indica que dim(W2 ) = 1 W1 = M2 (R)/b = c =entonces

a c

a = 0 c = b d=0

dim(W1 + W2 ) = 3 + 1= 4

pero

W1 + W2


M2 (R), M2 (R)

es un espacio vectorial de dimensin 4Cmo un subespacio vectorial se atreve a tener la misma dimensin que el espacio vectorial ? a menos que ellos coincidan , a menos que...sean iguales

W1 + W2 = M2 (R) A se puede escribir de manera nica como una matriz simtrica y una matriz an1 1 (A+AT )+ (AAT ) tisimtrica , de hecho ese es un ejercicio de matrices elemental, vease A = 2 2 1 1 T T siendo la primera (A + A ) simtrica y la segunda (A A ) antisimtrica. 2 2Asi toda matriz

23. En

R3 se consideran los subespacios vectoriales S = {(2, 1, 0), (1, 0, 1)} , T = {(1, 1.1), (0, 1, 1)} 3 Determinar un vector v deT tal que R = S + {v} y S {v} = {0}.Solucin : Geometricamente el subespacioS es un plano en

R3

y

{v}

es una recta en

R3

,

entonces se busca una recta los vectores sea un

no contenida en

el plano

S,

pero si contenida en el plano

T,

que es

lo mismo que armar que se busca un elemento de

T . Es claro que la dimensin de S es 2 pues (2, 1, 0), (1, 0, 1) son claramente L.I.,para elegir un vector de T debe ser tal que no elemento de S , es decir no cumplir con la condicin de S (x, y, z) paraestar en

por eso veamos que condicin debe cumplir un vector

S

.

2 1 0 0 1 0

1 | x 0 | y pivoteando en la 2 , en a21 = 1, cambiamos la la 1 1 | z 1 | x 2y pivoteando en la 1 ,en a12 = 1 cambiamos la 3 0 | y 1 | z38

0.2.


0 1 | x 2y 1 0 | el sistema tiene solucin si y solo si x 2y + z = 0 y 0 0 | x 2y + z x2y+z = 0 es la condicin de S y tambien la ecuacin del plano que dene.S = {(x, y, z)/x 2y + z = 0} entonces de los muchos vectores de T , hay que seleccionar uno que no verique esta condicin. por ejemplo el vector v = (0, 1, 1) T pero v = (0, 1, 1) S pues 0 2(1) + 1 = 0. Cmo / es la interseccin entre S y {v} ? {v} = {(0, 1, 1)} = {(x, y, z)/x = 0 y + z = 0} S {v} = {(x, y, z)/x 2y + z = 0 x = 0 y + z = 0}= {(0, 0, 0)} dim(S + {v} ) = dim(S) + dim( {v} = 2 + 1 = 3 S + {v} = R3 ,los {v} son suplementarios, entonces podemos escribir S {v} = R3subespacios

S

y

5

5 Profesor:

Osvaldo carvajal

39

0.2.

ESPACIOS VECTORIALESTRANSFORMACIONES LINEALES

Ejercicios resueltos.

V y W son espacios vectoriales denidas sobre un mismo cuerpo K , que por lo general es el conjunto de los nmeros reales , asi que una transformacin lineal es una al espacio W, tal que debe cumplir la siguientes condiciones:

f uncin o

denida delespacio V

T (v1 + v2 ) = T (v1 ) + T (v2 ) para todo par de vectores v1 , v2 T (kv) = kT (v), para todo real k y para todo vector v de V

de

V

ambas condiciones se pueden resumir en una sola , escribiendo si

T : V W

es

lineal

si y solo

T (kv1 + v2 ) = kT (v1 ) + T (v2 ) T : R3 R3 denida por T (x, y, z) = (x, y, 0) la proyeccin sobre el plano XY oes una transformacin lineal que se

Por ejemplo conoce como

Otra transformacin lineal es la rotacin de un punto en

R2 .esta funcin tiene la propiedad

T :R R T (x, y) =de

2

2

denida por

cos sen

rotar

el punto

sen cos P (x, y) en

x y

= (xcos ysen, xsen + ycos) y dejarlo en

un ngulo

Q(x, y)

6

Ejercicios resueltos.

6 Profesor.Osvaldo

Carvajal

40

0.2.


1. Determinar cuales de las siguientes funciones son

lineales.

(a) (b) (c) (d)

T : M22 (R) R

denida por

T(

a c

b d

) = 2a + 3b c

T : R2 R2 denida por T (x, y) = (x2 , y 2 ) T : R3 P2 [x] denida por T (a, b, c) = (a + b)x2 + abx + c a b T : M22 P3 [x] denida por T ( ) = 2ax3 + bx2 + (c + d)x c d

Solucin. De inmediato descartamos las funciones b) y c) pues si una funcin ha de ser , etc.En b)

lineal entonces

la palabra lo dice nada de cuadrados , ni potencias ni productos , ni logaritmos, ni raices

T (x, y) = (x2 , y 2 )los

cuadrados echan a perder lo

lineal

, pero por supuesto no

podemos dar esta respuesta ,debemos dar un contraejemplo entonces vamos a mostrar que no se cumple la propiedad Sea

T (u + v) = T (u) + T (v)

u = (1, 0), v = (2, 3) T ((1, 0) + (2, 3)) = T (3, 3) = (9, 9) T (1, 0) + T (2, 3) = (1, 0) + (4, 9) = (5, 9). Entonces como (9, 9) = (5, 9) se 2 2 muestra que T (x, y) = (x , y ) no es lineal. aqui la eleccin de u, v ha sido en forma aleatoria, si la propiedad se cumpliera para estos u, v hay que elegir otro par. de u, vpor otro lado En c) lo

T (a, b, c) = (a + b)x2 + abx + c la componente o coeciente ab de x echa a perder lineal, igual que antes damos un contraejemplo, sea u = (2, 2, 3),v = (4, 2, 0) T (u + v) = T ((2, 2, 2) + (4, 2, 0))= T (2, 0, 2) = (2 + 0)x2 + 0 x + 2 = 2x2 + 2 2 2 por otro lado T (2, 2, 3)+T (4, 2, 0) = (2 + 2)x + 2 2x + 3 + (4 2)x + 4 2x + 0 = 2x2 + 12x + 3 2 2 2 entonces como 2x + 2 = 2x + 12x + 3, T (a, b, c) = (a + b)x + abx + c no es lineal .

3

las funciones en a) y en d) si son lineales , aqui no sirven los contraejemplos, cualquiera, comenzamos con a) en ambos casos debemos demostrar que

u, v

deben ser

T (ku + v) = kT (u) + T (v),

con

kR a c b d,v

en a)

T( q t

a c

b d

) = 2a + 3b c,

u, v

son matrices , sea entonces

u =

=

p r

T (ku + v) = T (k =T ka + p kc + r

a c

b d

+

p r

q t

)

kb + q kd + t

= 2(ka+p)+3(kb+q)(kc+r) = k(2a+3bc)+(2p+3qr)

(1)

por otro lado veamos como es la expresin rior

kT (u) + T (v) p r q t

tendr que ser igual a lo ante-

kT (u) + T (v) = kT

a c

b d

+T41

= k(2a + 3b c) + (2p + 3q r)

(2)

0.2.


como se puede apreciar de (1) y (2) ambas expresiones son iguales

T (v)

Asi

T

es

lineal b d

3q t

T (ku + v) = kT (u) +

En d)

T( b d

a c,v

) = 2ax3 + bx2 + (c + d)x, p r

igual que antes nos damos dos matrices u

=

a c

=

T (ku + v) = T (k T ka + p kc + r T

a c kb + q kd + t

b d

+

p r

q t

)

= 2(ka + p)x3 + (kb + q)x2 + (kc + r + kd + t)x kb + q kd + t

ka + p kc + r

= k(2ax3 + bx2 + (c + d)x) + (2px3 + qx2 + (r + t)x)

(3)

por otro lado vemos

kT (u) + T (v) a c b d p r q t

kT (u)+T (v) = kT

+T

= k(2ax3 +bx2 +(c+d)x)+(2px3 +qx2 +(r+t)x)Asi

vemos que (3) y (4) son iguales

T (ku + v) = kT (u) + T (v)

T

es

lineal

3

(4)

2. Hallar el ncleo o Ker(T) de cada una de las siguientes funciones.

El ncleo o (a) (b) (c)

Ker(T )

es un

subespacio

de

V

T : R3 R3 denida por T (x, y, z) = (x + 3y + 4z, 3x + 4y + 7z, 2x 2y) T : M22 (R) M22 (R) denida por T (A) = A AT T : P3 [x] R4 denida por T (ax3 + bx2 + cx + d) = (a b, a. c, a d, b c)

Solucin a)

Ker(T ) = {(x, y, z)/T (x, y, z) = (0, 0, 0)}= {(x, y, z)/(x + 3y + 4z, 3x + 4y + 7z, 2x + 2y) = (0, 0, 0)}

igualando las componentes , el sistema a resolver es

x + 3y + 4z = 0 (1) 3 4 | 0 4 7 | 0 pivoteando en a11 = 1 3x + 4y + 7z = 0 (A|b) = 3 2 2 0 | 0 2x + 2y = 0 1 3 4 | 0 (A|b) = 0 5 5 | 0 dividiendo la 2 por (-5) y la 3 por 8,quedan 0 8 8 | 042

las

0.2.


iguales

1 3 4 (A|b) = 0 1 1 0 1 1 1 3 4 (A|b) = 0 (1) 1 1 0 1 | (A|b) = 0 1 1 | x = z y = z zR

| | | | | 0 0

0 0 Eliminamos una de las las iguales, la la 3. 0 0 pivoteando en la 2 ,en a22 = 1 obtenemos 0resolviendo en trminos de la variable libre

z

reescribimos el Ker(T).

Ker(T ) = {(x, y, z)/x = z, y = z}= {(z, z, z)/z R}= {(1, 1, 1)} es el generador del ncleo de T o del Ker(T ), asi dim(Ker(T )) = 1.

3

,El vector

(1, 1, 1)

Ker(T ) = {A M22 (R)/T (A) = 0}= A M22 (R)/A AT = 0 T T pero de A = A A = A propiedad que cumplen todaslas matrices simtricas, eb) tamao 2por 2, podemos reescribir el ncleo.

asi que

el ncleo de la transformacin lineal esta constituido por todas las matrices simtricas de

Ker(T ) = {A M22 (R)/A es simtrica }= e Ker(T ) = =entonces

a c +

b d 0 c

/b = c c 0 + 0 0 0 d /a, c, d R

a c 0 0 ,

c d 0 1

/a, c, d R = 1 0 , 0 0 0 1

a 0 0 0

1 0

dim(Ker(T )) = 3, su base la est viendo =

1 0

0 0

,

0 1

1 0

,

0 0

0 1

3

c)Ker(T ) = {p(x) P3 [x] /T (p(x)) = 0} = p(x) P3 [x] /T (ax3 + bx2 + cx + d) = (a b, a. c, a d, b c) = (0, 0, 0, 0) a b = 0 a c = 0 ya resuelto en trminos (a b, a. c, a d, b c) = (0, 0, 0, 0) sistema a d = 0 bc=0 de la varible libre a b = a c = a Ker(T ) = ax3 + bx2 + cx + d P3 [x] /b = a, c = a, d = a d=a Ker(T ) = ax3 + ax2 + ax + a/a R = a(x3 + x2 + x + 1)/a R 3 2 el vector (polinomio) x + x + x + 1 genera al Ker(T ) dim(Ker(T ))= 1

3

3. Hallar base y dimensin del subespacio

imagen de T

43

0.2.


La imagen de T ,

Im(T ),

es un

subespaciode

W

(a)

T : R3 R 3

denida por

T (x, y, z) = (x + 3y + 4z, 3x + 4y + 7z, 2x 2y)es el

recorrido de la funcin lineal, es generado por las imgenes a V 3 en este caso es generado por las imgenes de alguna base de R , elejimos por supuesto la 3 base mas a mano de R , la base cannica. entonces la imgen por ejemplo del primer vector o cannico es T (1, 0, 0) = (1, 3, 2), entoncesEl subespacio de los vectores de una base del espacio

imagen de T

Im(T ) = {T (v)/v V } Im(T ) = {T (1, 0, 0), T (0, 1, 0), T (0, 0, 1)} = {(1, 3, 2), (3, 4, 2), (4, 7, 0)} imgenes no son necesariamente linealmente independientes (L.I) asi que hay a que pivotearlosestos vectores pero para este ejemplo se ha resuelto y obtenido el

Ker(T ). y se ha obtenido dim(Ker(T )) =

1

(vase ejemplo resuelto 2a)

hay un gran teorema que dice asi: espacio de partida en este ejemplo

dim(V ) = dim(Ker(T )) + dim(Im(T )),

donde

V

es el

V = R3

por tanto

informacin ayuda pues nos dice

dim(R3 ) = 3 = 1 + dim(Im(T )) dim(Im(T )) = 2, esta que el subespacio = {(1, 3, 2), (3, 4, 2), (4, 7, 0)} es de x1 (1, 3, 2) +

dimensin 2 , hay que botar un vector. el vector a eliminar seria aquel asociado a la variable libre del sistema

x2 (3, 4, 2) + x3 (4, 7, 0) = (0, 0, 0)el alumno en una prueba tiene poco tiempo,asi que te parece alumno que eliminemos un vector de=

al ojo {(1, 3, 2), (3, 4, 2), (4, 7, 0)}pues no existe

eliminamos el primero, asi que quedara tal que

= {(3, 4, 2), (4, 7, 0)} xtal que

y estos dos que quedaron son L.I?

claramente que si , 0 = x (2) ?este mtodo Asi que

x

(4, 7, 0) = x(3, 4, 2)

acaso existe

al ojo

no se recomienda... pero..a veces sirve.

Observacin:

Im(T ) = {(3, 4, 2), (4, 7, 0)} 3 Geometricamente Im(T ) = {(3, 4, 2), (4, 7, 0)} es un plano en R que pasa por el origen y de ecuacin 14x 8y + 5z = 0, esta ecuacin se obtiene del sistema x1 (3, 4, 2) + x2 (4, 7, 0) = (x, y, z). T : P2 [x] M22 (R)denida por

3

(b)

T (ax2 + bx + c) =

2a c

b+c 0

44

0.2.


Solucin. Aqui su

Im(T ) = {T (v)/v V } V = P2 [x] espacio de polinomios de grado hasta 2,de dimensin 3 2 base cannicaes 1, x , x o la imgen de esta base por T son las tres matrices 0 1 1 0 , 0 0 1 0 , 2 0 0 0 , x1 son estas matrices L.I ?

siguientes

Im(T ) =

para responder , podramos pivotear el sistema

0 1

1 0

+x2

0 0

1 0

+x3

2 0

0 0

=

.

0 0

0 0

,

si arroja solucin

solo

cero entonces son L.I , si arroja

=0

son L.D.

pero mejor vamos a usar informacin proveniente del

Ker(T )observe que igualando compo-

Ker(T ) =

ax2 + bx + c/

2a c

b+c 0

=

0 0

0 0

nente a componente se tiene un sistema fcil de resolver

2a = 0 b+c=0 c=0 0

a=b=c=0.

asi que

Ker(T ) = 0x2 + 0x + 0 = {0} dim(Ker(T )) =

Usando el teorema de la dimensin mencionado ms arriba,

dim(P2 [x]) = dim(Ker(T )) +lo que signica que de

dim(Im(T )) dim(P2 [x]) = 3 = 0 + dim(Im(T )) 0 1 0 1 Im(T ) = , , 1 0 0 0entonces

implica que

dim(Im(T ))= 3

2 0 0 0 1 0

0 0 ,

, 2 0 0 0

tiene sus tres matrices constituyendo

un conjunto L.I, ninguna matriz se bota.

Im(T ) =

0 1

1 0

,

,

3

4. Sea la transformacin lineal

T : P2 [x] P3 [x]

denida por

T (p(x)) = xp(x) Ker(T )o bien a la

Cules de los siguientes vectores(polinomios) pertenecen al

Im(T ).?

(a)

x2Solucin: la nica manera de averiguar si

x2

es elemento del

Ker(T )

o de

Im(T ).

es

calculando ambos subespacios y ver quienes son los que los generan, asi que

Ker(T ) = {p(x) P2 [x] /xp(x) = 0}le damos vida a p(x).entonces

que este sea

p(x) = ax2 + bx + c,

Ker(T ) = ax2 + bx + c, P2 [x] /x(ax2 + bx + c) = 0 Ker(T ) = ax2 + bx + c, P2 [x] /ax3 + bx2 + cx = 0 entonces de ax3 + bx2 + cx = 0 a=b=c=0 El ncleo o Ker(T ) de la funcin T tiene un miserable elemento el neutro cero ,el polinomio cero, entonces x2 Ker(T ), x2 no pertenece al ncleo pues Ker(T ) = {0} /

45

0.2.

ESPACIOS VECTORIALES(b)

1+xSolucin

1 + x Ker(T ), veamos si pertenece a la imagen de T. / Im(T ) = {T (v)/v V } = {xp(x)/p(x) P2 [x]}= ax3 + bx2 + cx/a, b, c RClaramente los tres parmetros

a, b, c

libres de tomar cualquier valor indican que la dimensin de

Im(T )

es 3 , son tres los vectores o polinomios que

generan

a la imagen .

Im(T )=y el

a(x3 ) + b(x2 ) + c(x)/a, b, c R = polinomio 1 + x pertenece a la imagen ?

x3 , x2 , x

aqui vemos que

x2 Im(T )

la respuesta es por simple inspeccin cree ud alumno que combinando de todas las maneras posibles se obtendr que

1 + x = a x3 + b x2 + c x, 1 + x Im(T ). /

la constasnte

1 + x ?,claramente no 1 de 1 + x no permite

x3 , con x2 y con x existe nmeros a, b, c talresolver el sistema. Asi

(c)

2x x3Solucin. Este elemento si pertenece a la imagen de T , pues existen

a, b, c tal que 2x x3 =

a x + b x + c x,

3

2

basta tomar

a = 1, b = 0, c = 2

5. Sea la transformacin lineal

T : P2 [x] P3 [x] denida por T (1) = x2 2, T (x) = x3 + x, T (x2 ) =

x + 2x + 1. Cuales pertenecen a la

3

2

Im(T )?

(a) (b) (c)

x2 x + 32

3T, se ha dado la imagen de los

x 2x + 1 4x3 3x + 5Solucin .Aqui no se ha dado explicitamente la funcin vectores basales de

P2 [x] generadapor estos vec-

para efectos de imagen es suciente pues justamente la imagen es tores |

Im(T ) = a, b, c

x2 2, x3 + x, x3 + 2x2 + 1 Imagen de Tsi y solo si existen reales

los vectores en a) b) y en c) estarn en el subespacio tal que

x2 x + 3= a(x2 2) + b(x3 + x) + c(x3 + 2x2 + 1) 2 2 3 3

Algebra Lineal,Ejercicios ado

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