ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ÁLGEBRA LINEAL HOJA DE ... · ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ÁLGEBRA...

ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL

ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 01

Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica

1. En cada caso, encuentre la solución del sistema lineal por medio del método de eliminación.

a)

x − y + z = 4,

3x + 2y + z = 2,

4x + 2y + 2z = 8.

b)x + 4y − z = 12,

3x + 8y − 2z = 4.

c)

x + 3y = −4,

2x + 5y = −8,

x + 3y = −5.

Solución.

a) Para eliminar x, sumamos a la segunda ecuación (−3) veces la primera y a la tercera (−4) veces la

primera, obteniendo

x − y + z = 4,

5y − 2z = −10,

6y − 2z = −8.

Ahora multiplicamos la segunda ecuación por ( 15) y luego sumando a la tercera ecuación (−6)

veces la segunda, tenemos

x − y + z = 4,

y − 25 z = −2,25 z = 4.

Multiplicando la tercera ecuación por 52 , tenemos

x − y + z = 4,

y − 25 z = −2,

z = 10.

Sustituyendo z = 10 en la segunda ecuación, encontramos que y = −2 y al sustituir los valores de

z y y en la primera ecuación obtenemos x = −4. Es decir la solución del sistema es

x = −4, y = 2, z = 10.

b) Para eliminar x, sumamos a la segunda ecuación (−3) veces la primera, obteniendo

x + 4y − z = 12,

−4y + z = −32.

Ahora, sumando a la primera ecuación la segunda, tenemos

x = −20,

−4y + z = −32.

1

Despejando y, tenemos y = 14 z + 8. Entonces una solución para el sistema B es

x = −20, y =1

4r + 8, z = r,

donde r ∈ R.

c) Para eliminar x, sumamos a la segunda ecuación (−2) veces la primera y a la tercera (−1) veces la

primera, obteniendo

x + 3y = −4,

−y = 0,

0 = −1.

La tercera ecuación es falsa, es decir el sistema es inconsistente. Por lo tanto el sistema no tiene

solución

.

2. Una tienda vende sólo dos tipos de café: café late y capuchino. En la preparación del café late se agregan

1 onza de esencia de café y 4 onzas de leche. En la preparación del capuchino se agregan 1 onza de

esencia de café y 3 onzas de leche. Si en un día la tienda usa 4 galones de leche y 160 onzas de esencia

de café, ¿cuántos lates y cuántos capuchinos vende la tienda?. Nota: 1 galón = 128 onzas.

Solución. Sean

• x: número de lates que vende la tienda en un día; y

• y : número de capuchinos que vende la tienda en un día.

Las condiciones para x y y pueden modelarse con el sistema lineal

x + y = 160,

4x + 3y = 512.

donde, sumando (−4) veces la primera ecuación a la segunda, obtenemos

x + y = 160

−y = −128

Multiplicando la segunda ecuación por (−1) obtenemos que y = 128 y reemplazando este valor en la

primera ecuación encontramos que x = 32, es decir, se venden 32 lates y 128 capuchinos.

3. Encuentre la solución del siguiente sistema lineal de ecuaciones utilizando sustitución:

2x + y − 2z = 5,

3y + z = 7,

z = 8.

Solución. De la tercera ecuación, se tiene que

z = 8.

Reemplazando en la segunda ecuación, se tiene que

3y + 8 = 7,

entonces despejando tenemos que

y = −1

3.

2

Los valores de z e y los reemplazamos en la primera ecuación 2x −1

3− 16 = −5, despejamos y determi-

namos que

x =32

3.

Por lo tanto, la solución es:

x =32

3, y = −

1

3y z = 8.

4. ¿Existe un valor r ∈ R, tal que: x = r, y = 2, z = 1 sea una solución del siguiente sistema lineal? De ser

así, determínelo.3x − 2z = 4,

x − 4y + z = −5,

−2x + 3y + 2z = 9.

Solución. Queremos que x = r, y = 2, z = 1 sea solución del sistema propuesto, por lo tanto se debe

satisfacer3r − 2 = 4,

r − 8 + 1 = −5,

−2r + 6 + 2 = 9.

Para que la primera ecuación se satisfaga, r debe ser igual a 2. Para que la segunda ecuación se satisfaga,

r debe ser igual a 2. Pero para que se cumpla la tercera ecuación, r debe ser igual a 1/2. Como r no

puede tomar dos valores distintos a la vez, no es posible encontrar un valor para r, que satisfaga las tres

ecuaciones a la vez.

5. Dados a, b, c ∈ R, suponga que los tres puntos (1,−5), (−1, 1) y (2, 7) están en la parábola de ecuación

y = p(x), donde p(x) = ax2 + bx + c para todo x ∈ R.

a) Determinar un sistema lineal de tres ecuaciones con tres incógnitas que debe resolverse para deter-

minar a, b y c.

b) Encontrar la solución del sistema lineal que obtuvo en la parte anterior para a, b y c.

Solución. a) Como los tres puntos están en la parábola, se debe cumplir que

p(1) = −5,

p(−1) = 1, y

p(2) = 7

Por ende se tienea + b + c = −5

a − b + c = 1

4a + 2b + c = −5

y este es el sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas a resolverse.

b) Si a la segunda ecuación le sumamos (−1) veces la primera ecuación y a la tercera ecuación le

sumamos (−4) la primera ecuación, se obtiene

a + b + c = −5

−2b = 6

−2b −3c = 27

3

De la segunda ecuación podemos despejar b y tenemos que b = −3. Sustituimos este valor en la

tercera ecuación y tenemos que 6 − 3c = 27; despejando, tenemos que c = −7. Reemplazando los

valores de b y c en la primera ecuación tenemos a + (−3) + (−7) = −5; despejando a, tenemos que

a = 5. Por lo tanto la solución del sistema es:

a = 5, b = −3, c = −7.

6. Dada la matriz A =

1 2 3

4 5 6

−1 0 2

, calcule:

a) A⊺ + A

b) A − A

c) A + A

d) 3A

Solución.

a) Se tiene que:

A⊺ + A =

1 4 −1

2 5 0

3 6 2

+

1 2 3

4 5 6

−1 0 2

=

2 6 2

6 10 6

2 6 4

b) Se tiene que:

A − A =

1 2 3

4 5 6

−1 0 2

−

1 2 3

4 5 6

−1 0 2

=

0 0 0

0 0 0

0 0 0

c) Se tiene que:

A + A =

1 2 3

4 5 6

−1 0 2

+

1 2 3

4 5 6

−1 0 2

=

2 4 6

8 10 12

−2 0 4

d) Se tiene que:

3A = 3

1 2 3

4 5 6

−1 0 2

=

3 6 9

12 15 18

−3 0 6

7. Considere las matrices

A =

1 4 2

−1 −2 4

0 3 4

y B =

0 1 3

−2 −4 0

1 2 −1

Calcule:

a) A + B

b) A⊺

c) B⊺

4

Solución.

• Se tiene que:

A + B =

1 4 2

−1 −2 4

0 3 4

+

0 1 3

−2 −4 0

1 2 −1

=

1 5 5

−3 −6 4

1 5 3

• Se tiene que:

A⊺ =

1 −1 0

4 −2 3

2 4 4

• Se tiene que:

B⊺ =

0 −2 1

1 −4 2

3 0 −1

8. Dado α ∈ C, considere los siguientes elementos de C3×3:

A =

1 α 0

0 2 α − 1

4α −4 −8

, B =

α −3 −5

3 3 − 2α −1

5 1 3α

y C =

−3 −2α 1 − α

3α 0 α + 1

−3α −4 −α

.

Hallar las siguientes matrices:

a) A + B,

b) B − C,

c) (−B)T,

d) A + B + C,

e) 3A − B,

f ) (2C − 2B)T,

g) αA; y

h) (2 − α)A.

Solución. a) A + B:

A + B =

1 α 0

0 2 α − 1

4α −4 −8

+

α −3 −5

3 3 − 2α −1

5 1 3α

,

A + B =

1 + α α + (−3) 0 + (−5)

0 + 3 2 + (3 − 2α) α − 1 + (−1)

4α + 5 −4 + 1 −8 + 3α

,

A + B =

1 + α α − 3 −5

3 5 − 2α α − 2

4α + 5 −3 −8 + 3α

.

b) B − C:

B − C =

α −3 −5

3 3 − 2α −1

5 1 3α

−

−3 −2α 1 − α

3α 0 α + 1

−3α −4 −α

5

B − C =

α − (−3) −3 − (−2α) −5 − (1 − α)

3 − (3α) 3 − 2α − 0 −1 − (α + 1)

5 − (−3α) 1 − (−4) 3α − (−α)

,

B − C =

α + 3 2α − 3 −6 + α

3 − 3α 3 − 2α −2 − α

5 + 3α 5 4α

.

c) (−B)T:

(−B)T =

−α 3 5

−3 −3 + 2α 1

−5 −1 −3α

T

,

(−B)T =

−α −3 −5

3 −3 + 2α −1

5 1 −3α

.

d) A + B + C:

A + B + C =

1 α 0

0 2 α − 1

4α −4 −8

+

α −3 −5

3 3 − 2α −1

5 1 3α

+

−3 −2α 1 − α

3α 0 α + 1

−3α −4 −α

,

A + B + C =

α − 2 −α − 3 −4 − α

3 + 3α 5 − 2α 2α − 1

α + 5 −7 2α − 8

.

e) 3A − B:

3A − B =

3 3α 0

0 6 3α − 3

12α −12 −24

−

−α 3 5

−3 −3 + 2α 1

−5 −1 −3α

,

3A − B =

3 − α 3α − 3 −5

3 9 − 2α 3α − 4

12 + 5α −11 3α − 24

.

f ) (2C − 2B)T:

(2C − 2B)T =

−6 −4α 2 − 2α

6α 0 2α + 2

−6α −8 −2α

+

−2α 6 10

−6 4α − 6 2

−10 −2 −6α

T

,

(2C − 2B)T =

−6 − 2α −4α + 6 12 − 2α

6α − 6 4α − 6 2α + 4

−6α − 10 −10 −8α

T

,

(2C − 2B)T =

−6 − 2α 6α − 6 −6α − 10

−4α + 6 4α − 6 −10

12 − 2α 2α + 4 −8α

.

g) αA :

αA = α

1 α 0

0 2 α − 1

4α −4 −8

,

6

αA =

α |α|2 0

0 2α |α|2 − α

4|α|2 −4α −8α

.

h) (2 − α)A:

(2 − α)A = (2 − α)

1 α 0

0 2 α − 1

4α −4 −8

,

(2 − α)A =

2 − α 2α − α2 0

0 4 − 2α 3α − α2 − 2

8α − 4α2 −8 + 4α −16 + 8α

.

9. Considere las matrices definidas en el ejemplo anterior y α ∈ C. Hallar las siguientes matrices:

a) Si α = 3 + 3i, calcule A + C,

b) Si α = −i, calcule BT; y

c) Si α = 3 − 4i, calcule α(BT − C).

Solución. a) A + B :

A + C =

1 3 + 3i 0

0 2 (3 + 3i)− 1

4(3 + 3i) −4 −8

+

−3 −2(3 + 3i) 1 − (3 + 3i)

3(3 + 3i) 0 (3 + 3i) + 1

−3(3 + 3i) −4 −(3 + 3i)

,

A + C =

1 3 + 3i 0

0 2 2 + 3i

12 + 12i −4 −8

+

−3 −6 − 6i −2 − 3i

9 + 9i 0 4 + 3i

−9 − 9i −4 −3 − 3i

,

A + C =

−2 −3 − 3i −2 − 3i

9 + 9i 2 6 + 6i

3 + 3i −8 −11 − 3i

.

b) BT :

BT =

−i −3 −5

3 3 + 2i −1

5 1 −3i

T

,

BT =

−i 3 5

−3 3 + 2i 1

−5 −1 −3i

.

c) α(BT − C) :

α(BT − C) = (3 + 4i)

3 − 4i 3 5

−3 −3 − 8i 1

−5 −1 9 − 12i

−

−3 −6 + 8i −2 + 4i

9 − 12i 0 4 − 4i

−9 + 12i −4 −3 + 4i

,

α(BT − C) = (3 + 4i)

6 − 4i 9 − 8i 7 − 4i

−12 + 12i −3 − 8i −3 + 4i

4 − 12i 3 12 − 16i

,

7

α(BT − C) =

34 + 12i 59 + 12i 37 + 16i

−84 − 12i 23 − 36i −25

60 − 20i 9 + 12i 100

.

8




2. Utilizando las matrices

A =

(

1 2 3 −1

−2 3 1 5

)

, B =

1 0 2

−1 −1 1

0 2 0

1 1 0

, C =

1 0 0

2 1 0

3 2 1

,

D =

1 2 3

0 1 0

−1 0 2

y E =

(

1 2 0 0

0 0 −1 −2

)

;

calcule:

a) AB;

b) BC;

c) B(C + D);

d) (E + A)B.

Solución.

a) AB =

(

−2 3 4

0 4 −1

)

.

b) BC =

7 4 2

0 1 1

4 2 0

3 1 0

.

3. Considere la matriz

A =

1 2 0

0 1 3

0 0 1

y sea B = A − I; donde I es la identidad. Calcule Bn para todo n > 0.

Solución. Para n = 1,

B1 = B = A − I =

0 2 0

0 0 3

0 0 0

.

Para n = 2,

B2 = BB =

0 0 6

0 0 0

0 0 0

.

1

Para n = 3,

B3 = B2B =

0 0 0

0 0 0

0 0 0

= 0.

que es la matriz nula.

Para n ≥ 3, Bn = B3Bn−3 = 0.

5. Determine si existen valores de α ∈ R y β ∈ R tales que las matrices A y B conmutan, donde

A =

(

α 1

1 0

)

y B =

(

1 β

0 1 + β

)

.

En caso de existir, determínelos.

Solución. Tenemos que

AB =

(

α αβ + 1 + β

1 β

)

y BA =

(

α + β 1

1 + β 0

)

,

de donde se tiene que

α = α + β,

αβ + 1 + β = 1,

1 + β = 1,

β = 0.

Observamos entonces que la única posibilidad es que β = 0 y en tal caso, todas las ecuaciones anteriores

se verifican. Por ende, para β = 0 y para todo α ∈ R, las matrices A y B conmutan.

6. Sean a, b, c, d ∈ R y considere las matrices

A =

(

a b

0 0

)

y B =

(

c d

0 0

)

.

Demuestre que A y B conmutan si y sólo si ad − bc = 0.

Solución. Tenemos que

AB =

(

ac ad

0 0

)

y BA =

(

ac bc

0 0

)

.

Por ende, tenemos que AB = BA y sólo si ad = bc, es decir, A y B conmutan si y sólo si ad − bc = 0.

8. a) Recuerde la fórmula del binomio para 2 reales a y b.

b) Demuestre por inducción que la fórmula del binomio es válida para 2 matrices cuadradas A y B si

y solo si A y B son conmutables.

c) Considere la matriz A definida por:

A =

1 1 2

0 1 1

0 0 1

.

Descomponga A en la suma de la matriz Identidad y de una matriz que llamaremos B. Calcule Bn

para todo n ∈ N

d) Calcule An, para todo n ∈ N, utilizando la fórmula de Newton.

2

Solución. a) Dados a, b ∈ R y n ∈ N, tenemos

(a + b)n =n

∑k=0

(

n

k

)

akbn−k

b) Sean A y B dos matrices cuadradas de orden k tales que AB = BA. Demostremos por inducción

que

(A + B)n =n

∑k=0

(

n

k

)

AkBn−k

Para todo n ∈ N. Para n = 0 ambos lados de la ecuación son iguales a Ik. Supongamos que la

proposición se cumple para n ∈ N, es decir,

(A + B)n =n

∑k=0

(

n

k

)

AkBn−k

Demostremos que se cumple para n + 1. Tenemos que

(A + B)n+1 = (A + B)n(A + B),

en donde, por hipótesis de inducción y la distributividad del producto de matrices, se tiene que

(A + B)n+1 =

(

n

∑k=0

(

n

k

)

AkBn−k

)

(A + B)

=n

∑k=0

(

n

k

)

AkBn−k A +n

∑k=0

(

n

k

)

AkBn−kB.

Como A y B conmutan, es decir, AB = BA, se tiene que

(A + B)n+1 =n

∑k=0

(

n

k

)

Ak+1Bn−k +n

∑k=0

(

n

k

)

AkBn+1−k.

Haciendo el cambio de variable j = k + 1 se tiene que

(A + B)n+1 =n+1

∑j=1

(

n

j − 1

)

AjBn−j+1 +n

∑k=0

(

n

k

)

AkBn+1−k.

Con esto, usando propiedades del coeficiente binomial se tiene que

(A + B)n+1 =

(

n

∑j=1

(

n

j − 1

)

AjBn−j+1 +

(

n

n

)

An+1B0

)

+

(

(

n

0

)

A0Bn+1 +n

∑k=1

(

n

k

)

AkBn+1−k

)

=n

∑j=1

((

n

j − 1

)

+

(

n

j

))

AjBn+1−j +

(

n

0

)

A0Bn+1 +

(

n

n

)

An+1B0

=n

∑j=1

((

n + 1

j

)

AjBn+1−j

)

+

(

n + 1

0

)

A0Bn+1 +

(

n + 1

n + 1

)

An+1B0

=n+1

∑j=0

(

n + 1

j

)

AjBn+1−j.

Por lo tanto, la propiedad se verifica para n + 1.

Concluimos que

(A + B)n =n

∑k=0

(

n

k

)

AkBn−k,

para todo n ∈ N.

Supongamos ahora, recíprocamente, que la fórmula del binomio se verifica para todo n ∈ N. En

particular tenemos que (A + B)2 = A2 + 2AB + B2, lo cual implica que A2 + AB + BA + B2 =

A2 + 2AB + B2, de donde deducimos que AB + BA = 2AB, y por ende AB = BA por lo que

3

concluimos que A y B son conmutables.

c) A = I3 + B, donde B está definida como:

B =

0 1 2

0 0 1

0 0 0

.

Con esto tenemos

B2 = BB =

0 1 2

0 0 1

0 0 0

0 1 2

0 0 1

0 0 0

=

0 0 1

0 0 0

0 0 0

.

De manera similar,

B3 = BB2 =

0 1 2

0 0 1

0 0 0

0 0 1

0 0 0

0 0 0

=

0 0 0

0 0 0

0 0 0

.

Para n ≥ 3, se tiene que Bn = B3 × Bn−3 = 03×3.

d) Tenemos que

A = I3 + B

y, por la fórmula del binomio,

An = I3 +

(

n

1

)

B +

(

n

2

)

B2

para todo n ∈ N. Por lo tanto,

An =

1 n 2n + n(n−1)2

0 1 n

0 0 1

.

9. Considere el conjunto

A =

{

1√

1 − x2

(

1 x

x 1

)

∈ R2×2 : x ∈]− 1, 1[

}

.

a) Dadas las matrices

E =

(√2 1

1√

2

)

y F =

√3

3

(

2 1

1 2

)

,

verifique que E ∈ A y F ∈ A.

b) Demuestre que EF ∈ A.

c) Demuestre que si A, B ∈ A, entonces AB ∈ A.

Solución. a) Basta notar que

E =1

√

1 − (1/√

2)2

(

1 1/√

2

1/√

2 1

)

y F =1

√

1 − (1/2)2

(

1 1/2

1/2 1

)

b) En este caso, tenemos que

EF =1

√1 − α

2

(

1 α

α 1

)

con

α =2 +

√2

1 + 2√

2∈]− 1, 1[.

4

c) Sean A y B dos elementos del conjunto A. Entonces existen x, y ∈]− 1, 1[ tales que

A =1

√1 − x2

(

1 x

x 1

)

y B =1

√

1 − y2

(

1 y

y 1

)

.

Entonces se tiene que

AB =1

√1 − x2

(

1 x

x 1

)(

1√

1 − y2

(

1 y

y 1

))

=1

√1 − x2

√

1 − y2

(

1 x

x 1

)(

1 y

y 1

)

=1

√

1 − x2 − y2 + x2y2

(

1 + xy x + y

x + y 1 + xy

)

.

Ahora, como x, y ∈]− 1, 1[, entonces |x| < 1 y |y| < 1, por ende

|xy| = |x||y| < 1,

es decir,

−1 < xy < 1,

con lo cual

0 < 1 + xy < 2. (1)

En particular 1 + xy 6= 0 y por ende

AB =1 + xy

√

1 − x2 − y2 + x2y2

1x + y

1 + xyx + y

1 + xy1

.

Sea

z =x + y

1 + xy.

Como −1 < x < 1 y −1 < y < 1 tenemos que x + 1 > 0 y y + 1 > 0, por lo que (x + 1)(y + 1) > 0

1 + xy + x + y = (x + 1)(y + 1) > 0

y por (1) se sigue que

1 +x + y

1 + xy=

1 + xy + x + y

1 + xy> 0,

es decir, z > −1. De manera similar, tenemos que

1 + xy − (x + y) = (1 − x)(1 − y) > 0

de donde

1 −x + y

1 + xy=

1 + xy − (x + y)

1 + xy> 0

de donde z < 1. Con esto, z ∈]− 1, 1[. Además, se tiene que

√

1 − z2 =

√

1 −

(

x + y

1 + xy

)2

=

√

(1 + xy)2 − (x + y)2

(1 + xy)2

=

√

1 + 2xy + (xy)2 − x2 − 2xy − y2

1 + xy

5

=

√

1 − x2 − y2 − x2y2

1 + xy.

De este modo se tiene que

AB =1

√1 − z2

(

1 z

z 1

)

con z ∈]− 1, 1[, es decir, AB ∈ A.

11. Sean a, b y c tres números reales tales que

a2 + b2 + c2 = 1.

Sean las matrices reales

M =

0 c −b

−c 0 a

b −a 0

y P = I3 + M2.

Demuestre que

a) P2 = P; y

b) PM = MP = 0.

Solución. Notemos para empezar que

M2 =

0 c −b

−c 0 a

b −a 0

0 c −b

−c 0 a

b −a 0

=

−b2 − c2 ab ac

ab −a2 − c2 bc

ac bc −a2 − b2

,

por lo tanto

P = I3 + M2 =

1 0 0

0 1 0

0 0 1

+

0 c −b

−c 0 a

b −a 0

=

1 − b2 − c2 ab ac

ab 1 − a2 − c2 bc

ac bc 1 − a2 − b2

.

Ahora, como a2 + b2 + c2 = 1 tenemos que

1 − b2 − c2 = a2, 1 − a2 − c2 = b2 y 1 − a2 − b2 = c2,

por lo tanto

P =

a2 ab ac

ab b2 bc

ac bc c2

. (2)

Ahora, sea la matriz 3 × 1 siguiente:

Q =

a

b

c

.

Notemos que

QQ⊺ =

a

b

c

(

a b c)

=

a2 ab ac

ab b2 bc

ac bc c2

.

Así, por (2), tenemos que

P = QQ⊺. (3)

6

Por otro lado,

Q⊺Q =(

a b c)

a

b

c

=(

a2 + b2 + c2)

= 1. (4)

Con esto, procedemos a resolver el ejercicio.

a) Por (3) tenemos que P = QQ⊺, y por ende, gracias a la propiedad asociativa del producto de

matrices,

P2 = (QQ⊺)(QQ⊺) = Q(Q⊺(QQ⊺)) = Q((Q⊺Q)Q⊺).

Pero, por (4) se tiene que Q⊺Q = 1, así

P2 = Q(1Q⊺) = QQ⊺ = P,

donde nuevamente hicimos uso de (3).

b) Por (3) tenemos que P = QQ⊺, por ende

PM = (QQ⊺)M = Q(Q⊺M).

Ahora,

Q⊺M =(

a b c)

0 c −b

−c 0 a

b −a 0

=(

0 0 0)

= 0

y por ende

PM = Q0 = 0.

De manera análoga,

MP = M(QQ⊺) = (MQ)Q⊺

y

MQ =

0

0

0

= 0,

por ende

MP = 0Q⊺ = 0.

Con esto,

PM = MP = 0,

como se deseaba.

12. Sean A, B, C ∈ Rn×n y λ ∈ R tales que, para todo k ∈ {1, 2, 3},

Ak = λk(B + kC).

Demuestre que, para todo k ∈ N∗,

Ak = λk(B + kC).

Solución. Supongamos primero que λ = 0. Entonces, para k = 1 tenemos que

A = 01(B + C) = 0.

Así tenemos que, para todo k ∈ N∗,

Ak = 0k = 0 = 0(B + kC) = λk(B + kC).

7

Ahora, supongamos que λ 6= 0. Para k = 1 tenemos que

A = λ(B + C),

y de k = 2 se sigue que

A2 = λ2(B + 2C).

Ahora, como A2 A = A3 = AA2, se sigue que

[λ(B + C)][λ2(B + 2C)] = [λ2(B + 2C)][λ(B + C)],

de donde

λ3(B2 + 2BC + CB + 2C2) = λ

3(B2 + BC + 2CB + 2C2),

y, dado que λ 6= 0, se sigue que

B2 + 2BC + CB + 2C2 = B2 + BC + 2CB + 2C2,

de donde

BC = CB. (5)

A continuación, para k = 3 tenemos que

A3 = λ3(B + 3C),

y, como A3 A = A4 = A2 A2, se sigue que

[λ3(B + 3C)][λ(B + C)] = [λ2(B + 2C)][λ2(B + 2C)],

de donde, como λ 6= 0,

B2 + BC + 3CB + 3C2 = B2 + 2BC + 2CB + 4C2.

Luego, por (5) se tiene que BC = CB y entonces

4BC + 3C2 = 4BC + 4C2,

lo que implica que

C2 = 0. (6)

Ahora, como A2 = AA y A3 = A2 A, se tiene que

λ2(B + 2C) = λ

2(B + C)2 y λ3(B + 3C) = λ

3(B + 2C)(B + C)

de donde, como λ 6= 0,

B + 2C = B2 + BC + CB + C2 y B + 3C = B2 + BC + 2CB + 2C2.

Por (5) y (6) se tiene que BC = CB y que C2 = 0, así

B + 2C = B2 + 2BC y B + 3C = B2 + 3BC.

Restando la segunda igualdad menos la primera se tiene que

C = BC (7)

y sustituyendo esto en la primera ecuación se tiene que

B + 2C = B2 + 2C,

de donde

B2 = B. (8)

8

Ahora, para probar que la igualdad

Ak = λk(B + kC)

es verdadera para todo k ∈ N∗, procedemos por inducción sobre k. Para k = 1 la igualdad es válida por

hipótesis. Supongamos que es válida para k, entonces, por hipótesis de inducción,

Ak+1 = Ak A = [λk(B + kC)][λ(B + C)] = λk+1(B2 + BC + kCB + kC2).

Pero por (5), (6), (7) y (8) se tiene que BC = CB = C, que C2 = 0 y que B2 = B, así

Ak+1 = λk+1(B + C + kC + 0) = λ

k+1(B + (k + 1)C),

lo que completa la demostración.

13. Sean A, B ∈ Km×n, C, D ∈ Kn×p, E ∈ Kp×q y α ∈ K. Demuestre que:

• A(DE) = (AD)E;

• A(C + D) = AC + AD;

• (A + B)C = AC + BC;

• A(αC) = α(AC) = (αA)C.

Solución.

• Se tiene que:

A(C + D) =

(

n

∑k=1

aik(ckj + dkj)

)

=

(

n

∑k=1

aikckj + aikdkj

)

=

(

n

∑k=1

aikckj +n

∑k=1

aikdkj

)

= AC + AD

14. Sea A =

(

cos(x) sen(x)

− sen(x) cos(x)

)

.

a) Determine A2.

b) Determine A3.

c) Conjeture la forma para Ak, para k ∈ N∗.

d) Demuestre que se verifica la conjetura planteada en el literal anterior.

Solución. Se tiene que:

A2 =

(

cos(x) sen(x)

− sen(x) cos(x)

)(

cos(x) sen(x)

− sen(x) cos(x)

)

=

(

cos2(x)− sen2(x) 2 sen(x) cos(x)

−2 cos(x) sen(x) − sen2(x) + cos2(x)

)

9

=

(

cos(2x) sen(2x)

− sen(2x) cos(2x)

)

De la misma manera se tiene que:

A3 =

(

cos(x) sen(x)

− sen(x) cos(x)

)(

cos(2x) sen(2x)

− sen(2x) cos(2x)

)

=

(

cos(x) cos(2x)− sen(x) sen(2x) 2 sen(x) cos(2x)

−2 cos(x) sen(2x) − sen(x) sen(2x) + cos(x) cos(2x)

)

=

(

cos(3x) sen(3x)

− sen(3x) cos(3x)

)

De donde se tiene que:

Ak =

(

cos(kx) sen(kx)

− sen(kx) cos(kx)

)

.

15. Si A ∈ Kn×n, demuestre que:

a) AA⊺ y A⊺A es simétrica.

b) A + A⊺ es simétrica.

c) A − A⊺ es antisimétrica.

Solución.

a) Para demostrar que AA⊺ y A⊺A son simétricas, calculamos la transpuesta de cada matriz. Se tiene

que:

(AA⊺)⊺ = (A⊺)⊺A⊺ = AA⊺

y

(A⊺A)⊺ = (A⊺)(A⊺)⊺ = A⊺A

Lo cual demuestra el enunciado.

b) A + A⊺ es simétrica.

(A + A⊺)⊺ = A⊺ + (A⊺)⊺ = A⊺ + A

Lo que verifica el enunciado.

c) A − A⊺ es antisimétrica.

(A − A⊺)⊺ = A⊺ − (A⊺)⊺ = A⊺ − A = −(A − A⊺)

Lo que demuestra el enunciado.

10




1. Realice un bosquejo de u y de su imagen a partir de la transformación matricial f dada:

a) f : R2 → R2 definida por:

f

(

x

y

)

=

(

1 0

0 −1

)(

x

y

)

u =

(

2

3

)

b) f : R2 → R2 definida por:

f

(

x

y

)

=

(

2 0

0 2

)(

x

y

)

u =

(

−3

3

)

c) f : R3 → R3 definida por:

f

x

y

z

=

1 0 1

−1 1 0

0 0 1

x

y

z

u =

0

−2

4

Solución.

• u =

(

2

3

)

−1

−2

−3

1

2

3

1 2 3 4−1−2−3−4−5

x

y

u

f(u)

2. Sea f : R2 → R3 la transformación matricial definida por f (x) = Ax, donde:

A =

1 2

0 1

1 1

Determine si el vector w dado está en la imagen de f .

1

a) w =

1

−1

2

b) w =

1

1

1

Solución. Para que w sea elemento de la imagen de f , se requiere un vector v que verifique f (v) = w, es

decir, que Av = w.

a) w =

1

−1

2

Si w es elemento de la imagen de f , para ello se debe verificar que:

1 2

0 1

1 1

(

v1

v2

)

=

1

−1

2

lo cual se verifica si v1 = 3 y v2 = −1, por lo tanto, w es elemento de la imagen de f .

b) w =

1

1

1

Si w es elemento de la imagen de f , para ello se debe verificar que:

1 2

0 1

1 1

(

v1

v2

)

=

1

1

1

Pero no existe un v que verifique la igualdad anterior, por lo tanto, w no pertenece a la imagen de

f .

4. Sea f : Rn → Rn una transformación matricial definida por f (u) = Au, donde A es una matriz de orden

m × n.

a) Demuestre que f (u + v) = f (u) + f (v) para todo u, v ∈ Rn.

b) Demuestre que f (cu) = c f (u) para todo u ∈ Rn y c ∈ R.

c) Demuestre que f (cu + dv) = c f (u) + d f (v) para todo u, v ∈ Rn y c, d ∈ R.

Solución.

a) Se tiene que

f (u + v) = A(u + v)

= Au + Av

= f (u) + f (v)

b) Se tiene que

f (cu) = A(cu)

= cAu

2

= c f (u)

para todo u ∈ Rn y c ∈ R.

c) Se tiene que

f (cu + dv) = A(cu) + A(dv)

= c(Au) + d(Av)

= c f (u) + d f (v)

5. Encuentre la matriz elemental, M ∈ R4x4, que se obtiene al realizar las siguientes operaciones por filas:

a) 3F1 → F1;

b) 2F2 → F2;

c) βF1 + F2 → F2, donde β ∈ R;

d) 3F1 + F3 → F3; y

e) − 12 F3 + F4 → F4.

Solución.

a) 3F1 → F2

3 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

.

b) 2F2 → F2

1 0 0 0

0 2 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

.

c) βF1 + F2 → F2

1 0 0 0

β 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

.

d) 3F1 + F3 → F3

1 0 0 0

0 1 0 0

3 0 1 0

0 0 0 1

e) − 12 F3 + F4 → F4

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 − 12 1

.

3

6. Dadas las siguientes matrices:

A =

3 1 3

1 2 3

−1 −3 4

3 9 −12

, B =

1 −1 1 4

3 2 1 2

4 2 2 8

y C =

(

−2 3 1 0

1 3 −1 −2

)

,

hallar su rango.

Solución. a) Vamos a hallar el rango de A, para ello reduciremos la matriz A por filas.

3 1 3

1 2 3

−1 −3 4

3 9 −12

∼

1 2 3

3 1 3

−1 −3 4

3 9 −12

F1 ↔ F2

∼

1 2 3

0 −5 −6

−1 −3 4

3 9 −12

− 3F1 + F2 → F2

∼

1 2 3

0 −5 −6

0 −1 7

3 9 −12

F1 + F3 → F3

∼

1 2 3

0 −5 −6

0 −1 7

0 3 −21

− 3F1 + F4 → F4

∼

1 2 3

0 1 −7

0 −5 −6

0 3 −21

− F3 ↔ F2

∼

1 2 3

0 1 −7

0 0 −41

0 3 −21

5F2 + F3 → F3

∼

1 2 3

0 1 −7

0 0 −41

0 0 0

− 3F2 + F4 → F4

∼

1 2 3

0 1 −7

0 0 1

0 0 0

−1

41F3 → F3

∼

1 2 3

0 1 0

0 0 1

0 0 0

7F3 + F2 → F2

4

∼

1 2 0

0 1 0

0 0 1

0 0 0

− 3F3 + F1 → F1

∼

1 0 0

0 1 0

0 0 1

0 0 0

− 2F2 + F1 → F1

Así la matriz escalonada reducida por filas, equivalente a A es

1 0 0

0 1 0

0 0 1

0 0 0

Por lo tanto rang(A) = 3.

b) Para encontrar el rango de C hallaremos la matriz escalonada reducida por filas equivalente a C.(

−2 3 1 0

1 3 −1 −2

)

∼

(

1 3 −1 −2

−2 3 1 0

)

F1 ↔ F2

∼

(

1 3 −1 −2

0 9 −1 −4

)

2F1 + F2 → F2

∼

(

1 3 −1 −2

0 1 − 19 − 4

9

)

1

9F2 → F2

∼

(

1 0 − 23 − 2

3

0 1 − 19 − 4

9

)

F1 − 3F2 → F1

Así la matriz escalonada reducida por filas equivalente a C es(

1 0 − 23 − 2

3

0 1 − 19 − 4

9

)

.

Por lo tanto rang(C) = 2.

7. Sea A =

i −(1 + i) 0

1 −2 1

1 2i −1

, hallar la matriz escalonada reducida por filas equivalente a A.

Solución. Para hallar la matriz escalonada reducida por filas equivalente a A, realizaremos el proceso de

Gauss-Jordan.

i −(1 + i) 0

1 −2 1

1 2i −1

∼

1 −2 1

i −(1 + i) 0

1 2i −1

F2 ↔ F1

∼

1 −2 1

0 1 − i i

1 2i −1

iF1 − F2 → F2

5

∼

1 −2 1

0 1 − i i

0 2i + 2 −2

F1 − F3 → F3

∼

1 −2 1

0 1 − 12 +

12 i

0 2i + 2 −2

(

1

2+

1

2i

)

F2 → F2

∼

1 −2 1

0 1 − 12 +

12 i

0 0 0

(2i + 2)F2 − F3 → F3

∼

1 0 i

0 1 − 12 +

12 i

0 0 0

F1 − 2F2 → F1

Así la matriz escalonada reducida por filas equivalente a A es

1 0 i

0 1 − 12 +

12 i

0 0 0

.

8. Dado el sistema lineal de ecuacionesx + 5y − 4z = 0

x − 2y + z = 0

3x + y − 2z = 0

utilizar la eliminación de Gauss-Jordan para determinar el conjunto de soluciones del sistema.

Solución. La forma matricial del sistema es:

1 5 −4

1 −2 1

3 1 −2

x

y

z

=

0

0

0

.

La matriz ampliada correspondiente es:

1 5 −4 | 0

1 −2 1 | 0

3 1 −2 | 0

Ahora, podemos aplicar la aliminación de Gauss-Jordan a la matriz ampliada:

1 5 −4 | 0

1 −2 1 | 0

3 1 −2 | 0

∼

1 5 −4 | 0

0 −7 5 | 0

0 −14 10 | 0

− 1F1 + F2 → F2

− 3F1 + F3 → F3

∼

1 5 −4 | 0

0 −7 5 | 0

0 0 0 | 0

− 2F2 + F3 → F3

∼

1 5 −4 | 0

0 1 − 57 | 0

0 0 0 | 0

−

1

7F2 → F2

6

∼

1 0 − 37 | 0

0 1 − 57 | 0

0 0 0 | 0

− 5F2 + F1 → F1

Como la matriz equivalente a la matriz de los coeficientes ya es escalonada reducida por filas, compa-

ramos los rangos rang(A) = rang(A|b) = 2 y es menor que el número de incógnitas (3) entonces, el

sistema tiene infinitas soluciones. Como los sistemas

x + 5y − 4z = 0

x − 2y + z = 0

3x + y − 2z = 0

y

x − 37 z = 0

y − 57 z = 0

son equivalentes, por ende, tienen las mismas soluciones

x = 37 t

y = 57 t

z = t

Es decir, el conjunto de soluciones del sistema es{

3

7t,

5

7t, t : t ∈ R

}

.

10. Sea α ∈ R; y considere el sistema lineal

x + y + αz = 2

3x + 4y + 2z = α

2x + 3y − z = 1

a) Utilizando la eliminación de Gauss-Jordan, determine las condiciones sobre α tales que el sistema

tenga solución.

b) Para las condiciones sobre α en que el sistema tiene solución, escriba el conjunto de soluciones del

sistema.

Solución. a) Tenemos las matrices

A =

1 1 α

3 4 2

2 3 −1

y b =

2

α

1

.

Así, el sistema en forma matricial es

1 1 α

3 4 2

2 3 −1

x

y

z

=

2

α

1

.

De donde, la matriz ampliada (A|b) es

1 1 α | 2

3 4 2 | α

2 3 −1 | 1

7

Realizamos la eliminación de Gauss-Jordan sobre la matriz ampliada, así:

1 1 α | 2

3 4 2 | α

2 3 −1 | 1

∼

1 1 α | 2

0 1 2 − 3α | α − 6

0 1 −1 − 2α | −3

− 3F1 + F2 → F2

− 2F1 + F3 → F3

∼

1 1 α | 2

0 1 2 − 3α | α − 6

0 0 α − 3 | 3 − α

− 1F2 + F3 → F3

Si α 6= 3, entonces

∼

1 1 α | 2

0 1 2 − 3α | α − 6

0 0 1 | 3−α

α−3

1

α − 3F3 → F3

∼

1 1 α | 2

0 1 0 | −2α − 4

0 0 1 | −1

− (2 − 3α)F3 + F2 → F2

∼

1 1 0 | α + 2

0 1 0 | −2α − 4

0 0 1 | −1

− αF3 + F1 → F1

∼

1 0 0 | 3α + 6

0 1 0 | −2α − 4

0 0 1 | −1

− 1F2 + F1 → F1

De donde, tenemos que el rang(A) = 3 = rang(A|b). Entonces el sistema tiene una solución

única si α 6= 3. Ahora, analizamos el sistema lineal cuando α = 3;es decir, regresamos a la matriz

ampliada

1 1 α | 2

0 1 2 − 3α | α − 6

0 0 α − 3 | 3 − α

Reemplazamos α = 3, realizamos la eliminación de Gauss-Jordan y obtenemos

1 0 10 | 5

0 1 −7 | −3

0 0 0 | 0

Si comparamos los rangos, tenemos que, rang(A) = 2 = rang(A|b), pero es menor que el número

de incógnitas (3), entonces el sistema tiene infinitas soluciones.

b) Si α 6= 3, la matriz ampliada asociada al sistema es

1 0 0 | 3α + 6

0 1 0 | −2α − 4

0 0 1 | −1

.

entonces el conjunto de soluciones del sistema es

{(3α + 6,−2α − 4,−1) : α 6= 3}.

8

Si α = 3, la matriz ampliada asociada al sistema es

1 0 10 | 5

0 1 −7 | −3

0 0 0 | 0

Así, tenemos que

x = 5 − 10r

y = −3 + 7r

z = r

es una solución del sistema lineal para todo r ∈ R. Entonces el conjunto de soluciones del sistema,

cuando α = 3, es

{(5 − 10r,−3 + 7r, r) : r ∈ R}.

11. Sea p ∈ R y q ∈ R; y considere el sistema lineal

x + z = q

2w + y = 0

3w + x + 2z = 0

pw + 2y + 3z = 3

Determine las condiciones sobre p y q para que el sistema tenga una única solución.

Solución. La representación matricial del sistema es

1 0 1 0

0 1 0 2

1 0 2 3

0 2 3 p

x

y

z

w

=

q

0

0

3

.

de donde, la matriz ampliada asociada al sistema es

1 0 1 0 | q

0 1 0 2 | 0

1 0 2 3 | 0

0 2 3 p | 3

Luego de aplicar la eliminación de Gauss-Jordan a la matriz ampliada, tenemos

1 0 0 0 | 2pq−17q+9p−13

0 1 0 0 | −6q−6p−13

0 0 1 0 | −pq+4q−9p−13

0 0 0 1 | 3q+3p−13

De donde, tenemos que, si p 6= 13 y para todo q ∈ R, rang(A) = 4 = rang(A|b); y ademas es igual

al número de incógnitas (4). Entonces, el sistema es consistente y tiene una única solución si p 6= 13 y

para todo q ∈ R. Es fácil verificar que cuando p = 13 el sistema o bien no tiene solución o tiene infinitas

soluciones, por lo que este caso queda excluido de este análisis.

13. Sean u, v soluciones del sistema homogéneo Ax = 0.

a) Demuestre que u + v es una solución.

b) Demuestre que u − v es una solución.

c) Para cualesquiera escalares r y s, demuestre que ru + sv es una solución.

9

Solución. a) u + v es solución si A(u + v) = 0, entonces

A(u + v) = Au + Av

= 0 + 0

= 0

Luego u + v es una solución

b) u − v es solución si A(u − v) = 0, entonces

A(u − v) = Au − Av

= 0 − 0

= 0

Luego u − v es una solución

c) ru + sv es solución si A(ru + sv) = 0, entonces

A(ru + sv) = A(ru) + A(sv)

= r(Au) + s(Av)

= r0 + s0

= 0 + 0

= 0

Luego ru + sv es una solución

14. Demuestre que, si u, v son soluciones del sistema lineal Ax = b, entonces u − v es solución del sistema

homogéneo Ax = 0.

Solución. u − v es solución del sistema homogéneo si A(u − v) = 0, entonces

A(u − v) = Au − Av

= b − b

= 0

Luego u − v es una solución del sistema homogéneo.

Ejercicos para la clase CP: 1a, 2, 4, 5a, 5c, 5d, 6a, 6c, 8, 10, 11, 13

10




1. Dadas las matrices A y B, comprobar que B es la matriz inversa de A:

a) A =

(

3 −5

−1 2

)

y B =

(

2 5

1 3

)

;

b) A =

1 −1 1

0 2 −1

2 3 0

y B =

3 3 −1

−2 −2 1

−4 −5 2

.

Solución. Se tiene B es la matriz inversa de A si y solo si AB = BA = In, utilicemos esto en cada caso.

a) Calculemos AB:

AB =

(

3 −5

−1 2

)(

2 5

1 3

)

=

(

1 0

0 1

)

= I2,

Ahora, calculemos BA:

BA =

(

2 5

1 3

)(

3 −5

−1 2

)

=

(

1 0

0 1

)

= I2.

Con esto, se tiene que B es la matriz inversa de A, es decir B = A−1.

2. Sea A ∈ Kn×n, tal que A2 − A3 = In. Demostrar que A es invertible y calcular A−1.

Solución. Notemos que

A2 − A3 = A(A − A2) = (A − A2)A,

por lo tanto,

A(A − A2) = In y (A − A2)A = In,

con esto, y dado que A es una matriz cuadrada, tenemos que A es invertible y su inversa es

A−1 = A − A2.

3. Dadas las matrices P, D, B ∈ Kn×n, con P y D matrices no singulares determinar una expresión para A

bajo cada una de los siguientes supuestos:

a) PA = DP

b) PAD = B

c) AP + DB = B

Solución.

1

a) Dado que P es una matriz no singular, existe la matriz P−1, por lo tanto, a partir del supuesto

PA = DP,

multiplicando por la matriz P−1, tenemos que

P−1PA = P−1DP,

ahora, dado que P−1P = In, tenemos que

In A = P−1DP,

por lo tanto

A = P−1DP.

b) Dado que P y D son matrices no singular, existen las matrices P−1 y D−1, con esto, tenemos las

siguientes equivalencias

PAD = B ⇐⇒ P−1PAD = P−1B

⇐⇒ AD = P−1B

⇐⇒ ADD−1 = P−1BD−1

⇐⇒ A = P−1BD−1,

Con esto, se tiene que

A = P−1BD−1.

4. Dadas las matrices P, A, D ∈ Kn×n, con P una matriz no singular, y k ∈ N∗, determinar una expresión

para Ak bajo es supuesto que PA = DP.

Solución. Dado que P es una matriz no singular, existe la matriz P−1, por lo tanto, se tiene que

A = P−1DP.

Ahora, notemos que

A2 = (P−1DP)(P−1DP) = P−1D(PP−1)DP = P−1D2P

y

A3 = A2 A = (P−1D2P)(P−1DP) = P−1D3P.

Con esto, conjeturamos que

Ak = P−1DkP,

para todo k ∈ N∗. Procedemos a demostrar esta afirmación utilizando inducción matemática, para esto,

debemos demostrar que

a) A1 = P−1D1P; y

b) para k ∈ N∗, Ak = P−1DkP implica Ak+1 = P−1Dk+1P.

En efecto:

a) Tenemos que

A1 = A y P−1D1P = P−1DP,

por lo tanto

A1 = P−1D1P.

2

b) Sea k ∈ N∗ y supongamos que

Ak = P−1DkP,

tenemos que

Ak+1 = Ak A,

= (P−1DkP)(P−1DP),

= P−1Dk(PP−1)DP,

= P−1Dk(In)DP,

= P−1DkDP,

= P−1Dk+1P.

Con esto,se concluye que

Ak = P−1DkP,

para todo k ∈ N∗.

8. Considere la matriz

M =

0 1 −1

0 1 1

1 0 1

.

a) Calcule M3 − 2M2 + 2M.

b) Deduzca que la matriz M es invertible y calcule su inversa.

c) Encuentre M−1 mediante operaciones por filas.

Solución.

a) Tenemos que

M2 = MM =

−1 1 0

1 1 2

1 1 0

; y M3 = M2M =

0 0 2

2 2 2

0 2 0

.

Entonces:

M3 − 2M2 + 2M =

0 0 2

2 2 2

0 2 0

− 2

−1 1 0

1 1 2

1 1 0

+ 2

0 1 −1

0 1 1

1 0 1

=

2 0 0

0 2 0

0 0 2

.

b) Puesto que

M3 − 2M2 + 2M = 2I3,

tenemos que

M(

12 (M2 − 2M + 2I)

)

= I3.

Deducimos que:

M−1 =1

2(M2 − 2M + 2I) =

1

2

1 −1 2

1 1 0

−1 1 0

.

9. ¿Cuál o cuales de los siguientes sistemas lineales tiene una solución no trivial?

3

a)

x + 2y + 3z = 0

2y + 2z = 0

x + 2y + 3z = 0

b)

2x + y − z = 0

x − 2y − 3z = 0

−3x − y + 2z = 0

Solución. Llamemos A a la matriz asociada al sistema en cada caso y b a su vector de términos indepen-

dientes.

a) Tenemos que

(A|b) =

1 2 3 | 0

0 2 2 | 0

1 2 3 | 0

∼

1 2 3 | 0

0 2 2 | 0

0 0 0 | 0

.

Entonces, rang(A) = rang(A|b) = 2 < 3, por lo tanto el sistema tiene infinitas soluciones. Así, se

concluye que el sistema tiene al menos una solución no trivial.

10. Sea A una matriz de orden 3 × 3. Suponga que x =

1

2

−3

es una solución del sistema homogéneo

Ax = 0. ¿A es singular o no singular? Justifique su respuesta.

Solución. Si el sistema Ax = 0 tiene una solución no trivial entonces A es singular. En este caso existe

un x 6= 0 que es solución del sistema, entonces A es singular.

11. Sea A una matriz de orden n × n. Demuestre que si A es singular, el sistema homogéneo Ax = 0 tiene

una solución no trivial.

Solución. Supongamos que A es singular. Tenemos que rang(A) = rang(A|0), por lo tanto, el siste-

ma tiene al menos una solución. Además, dado que A es singular, entonces rang(A) 6= n, de donde

rang(A) < n, de donde, se tiene que el sistema tiene infinitas soluciones, por lo tanto, tiene al menos

una solución no trivial.

12. Una fábrica de muebles de calidad tiene dos divisiones: un taller de máquinas herramienta donde se

fabrican las partes de los muebles, y una división de ensamble y terminado en la que se unen las partes

para obtener el producto final. Suponga que se tienen 12 empleados en el taller y 20 en la división

y que cada empleado trabaja 8 horas. Suponga también que se producen únicamente dos artículos:

sillas y mesas. Una silla requiere 38417 horas de maquinado y 480

17 horas de ensamble y terminado. Una

mesa requiere 24017 horas de maquinado y 640

17 horas de ensamble y terminado. Suponiendo que se tiene

una demanda ilimitada de estos productos y que el fabricante desea mantener ocupados a todos sus

empleados, ¿cuántas sillas y cuántas mesas puede producir esta fábrica al día?

Solución. Definamos:

• x a la cantidad de mesas producidas.

• y a la cantidad de sillas producidas.

4

El sistema de ecuaciones a resolver es:

24017 x + 384

17 y = 96

64017 x + 480

17 y = 160

cuya solución está dada por:

x = 2 y y = 3.

Así, la fábrica produce diariamente 3 sillas y 2 mesas.

14. Utilice una descomposición LU de las siguientes matrices para calcular sus inversas:

A =

4 3 −5

−4 −5 7

8 6 −8

y B =

2 −1 2

−6 0 −2

8 −1 5

Solución. Para la matriz A tenemos la siguiente descomposición LU:

A =

1 0 0

−1 1 0

2 0 1

4 3 −5

0 −2 2

0 0 2

.

Tenemos que

1 0 0

−1 1 0

2 0 1

−1

=

1 0 0

1 1 0

−2 0 1

y

4 3 −5

0 −2 2

0 0 2

−1

=

1/4 3/8 1/4

0 −1/2 1/2

0 0 1/2

.

Así,

A−1 =

1/4 3/8 1/4

0 −1/2 1/2

0 0 1/2

1 0 0

1 1 0

−2 0 1

=

1/8 3/8 1/4

−3/2 −1/2 1/2

−1 0 1/2

.

16. Determine los valores desconocidos en el siguiente circuito:

Solución. Primero asignamos una orientación a las corrientes elétricas como se indica en el siguiente

gráfico:

5

El circuito posee dos nodos: b y e. La ley de voltajes de Kirchhoff en estos nodos nos da la única ecuación

I1 + I2 + 13 = 0. (1)

Aplicando la ley de voltajes de Kirchoff en los segmentos de nodos e y b, obtenemos

−I1 + 60 − 3I1 = 80 = −3I2 + E − 2I2. (2)

Las ecuaciones (1) y (2) nos producen el sistema de ecuaciones lineales

1 1 0

−4 0 0

0 −5 1

I1

I2

E

=

−13

20

80

,

cuya solución es

I1

I2

E

=

−5

−8

40

,

de modo que la corriente I1 es de 5 A en el sentido contrario al elegido, la corriente I1 es de 8 A en el

sentido contrario al elegido y el voltaje de la fuente es de 40 V.

17. Considere el circuito

Demuestre que si1

R=

1

R1+

1

R2+

1

R3,

entonces

I1 =RI

R1, I2 =

RI

R2y I3 =

RI

R3.

Solución. Asignamos una orientación a las corrientes elétricas como se indica en el siguiente gráfico:

6

La ley de voltajes de Kirchhoff produce las siguientes ecuaciones

E = −R1 I1 = −R2 I2 = −R3 I3. (3)

Por otro lado, la ley de corriente de Kirchhoff establece que

I = I1 + I2 + I3. (4)

De las ecuaciones (3) tenemos que

I1 = −E

R1, I2 = −

E

R2y I3 = −

E

R3, (5)

lo que, por (4) nos da

I = −E

(

1

R1+

1

R2+

1

R3

)

= −E

R,

y por ende

E = −RI.

Así, de (5) se obtiene

I1 =RI

R1, I2 =

RI

R2y I3 =

RI

R3,

como se quería demostrar.

Ejercicios para la clase CP: 1a, 2, 3b, 4, 5, 6a, 6b, 8, 9a, 10, 11, 12, 14a

7




1. Encuentre el mejor ajuste cuadrático para los puntos dados:

{(−2, 1), (−1, 0), (0, 1), (1, 0), (2, 3)}

Solución. Buscamos una ecuación de la forma y = a+ bx+ cx2, entonces, para los puntos dados tenemos

el sistema

1 = a − 2b + 4c

0 = a − b + c

1 = a

0 = a + b + c

3 = a + 2b + 4c

Que podemos escribir mediante su notación matricial como:

y = Au

donde

y =

1

0

1

0

3

A =

1 −2 4

1 −1 1

1 0 0

1 1 1

1 2 4

y u =

a

b

c

El vector que minimiza el error está dado por:

u = (A⊺A)−1A⊺y.

Entonces calculamos

(A⊺A)−1 =

5 0 10

0 10 0

10 0 34

−1

=

1735 0 − 1

7

0 110 0

− 17 0 1

14

luego

(A⊺A)−1A⊺ =

1735 0 − 1

7

0 110 0

− 17 0 1

14

1 1 1 1 1

−2 −1 0 1 2

4 1 0 1 4

=

− 335

1235

1735

1235 − 3

35

− 15 − 1

10 0 110

15

17 − 1

14 − 17 − 1

1417

1

de donde, tenemos que

u = (A⊺A)−1A⊺y

=

− 335

1235

1735

1235 − 3

35

− 15 − 1

10 0 110

15

17 − 1

14 − 17 − 1

1417

1

0

1

0

3

=

172537

.

Así, el mejor ajuste cuadrático para los datos está dado por

y =1

7+

2

5x +

3

7x2.

2. En un experimento diseñado para determinar el alcance de la orientación natural de una persona, un

sujeto se introduce a una habitación especial, en donde se le mantiene durante cierto tiempo. Luego se

le pide que encuentre la salida de un laberinto y se registra el tiempo que tarda en encontrarla. A partir

de tal experiencia se han obtenido los siguientes datos.

Tiempo en la habitación Tiempo en encontrar la salida del laberinto

(horas) (minutos)

2 1

3 2

4 3

5 4

Sea x el número de horas que pasa el individuo en la habitación, y sea y el número de minutos que tarda

en encontrar la salida del laberinto.

a) Determine la recta de mínimos cuadrados que relaciona x con y.

b) Utilice la ecuación obtenida para estimar el tiempo que tardará el sujeto en encontrar la salida del

laberinto después de 10 horas en la habitación.

Solución.

a) Definamos las matrices

y =

1

2

3

4

, A =

1 2

1 3

1 4

1 5

y u =

(

b

m

)

.

Debemos resolver el sistema

A⊺Au = A⊺y,

es decir, debemos resolver el sistema(

4 14

14 54

)(

b

m

)

=

(

10

40

)

.

2

Resolviendo el sistema, se tiene que

m = 1 y b = −1,

por lo tanto, la ecuación de la recta de mínimos cuadrados para los puntos dados es

y = x − 1. (1)

b) El tiempo que tardará el sujeto en encontrar la salida del laberinto después de 10 horas en la habi-

tación se calcula reemplazando x = 10 en (1), así

y = 10 − 1 = 9.

En consecuencia, el sujeto tardará un estimado de 9 horas en encontrar la salida del laberinto, si ha

pasado 10 horas en la habitación.

4. Aproximadamente el 30 % de la población de Ecuador vive en la provincia del Guayas. Supongamos que

la migración de la población dentro y fuera de la provincia del Guayas será constante durante algunos

años, tal que el 10 % de la población del Guayas migra hacia otras provincias y el 1 % de los habitantes

de otras provincias migran hacia el Guayas.

a) Escriba la matriz de transición para el proceso de Markov.

b) ¿Qué porcentaje del total de la población ecuatoriana vivirá eventualmente en la provincia del

Guayas?

Solución. a) La matriz de transición asociada al proceso de Markov descrito está dada por:

Desde:Guayas Resto del país Hacia:

0,9 0,01 Guayas

0,1 0,99 Resto del país

T =

(

G RP

G 0,9 0,01

RT 0,1 0,99

)

b) La primera entrada del vector de estado estacionario contiene el porcentaje de ecuatorianos que

eventualmente vivirá en la provincia del Guayas:

Resolvemos el sistema homogéneo

(I − T)u = 0

en este caso es:(

0,1 −0,01

−0,1 0,01

)(

u1

u2

)

=

(

0

0

)

realizando operaciones elementales de fila(

0,1 −0,01

−0,1 0,01

)

∼

(

0,1 −0,01

0 0

)

∼

(

1 −0,1

0 0

)

de donde

u1 = 0,1r u2 = r

tal que

u1 + u2 = 0,1r + r = (1,1)r = 1

por lo cual

r = 0,909

3

el vector de estado estacionario es:

u =

(

0,091

0,909

)

.

Por lo tanto, el 9,1 % de la población ecuatoriana vivirá eventualmente en la provincia del Guayas.

5. Una población de votantes están distribuidos entre los partidos de Derecha (D), los partidos de Izquier-

da (R) y los partidos independientes (I). Entre dos elecciones la población votante p = [D, R, I] obedece

la siguiente transición en su opinión:

D R

I

0.1

0.2

0.1

0.1

0.3

0.3

0.7 0.8

0.4

Por ejemplo, en una próxima elección, de aquellos que votaron por partidos de Izquierda en la elec-

ción anterior el, 80 % mantendrán su voto por un partido de Izquierda, 10 % votará por un partido de

Derecha y 10 % votará por un partido independiente.

a) Escriba la matriz de transición para el proceso de Markov.

b) ¿Cuál es el vector de estado estacionario?

c) ¿Qué resultados se esperan en las próximas elecciones?

Solución. a) La matriz de transición asociada al proceso de Markov descrito está dada por:

T =

Partido D R I

D 0,7 0,1 0,3

R 0,2 0,8 0,3

I 0,1 0,1 0,4

b) Resolvemos el sistema homogéneo:

(I − T)u = 0

4

en este caso es:

0,3 −0,1 −0,3

−0,2 0,2 −0,3

−0,1 −0,1 0,6

u1

u2

u3

=

0

0

0

realizando operaciones elementales de fila

0,3 −0,1 −0,3

−0,2 0,2 −0,3

−0,1 −0,1 0,6

∼

−0,1 −0,1 0,6

−0,2 0,2 −0,3

0,3 −0,1 −0,3

∼

0,1 0,1 −0,6

−0,2 0,2 −0,3

0,3 −0,1 −0,3

∼

0,1 0,1 −0,6

0 0,4 −1,5

0 −0,4 1,5

0,1 0,1 −0,6

0 0,4 −1,5

0 0 0

∼

1 1 −6

0 4 −15

0 0 0

∼

1 0 6

0 1 −154

0 0 0

de donde

u1 = −6r u2 =15

4r u3 = r

tal que

u1 + u2 + u3 = −6r +15

4r + r = −

5

4r = 1

por lo cual

r = −4

5

el vector de estado estacionario es:

u =

0,48

0,51

0,01

.

c) Podemos esperar los siguientes resultados en las siguientes elecciones:

T · u =

0,3 −0,1 −0,3

−0,2 0,2 −0,3

−0,1 −0,1 0,6

0,48

0,51

0,01

=

0,390

0,507

0,103

Entonces tenemos que, del 70 % de los que votaron por partidos de Derecha, 48 % siguen votanto

por partidos de derecha; 10 % del 51 % que votaron por un partido de Izquierda, ahora votarán por

un patido de Derecha y el 30 % del 1 % de los que votaron por un partido independiente también

votarán por un partido de Derecha.

Ejercicios para la clase CP: 1, 2, 4, 5

5




1. Calcule el determinante de las matrices:

1 2 3 −1

4 5 6 −2

7 8 9 1

−1 1 2 3

y

1 15 14 4

12 6 7 9

8 10 11 5

13 3 2 10

.

Solución. Calculamos el determinante utilizando menores, para lo cual consideramos la primera fila, por

lo tanto

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 3 −1

4 5 6 −2

7 8 9 1

−1 1 2 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

5 6 −2

8 9 1

1 2 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

− 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

4 6 −2

7 9 1

−1 2 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+ 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

4 5 −2

7 8 1

−1 1 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+ 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

4 5 6

7 8 9

−1 1 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −27 − 2(−78) + 3(−48) + 3

= −12.

También podemos calcular el determinante utilizando operaciones elementales por fila:

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 3 −1

4 5 6 −2

7 8 9 1

−1 1 2 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 3 −1

0 −3 −6 2

0 −6 −12 8

0 3 5 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−4F1 + F2 → F2

−7F1 + F3 → F3

F1 + F4 → F4

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 3 −1

0 −3 −6 2

0 0 0 4

0 0 −1 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−2F2 + F3 → F3

F2 + F4 → F4

= −

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 3 −1

0 −3 −6 2

0 0 −1 4

0 0 0 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

F3 ↔ F3

Dado que el determinante de una matriz triangular superior es el producto de los elementos de la dia-

gonal, obtenemos que

det(A) = −12.

1

5. Considere la matriz A definida por:

A =

1 1 1

cos(a) cos(b) cos(c)

sen(a) sen(b) sen(c)

,

Donde a, b, c ∈]0, 2π[.

a) Calcule el determinante de A en función de a, b y c.

b) Deduzca una condición sobre b y c tal que para todo a, la matriz A sea singular.

Solución. a) Se puede realizar una operación elemental por columnas (o de modo equivalente, una

operación elemental por filas a la matriz transpuesta de A).

A ∼

0 1 1

cos a − cos b cos b cos c

sen a − sen b sen b sen c

C1 − C2 → C1

A continuación, se calcula el determinante por expansión de cofactores de la primera columna:

det(A) = −(cos a − cos b)

∣

∣

∣

∣

∣

1 1

sen b sen c

∣

∣

∣

∣

∣

+ (sen a − sen b)

∣

∣

∣

∣

∣

1 1

cos b cos c

∣

∣

∣

∣

∣

= −(cos a − cos b)(sen c − sen b) + (sen a − sen b)(cos c − cos b)

= − cos a sen c + cos a sen b + cos b sen c − cos b sen b + sen a cos c − sen a cos b − sen b cos c + sen b cos

= (sen b cos a − sen a cos b) + (sen a cos c − sen c cos a) + (sen c cos b − sen b cos c)

= sen(b − a) + sen(a − c) + sen(c − b)

b) Podemos definir α = b − a y β = a − c, de donde:

det(A) = sen α + sen β + sen(−(α + β))

Por imparidad de la función sen, tenemos que, para todo a:

det(A) = 0 si α = −β, es decir si b = c.

Por lo tanto, A es singular para cualquier valor de a si b = c.

6. Sea a ∈ R. Considere la matriz parametrada definida por:

Ma =

a −2 2

1 −a 3

5 −8 12a

a) Calcule el determinante de Ma en función de a.

b) Defina para qué valores de a la matriz Ma es invertible.

Solución. a) Se empieza por una operación elemental por columnas:

2

Ma ∼

a −2 0

1 −a 3 − a

5 −8 12a − 8

C2 + C3 → C3

A continuación, se calcula el determinante por expansión de cofactores de la tercera columna:

det(Ma) = −(3 − a)

∣

∣

∣

∣

∣

a −2

5 −8

∣

∣

∣

∣

∣

+ (12a − 8)

∣

∣

∣

∣

∣

a −2

1 −a

∣

∣

∣

∣

∣

= (a − 3)(−8a + 10) + (12a − 8)(−a2 + 2)

= −8a2 + 10a + 24a − 30 − 12a3 + 24a + 8a2 − 16

= −12a3 + 58a − 46

= −2(6a3 − 29a + 23)

= −2(a − 1)(6a2 + 6a − 23)

= −12(a − 1)(a − α)(a − β),

donde

α =−3 − 7

√3

6y β =

−3 + 7√

3

6

b) Ma es invertible si y solo si det(Ma) 6= 0. Por lo tanto, Ma es invertible para todo a ∈ R − {1, α, β}

7. Considere la matriz M definida por:

M =

0 1 −1

0 1 1

1 0 1

.

a) Calcule el determinante de M y diga si es invertible.

b) Calcule la matriz de cofactores de M.

c) Obtenga la inversa de M.

Solución. a) El cálculo del determinante es inmediato por expansión de cofactores de la primera co-

lumna:

det(M) = 1

∣

∣

∣

∣

∣

1 −1

1 1

∣

∣

∣

∣

∣

= 2.

El determinante es distinto de 0, así que M es invertible.

b) La matriz de cofactores de M sería:

cof(M) =

1 1 −1

−1 1 1

2 0 0

.

c) Se deduce que la matriz inversa de M está dada por:

M−1 =1

2

1 −1 2

1 1 0

−1 1 0

.

3

8. Sea A ∈ Rn×n. Demuestre cada una de las siguientes proposiciones:

a) Si A es antisimétrica y n es impar, entonces det(A) = 0.

b) Si A es nilpotente, entonces det(A) = 0.

c) Si P ∈ Rn×n es no singular, entonces det(P−1AP) = det(A).

d) Si P ∈ Rn×n es no singular y B ∈ Rn×n son tales que PA = BP, entonces, para todo λ ∈ R, se

verifica la igualdad det(λI − A) = det(λI − B), donde I ∈ Rn×n es la matriz identidad.

Solución. a) Si A es antisimétrica se tiene que A⊺ = −A, por ende

det(A⊺) = det(−A).

Pero det(A⊺) = det(A) y det(−A) = (−1)n det(A), así

det(A) = (−1)n det(A),

y, cuando n es impar, se tiene que (−1)n = −1, con lo cual

det(A) = −det(A),

lo que es posible solamente si det(A) = 0.

b) Si A es nilpotente, existe k ∈ N∗ tal que Ak = 0, pero entonces

0 = det(0) = det(Ak) = (det(A))k,

de donde det(A) = 0.

c) En este caso tenemos que det(P) 6= 0 y

det(P−1AP) = det(P−1)det(A)det(P) =1

det(P)det(A)det(P) = det(A).

d) Como PA = BP y P es no singular se tiene que A = P−1BP. Luego, para λ ∈ R tenemos que

P−1(λI − B)P = λP−1 IP − P−1BP = λI − A,

entonces, por el inciso anterior se tiene que

det(λI − A) = det(P−1(λI − B)P) = det(λI − B).

9. Sea A = (aij) ∈ Rn×n con n ≥ 2. Suponga que aij = 0 siempre que i + j ≤ n. En los literales de (a) a (d)

no utilice desarrollo por menores para resolver el ejercicio:

a) Si n = 2, demuestre que

det(A) = −a12a21.

b) Si n = 3, demuestre que

det(A) = −a13a22a31.

c) Si n = 4, demuestre que

det(A) = a14a23a32a41.

d) Si n = 5, demuestre que

det(A) = a15a24a33a42a51.

4

e) Conjeture una expresión para det(A) para cualquier n ∈ N, con n ≥ 2 y demuestre esta conjetura.

Solución. En cada caso, usamos el hecho de que el determinante de una matriz triangular es igual al

producto de las entradas de la diagonal principal.

a) Intercambiando filas, se tiene que

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

0 a12

a21 a22

∣

∣

∣

∣

∣

= −

∣

∣

∣

∣

∣

a21 a22

0 a12

∣

∣

∣

∣

∣

= −a12a21.

b) Intercambiando la primera fila con la tercera se obtiene

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 0 a13

0 a22 a23

a31 a32 a33

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a31 a32 a33

0 a22 a23

0 0 a13

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −a13a22a31

c) Primero, intercambiamos la primera fila con la cuarta:

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 0 0 a14

0 0 a23 a24

0 a32 a33 a34

a41 a42 a43 a44

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a41 a42 a43 a44

0 0 a23 a24

0 a32 a33 a34

0 0 0 a14

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

.

A continuación, intercambiamos la segunda y tercera fila:

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a41 a42 a43 a44

0 a32 a33 a34

0 0 a23 a24

0 0 0 a14

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= a14a23a32a41.

d) Primero intercambiamos la fila uno con la fila cinco y luego intercambiamos la fila dos con la fila

cuatro, así obtenemos

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 0 0 0 a15

0 0 0 a24 a25

0 0 a33 a34 a35

0 a42 a43 a44 a45

a51 a52 a53 a54 a55

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a51 a52 a53 a54 a55

0 0 0 a24 a25

0 0 a33 a34 a35

0 a42 a43 a44 a45

0 0 0 0 a15

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a51 a52 a53 a54 a55

0 a42 a43 a44 a45

0 0 a33 a34 a35

0 0 0 a24 a25

0 0 0 0 a15

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= a15a24a33a42a51.

e) Con base en los incisos anteriores se conjetura la expresión

det(A) = (−1)⌊n/2⌋a1na2,n−1a3,n−2 · · · an1.

Probaremos esta conjetura por inducción sobre n. Para n = 2 esto fue probado en el literal (a). Su-

poniendo que la expresión es válida para n, y que A ∈ R(n+1)×(n+1) desarrollamos el determinante

5

de A por menores sobre la primera fila, así

det(A) = (−1)n+1a1,n+1 det(B),

donde B = (bij) ∈ Rn×n está dada por bij = ai+1,j, para todo i, j ∈ {1, . . . , n}. Supongamos que

i+ j ≤ n, entonces (i+ 1) + j ≤ n+ 1, de modo que bij = ai+1,j = 0. Así, por hipótesis de inducción,

se tiene que

det(B) = (−1)⌊n/2⌋b1nb2,n−1 · · · bn1 = (−1)⌊n/2⌋a2na3,n−1 . . . an+1,1,

con lo cual

det(A) = (−1)n(−1)⌊n/2⌋a1,n+1a2na3,n−1 . . . an+1,1.

Propiedades elementales de la función parte entera nos permiten afirmar que (−1)n(−1)⌊n/2⌋ =

(−1)⌊(n+1)/2⌋, con lo cual

det(A) = (−1)⌊(n+1)/2⌋a1,n+1a2na3,n−1 . . . an+1,1,

lo que completa la demostración.

10. Sea a ∈ R. Considere la matriz

A =

a 1 −1 1

−1 a −1 −1

1 1 a −1

−1 1 1 a

.

Use el producto de matrices AA⊺ para obtener el valor de |det(A)|.

Solución. Notemos que

AA⊺ =

a2 + 3 0 0 0

0 a2 + 3 0 0

0 0 a2 + 3 0

0 0 0 a2 + 3

= (a2 + 3)I4,

con lo cual,

(det(A))2 = det(A)det(A)

= det(A)det(A⊺)

= det(AA⊺)

= (a2 + 3)4 det(I4)

= (a2 + 3)4.

Así, tenemos que

|det(A)| = (a2 + 3)2.

12. Use la Regla de Cramer para resolver el siguiente sistema:

3x − 2y + = 7,

3y + 2z = 6,

−2x + 3z = −1,

6

Solución. Para resolver el sistema primero identificamos si el sistema tiene solución única o no, como

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 −2 0

0 3 2

−2 0 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 35

el determinante es diferente de cero, entonces el sistema tiene solución única. Tenemos que:

det(A1) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

7 −2 0

6 3 2

−1 0 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 103,

det(A2) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 7 0

0 6 2

−2 −1 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 32,

det(A3) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 −2 7

0 3 6

−2 0 −1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 57,

de donde, utilizando la Regla de Cramer, podemos concluir que:

x =|A1|

|A|=

103

35y =

|A1|

|A|=

32

35z =

|A1|

|A|=

57

35.

13. Hallar α ∈ R mediante la Regla de Cramer tal que el siguiente sistema tenga solución única:

3x − 2y = 1,

y + αz = 0,

αx − 2y + z = α.

Solución. Por el Teorema de equivalencias no singulares, tenemos que el sistema tiene solución única si

det(A) 6= 0, en este caso:

|A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 −2 0

0 1 α

α −2 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

(1)

= (−1)2+2(1)

∣

∣

∣

∣

∣

3 0

α 1

∣

∣

∣

∣

∣

+ (−1)2+3α

∣

∣

∣

∣

∣

3 −2

α −2

∣

∣

∣

∣

∣

(2)

= 3 + 6α − 2α2 (3)

6= 0 (4)

para todo α ∈ R r

{

3

2−

√15

2,

3

2+

√15

2

}

.

14. Use la Regla de Cramer para resolver el siguiente sistema con α, β ∈ R

x + y + z = 1,

x + y = α,

y + z = β.

7

Solución. Para resolver el sistema primero identificamos si el sistema tiene solución única o no, como

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 1

1 1 0

0 1 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 1,

el determinante es diferente de cero, entonces el sistema tiene solución única. Tenemos que:

det(A1) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 1

α 1 0

β 1 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 1 − β,

det(A2) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 1

1 α 0

0 β 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= α − 1 + β,

det(A3) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 1

1 1 α

0 1 β

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= α − 1,

de donde, utilizando la Regla de Cramer, podemos concluir que:

x =|A1|

|A|= 1 − β, y =

|A1|

|A|= α − 1 + β, z =

|A1|

|A|= α − 1.

16. Utilizando la siguiente figura:

a) Demuestre utilizando trigonometría elemental que:

c cos(A) + a cos(C) = b,

b cos(A) + a cos(B) = c,

c cos(B) + b cos(C) = a.

b) Si se considera que el sistema anterior es un sistema con tres ecuaciones y tres incógnitas: cos(A),

cos(B) y cos(C), demuestre que el determinante del sistema es diferente de cero.

c) Utilice la Regla de Cramer para encontrar una expresión para cos(C).

d) Utilizando el punto anterior, pruebe la Ley de Cosenos:

c2 = a2 + b2 − 2ab cos(C).

Solución. Resolvemos el literal a) considerando por la ley de suma de cosenos que

cos(C) =C

b

C

a−

bcos(A)

b

a cos(B)

a

8

=C

b

C

a− cos(A) cos(B)

c = bcos(A) + acos(B)

Se tiene entonces que

cos(A)c + acos(C) = b cos2(A) + a cos(A) cos(B) + aC

b

C

a− acos(A) cos(B)

= b cos2(A) + b sen2(A)

= b

de manera similar

cos(B)c + b cos(C) = b cos(A) cos(B) + a cos2(B) + bC

b

C

a− b cos(A) cos(B)

= a cos2(B) + a sen2(B)

= a

Para resolver el literal b), calculamos el determinante de la matriz asociada al sistema,

|A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

c 0 a

b a 0

0 c b

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= c

∣

∣

∣

∣

∣

a 0

c b

∣

∣

∣

∣

∣

+ a

∣

∣

∣

∣

∣

b a

0 c

∣

∣

∣

∣

∣

= 2abc

Pare resolver el literal c), utilizamos la Regla de Cramer, entonces se tiene que:

cos(c) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

c 0 b

b a c

0 c a

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2abc

=

c

∣

∣

∣

∣

∣

a c

c a

∣

∣

∣

∣

∣

+ b

∣

∣

∣

∣

∣

b a

0 c

∣

∣

∣

∣

∣

2abc

=ca2 − c3 + b2c

2abc

=a2 − c2 + b2

2ab,


2ab cos(C) = a2 − c2 + b2,

por lo tanto

c2 = a2 + b2 − 2ab cos(C).

Ejercicios para la clase CP: 1a, 3, 5, 6, 7, 8a, 8c, 9a, 9b, 12, 16.

9




1. Dados x, y ∈ Rn, demuestre que ‖x + y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2 si y sólo si x · y = 0.

Solución. Supongamos que ‖x + y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2, por la definición de norma y por propiedades del

producto punto, tenemos

‖x + y‖2 = ‖x‖2 + 2x · y + ‖y‖2,

o equivalentemente

2x · y = ‖x + y‖2 − ‖x‖2 − ‖y‖2 = 0,

lo que implica que x · y = 0.

Para mostrar el recíproco, supongamos que x · y = 0. Por la definición de norma y propiedades del

producto punto, tenemos

‖x + y‖2 = (x + y) · (x + y)

= x · x + x · y + y · x + y · y

= x · x + x · y + x · y + y · y

= x · x + 2x · y + y · y

= x · x + y · y

= ‖x‖2 + ‖y‖2.

Luego, se ha mostrado que ‖x + y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2 si y sólo si x · y = 0.

2. Dados x, y ∈ Rn, muestre que se verifica que ‖x + y‖2 + ‖x − y‖2 = 2‖x‖2 + 2‖y‖2.

3. Se define la distancia entre dos vectores de Rn por

d : Rn × Rn −→ R

(x, y) 7−→ ‖x − y‖.

Dados x, y, z ∈ Rn, demuestre que

a) d(x, y) ≥ 0.

b) d(x, y) = 0 si y sólo si x = y.

c) d(x, y) = d(y, x).

d) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y).

Solución. a) Por la propiedades de norma tenemos que ‖w‖ ≥ 0 para todo w ∈ Rn.

Dado que x − y ∈ Rn, junto con la definición de distancia entre dos vectores aplicada a (x, y),

obtenemos

d(x, y) = ‖x − y‖ ≥ 0.

1

b) Por la propiedades de norma tenemos que ‖w‖ = 0 si y sólo si w = 0.

Supongamos que d(x, y) = 0, por la definición de distancia entre dos vectores aplicada a (x, y),

obtenemos que

d(x, y) = ‖x − y‖ = 0,

si y sólo si x − y = 0, es decir, x = y.

Por lo tanto, se ha mostrado que d(x, y) = 0 si y sólo si x = y.

c) Por la definición de distancia entre dos vectores y por propiedades de norma, obtenemos el si-

guiente desarrollo

d(x, y) = ‖x − y‖

= ‖(−1)(y − x)‖

= | − 1|‖y − x‖

= ‖y − x‖

= d(y, x).

Luego, se ha mostrado que d(x, y) = d(y, x).

d) Por la definición de la distancia entre dos vectores aplicada a (x, y), junto con la desigualdad trian-

gular de la norma, obtenemos

d(x, y) = ‖x − y‖

≤ ‖x − z‖+ ‖z − y‖

≤ d(x, z) + d(z, y).

Luego, se ha mostrado que d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y).

4. Sean C1 ∈ R r {0} y C2 ∈ R r {0}, determinar C1 y C2 tales que

C1

(

1

2

)

+ C2

(

3

−1

)

=

(

0

0

)

Solución. Multiplicamos por los escalares a los vectores(

C1

2C1

)

+

(

3C2

−C2

)

=

(

0

0

)

,

ahora, sumamos(

C1 + 3C2

2C1 − C2

)

=

(

0

0

)

,

dos vectores son iguales si sus coordenadas son iguales, es decir,

C1 + 3C2 = 0,

2C1 − C2 = 0.

Ahora, resolvemos el sistema escribiendo la matriz ampliada asociada y utilizando eliminación Gauss,

de donde tenemos que(

1 3 | 0

2 −1 | 0

)

∼

(

1 3 | 0

0 −7 | 0

)

,

2

luego, rang(A) = rang(A|b) = 2 y es igual al número de incógnitas. Por lo tanto, el sistema tiene una

solución trivial, es decir, no es posible encontrar C1 y C2 no nulos, tales que

C1

(

1

2

)

+ C2

(

3

−1

)

=

(

0

0

)

.

5. Demuestre que si u ∈ Rn, entonces

0u = 0V

donde 0V el vector nulo.

Solución. Como u ∈ Rn, y por la definición de la multiplicación de un número real por un elemento de

Rn, tenemos que

0u = 0(u1, u2, . . . , un)

= (0u1, 0u2, . . . , 0un)

= (0, 0, . . . , 0)

= 0V .

Con lo cual queda demostrado lo solicitado.

6. Demuestre que si v ∈ Rn, entonces

v + (−1)v = 0V

donde 0V el vector nulo.

7. Sea a ∈ Rnr {0}. Considere el conjunto

M = {x ∈ Rn : x · a = 0}.

Demuestre que:

a) 0 ∈ M;

b) Si x, y ∈ M, entonces x + y ∈ M;

c) Si x ∈ M y α ∈ R, entonces αx ∈ M.

Solución. a) Como 0 · a = 0, se tiene que 0 ∈ M.

b) Sean x, y ∈ M, entonces x · a = y · a = 0, con lo cual

(x + y) · a = x · a + y · a = 0 + 0 = 0,

lo que significa que x + y ∈ M.

c) Sea x ∈ M y α ∈ R, x · a = 0, con lo cual

(αx) · a = α(x · a) = α0 = 0,

y por ende αx ∈ M.

8. Sea S un subconjunto no vacío de Rn. Se define el conjunto

S⊥ = {x ∈ Rn : x · y = 0 para todo y ∈ S}.

3

a) Si n = 3 y S = {(1,−2, 3), (0, 1,−1), (1, 0, 1)}, calcule S⊥.

b) Demuestre que (Rn)⊥ = {0}.

c) Demuestre que {0}⊥ = Rn.

d) Demuestre que Si S ⊆ Rn es no vacío, entonces S ⊆ (S⊥)⊥.

Solución. a) Sea x = (x1, x2, x3) ∈ M. Entonces debe verificarse que

(x1, x2, x3) · (1,−2, 3) = 0 (x1, x2, x3) · (0, 1,−1) = 0 y (x1, x2, x3) · (1, 0, 1) = 0,

lo que significa que S⊥ es el conjunto de soluciones del sistema homogéneo

x1 − 2x2 + 3x3 = 0,

x2 − x3 = 0,

x1 + x3 = 0.

Así

S⊥ ={

r(1,−1,−1) ∈ R3 : r ∈ R

}

.

b) Sea x ∈ (R3)⊥, entonces, para todo y ∈ R3 se tiene que x · y = 0. En particular, para ei, con

i ∈ {1, . . . , n} se tiene que

x · ei = 0,

lo que significa que

xi = 0,

para todo i ∈ {1, . . . , n}, es decir, x = 0 y por ende (Rn)⊥ ⊆ {0}. La otra inclusión es inmediata.

c) La igualdad {0}⊥ = Rn es consecuencia inmediata del hecho que x · 0 = 0 para todo x ∈ Rn.

d) Sea x ∈ S, entonces, por definición x · y = 0 para todo y ∈ S⊥, lo que significa que x ∈ (S⊥)⊥.

9. Sean x, y, z ∈ Rnr {0}. Demuestre o dé un contraejemplo para cada una de las siguientes afirmaciones:

a) Si x e y son paralelos, y si y y z son paralelos, entonces x y z son paralelos.

b) Si x y z son ortogonales, y y y z son ortogonales, entonces x y y son paralelos.

Solución. a) Como x 6= 0 e y 6= 0 son paralelos, existe α ∈ R tal que y = αx. De manera similar existe

β ∈ R tal que z = βy, de modo que

z = β(αx) = (αβ)x,

y con esto

|x · z| = |x · (αβx)|

= |αβ||x · x|

= |αβ|‖x‖2

= |αβ|‖x‖‖x‖

= ‖x‖‖αβx‖

= ‖x‖‖z‖,

y por ende x y z son paralelos.

b) El resultado es verdadero cuando n = 2. En efecto, se tiene que

x1z1 + x2z2 = 0 y y1z1 + y2z2 = 0,

4

lo que equivale al sistema lineal(

x1 x2

y1 y2

)(

z1

z2

)

=

(

0

0

)

.

Puesto que z = (z1, z2) es una solución no trivial de este sistema, entonces el rango de la matriz del

sistema es 0, lo que significa que existe α ∈ R tal que y = αx y consecuentemente

|x · y| = |α|‖x‖2 = ‖x‖‖y‖,

es decir, x e y son paralelos.

Sin embargo, para n ≥ 3 la afirmación es falsa. Basta notar que e1 y e3 son ortogonales, que e2 y e3

son ortogonales, pero que e1 y e2 no son paralelos.

10. Sean x, y ∈ Rn, con y 6= 0. Demuestre las siguientes proposiciones:

a) Si x y y son ortogonales, entonces proyy(x) = 0.

b) Si x y y son paralelos, entonces proyy(x) = x.

c) normy(x) y y son ortogonales.

Solución.

Si x e y son ortogonales, entonces x · y = 0. Por definición, tenemos que

proyy(x) =x · y

‖y‖2y =

0

‖y‖2y = 0.

Si x e y son paralelos, existe α ∈ R tal que x = αy, de modo que

proyy(x) =(αy) · y

‖y‖2y =

α‖y‖2

‖y‖2y = αy = x.

Se tiene que

normy(x) · y = (x − proyy(x)) · y

= x · y −x · y

‖y‖2y · y

= x · y − x · y

= 0,

lo que significa que normy(x) e y son ortogonales.

11. Dados x, y, z ∈ R3. Demuestre que:

a) x × (y + z) = (x × y) + (x × z).

b) x × (y × z) = (x · z)y − (x · y)z.

c) x · (y × z) = z · (x × y)

Solución. a) Vamos a probar que x× (y+ z) = (x× y)+ (x× z), para ello haremos uso de la definición

de producto cruz.

x × (y + z) = (x2(y3 + z3)− x3(y2 + z3), x3(y1 + z1)− x1(y3 + z3), x1(y2 + z2)− x2(y1 + z1))

5

Por distributividad del producto en R, se tiene que

x × (y + z) = (x2y3 + x2z3 − x3y2 − x3z3, x3y1 + x3z1 − x1y3 − x1z3, x1y2 + x1z2 − x2y1 − x2z1)

Por asociatividad del producto en R, se tiene que

x × (y + z) = ((x2y3 − x3y2) + (x2z3 − x3z2), (x3y1 − x1y3) + (x3z1 − x1z3), (x1y2 − x2y1) + (x1z2 − x2z1))

Por definición de suma en R3, se tiene que

x × (y + z) = ((x2y3 − x3y2), (x3y1 − x1y3), (x1y2 − x2y1)) + ((x2z3 − x3z2), (x3z1 − x1z3), (x1z2 − x2z1))

Por definición de producto cruz en R3, se tiene que

x × (y + z) = (x × y) + (x × z).

b) Vamos a mostrar que x × (y × z) = (x · z)y − (x · y)z, para ello haremos uso de la definición de

producto cruz

x × (y × z) = (x2(y1z2 − y2z1)− x3(y3z1 − y1z3), x3(y2z3 − y3z2)

−x1(y1z2 − y2z1), x1(y3z1 − y1z3)− x2(y2z3 − y3z2))

en cada componente sumamos el neutro aditivo de R y agrupamos

x × (y × z) = ((x1z1y1 + x2z2y1 + x3z3y1)− (x1y1z1 + x2y2z1 + x3z3y1), (x1z1y2 + x2z2y2 + x3z3y2)

− (x1y1z2 + x2y2z2 + x3z3z2)(x1z1y3 + x2z2y3 + x3z3y3)− (x1y1z3 + x2y2z3 + x3y3z3)).

por definición de suma en R3

x × (y × z) = ((x1z1 + x2z2 + x3z3)y1, (x1z1 + x2z2 + x3z3)y2, (x1z1 + x2z2 + x3z3)y3)−

((x1y1 + x2y2 + x3y3)z1, (x1y1 + x2y2 + x3y3)z2, (x1y1 + x2y2 + x3y3)z3).

Por definición de producto de un escalar por un vector, se tiene que

x × (y × z) = (x1z1 + x2z2 + x3z3)(y1, y2, y3)− (x1y1 + x2y2 + x3y3)(z1, z2, z3).

Por definición de producto punto, se tiene que

x × (y × z) = (x · z)y − (x · y)z.

c) Vamos a mostrar que x · (y × z) = z · (x × y), para ello haremos uso de la definición de producto

cruz y producto punto

x · (y × z) = (x1, x2, x3) · (y2z3 − y3z2, y3z1 − y1z3, y1z2 − y2z1).

= x1(y2z3 − y3z2) + x2(y3z1 − y1z3) + x3(y1z2 − y2z1)

= x1y2z3 − x1y3z2 + x2y3z1 − x2y1z3 + x3y1z2 − x3y2z1.

= z1(x2y3 − x3y2) + z2(x3y1 − x1y3) + z3(x1y2 − x2y1).

x · (y × z) = z · (x × y).

12. Sean x, y ∈ R3. Muestre que ‖x × y‖2 = ‖x‖‖y‖ sen(θ), donde θ es el ángulo que forman x y y.

13. Sean x, y ∈ R3, muestre que el vector x × y es ortogonal a x y a y.

Solución. Para mostrar que dos vectores son ortogonales, es suficiente mostrar que el producto punto

6

entre ambos es igual a cero, es decir vamos a mostrar que

x · (x × y) = 0 y y · (x × y) = 0.

Se tiene que x · (x × y) = y · (x × x). Además se tiene que (x × x) = 0, es decir

x · (x × y) = y · 0

Como y · 0 = 0, se tiene que x · (x × y) = 0.

Se tiene que y · (x × y) = y · (−y × x), haciendo uso del literal (c), ejercicio 11, se tiene que

y · (x × y) = x · (−(y × y))

Como y × y = 0, se puede concluir que

y · (x × y) = 0.

Ejercicios para la clase CP: 1, 4, 5, 7, 8a, 8b, 9, 10, 11c, 13.

7




1. a) Encuentre las ecuaciones paramétricas y la ecuación cartesiana del plano H ⊆ R3 tal que (−1, 0, 2) ∈

H y tal que el vector (−1, 1, 2) es ortogonal a H.

b) Sea a ∈ Rn y b ∈ Rnr {0}. Demuestre que la ecuación cartesiana del plano que pasa por a y al cual

b es ortogonal es

b · x = b · a.

2. Sean a, a′, b, c ∈ Rn, con b 6= 0 y c 6= 0.

a) Suponga que a′ ∈ L(a; b). Demuestre que L(a; b) = L(a′; b).

b) Suponga que a′ ∈ P(a; b, c). Demuestre que P(a; b, c) = P(a′; b, c).

c) Suponga que b y c son paralelos. Demuestre que L(a; b) = L(a; c).

d) Demuestre que para todo λ ∈ R r {0} se verifica que L(a; b) = L(a; λb).

e) Demuestre que para todo λ ∈ R r {0} y todo µ ∈ R se verifica que P(a; b, c) = P(a; b, λc + µb).

3. Sean a, a′, b, b′ ∈ Rn, donde b 6= 0 y b′ 6= 0. Demuestre o dé un contraejemplo para cada una de las

siguientes afirmaciones:

a) Si n = 2, entonces L(a, b) ∩ L(a′, b′) = ∅ si y sólo si a′ 6∈ L(a, b) y b y b′ son paralelos.

b) Si n ≥ 3 y si L(a, b) ∩ L(a′, b′) = ∅, entonces a′ 6∈ L(a, b) y b y b′ son paralelos.

4. Dado S un subconjunto no vacío de Rn y a ∈ Rn, se define

a + S = {a + x : x ∈ S}.

Sean a, b, c ∈ Rn, con b 6= 0 y c 6= 0.

a) Demuestre que L(a; b) = a + L(0; b).

b) Demuestre que P(a; b, c) = a + P(0; b, c).

c) Demuestre que x ∈ L(a; b) si y sólo si x − a ∈ L(0; b).

d) Demuestre que x ∈ P(a; b, c) si y sólo si x − a ∈ L(0; b).

5. Sea I ⊆ R y a ∈ I. Se define el conjunto

E ={

f : I → R : lı́mx→a

f (x) existe}

.

Demuestre que, con las operaciones usuales de suma de funciones y producto de un escalar por una

función, (E,+, ·, R) es un espacio vectorial.

6. Si en R2 se definen las operaciones

(x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2) y α(x1, x2) = (αx1, x2)

para todo x, y ∈ R2 y todo α ∈ R, ¿es (R2,+, ·, R) un espacio vectorial? Indique cuáles son las propie-

dades de espacio vectorial que se verifican y cuáles no.

1

7. Si en R2 se definen las operaciones

(x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, 0) y α(x1, x2) = (αx1, 0)

para todo x, y ∈ R2 y todo α ∈ R, ¿es (R2,+, ·, R) un espacio vectorial? Indique cuáles son las propie-

dades de espacio vectorial que se verifican y cuáles no.

8. Sea (E,+, ·, K) un espacio vectorial y sea p ∈ E. Se define el conjunto

Ep = {(x, p) : x ∈ E}.

Además, se definen las operaciones +p : Ep × Ep → Ep y ·p : K × Ep → Ep mediante

(x, p) +p (y, p) = (x + y, p) y α ·p (x, p) = (αx, p),

para todo x, y ∈ E y α ∈ K. Demuestre que (Ep,+p, ·p, K) es un espacio vectorial.

9. El objetivo de este ejercicio es equipar a R2 de una estructura de espacio vectorial muy interesante

(considerando a los elementos de R2 como vectores columna). Considere la matriz

A =

(

0 −1

1 0

)

,

y el polinomio ξ(t) = t2 + 1. Dado un polinomio p(t) = a0 + a1t + · · ·+ antn ∈ R[t], se define p(A) =

a0 I2 + a1 A + · · ·+ an An.

Para cada polinomio p(t) ∈ R[t], se define

[p(t)] = {q(t) ∈ R[t] : p(t)− q(t) = r(t)ξ(t), para algún r(t) ∈ R[t]}.

Sea F = {[p(t)] : p(t) ∈ R[t]}. Se definen además las operaciones

[p1(t)] + [p2(t)] = [p1(t) + p2(t)] y [p1(t)][p2(t)] = [p1(t)p2(t)].

para todo p1(t), p2(t) ∈ R[t]. Se puede probar que, con estas operaciones, F es un campo (no intente

demostrarlo).

a) Demuestre que ξ(A) = 0.

b) Demuestre que si [q(t)] = [p(t)], entonces p(A) = q(A).

c) Sea + : R2 × R2 → R2 la suma usual de vectores y · : F × R2 → R2 la función definida por

[p(t)] · x = p(A)x,

para todo [p(x)] ∈ F y todo x ∈ R2. Demuestre que (R2,+, ·, F) es un espacio vectorial.

10. Unicidad del neutro de la suma y del inverso de la suma. Sea (E,+, ·, K) un espacio vectorial.

a) Asuma que existen dos elementos 0 ∈ E y 0′ ∈ E tales que, para todo x ∈ E se verifica 0 + x =

x + 0 = x y 0′ + x = x + 0′ = x. Demuestre que 0 = 0′. Esto significa que el elemento neutro de la

suma es único.

b) Sea x ∈ E. Asuma que existen dos elementos x′ ∈ E y x′′ ∈ E tales que x + x′ = x′ + x = 0 y

x + x′′ = x′′ + x = 0. Demuestre que x′ = x′′. Esto significa que el inverso de la suma, para cada

elemento x ∈ E, es único.

Solución.

a) Sea x ∈ E, entonces se tiene que

x = 0 + x.

En particular, para x = 0′ se tiene que

0′ = 0 + 0′. (1)

2

Por otro lado, para cada x ∈ E se tiene que

x = x + 0′,

de donde, para x = 0 se tiene que

0 = 0 + 0′

lo que, junto con la ecuación (1) implica que

0′ = 0,

como se deseaba.

b) Dado que 0 = x + x′′, y por la propiedad del neutro de la suma, se tiene que

x′ = x′ + 0 = x′ + (x + x′′).

Usando la propiedad asociativa de la suma se tiene que

x′ = (x′ + x) + x′′

y ya que x′ + x = 0 y por la propiedad del neutro aditivo de la suma,

x′ = 0 + x′′ = x′′,

como se quería demostrar.

11. Sea (E,+, ·, K) un espacio vectorial. Demuestre que para todo v ∈ E se tiene que −(−v) = v.

Solución. Dado que (−v) + v = 0, se tiene que v es el (único) inverso de la suma para −v, es decir, que

v = −(−v).

12. Sea (E,+, ·, K) un espacio vectorial. Sean v ∈ E y α ∈ K. Demuestre que si αv = v, entonces v = 0 o

α = 1.

Solución. Si sumamos −v a cada miembro de la igualdad αv = v, se obtiene que

αv + (−v) = v + (−v),

de donde, usando el hecho de que v + (−v) = 0 y que (−1)v = −v, se obtiene

αv + (−1)v = 0,

de donde

(α + (−1))v = 0,

es decir,

(α − 1)v = 0.

Se sigue que existen dos posibilidades, que v = 0 o que α − 1 = 0, es decir, v = 0 o α = 1.

13. En la definición de espacio vectorial se inicia con la frase “Dados un campo K, un conjunto no vacío

E”. Explique por qué es necesario que E sea no vacío detallando cuáles de las propiedades de espacio

vectorial son satisfechas y cuáles no cuando se considera E = ∅.

Solución. Sea E = ∅. Necesariamente la suma + y el producto · son la función vacía. Entonces (E,+, ·, K)

verifica todas las propiedades de espacio vectorial, excepto la existencia del neutro de la suma. En efecto,

3

para verificar que, por ejemplo, (E,+, ·, K) satisface la propiedad asociativa de la suma, argumentamos

por vacuidad: supongamos lo contrario, es decir, que existen x, y, z ∈ E tales que

x + (y + z) = (x + y) + z

es una proposición falsa. Pero esto es absurdo, pues E es el conjunto vacío y así tales x, y, z no podrían

existir. De manera análoga se puede probar que el resto de las propiedades que definen a un espacio

vectorial, excepto la existencia del neutro de la suma. En este caso, la proposición “existe un elemento

0 ∈ E tal que x + 0 = 0+ x = x para todo x ∈ E” es falsa, ya que al ser E un conjunto vacío, tal elemento

no puede existir.

Es por este motivo que es necesario que en la definición de espacio vectorial se requiera que E sea

un conjunto no vacío.

14. Sean K un campo, E un conjunto no vacío y + : E × E → E y · : K × E → E dos funciones tales que

(E,+, ·, K) verifica todas las propiedades de espacio vectorial excepto el inverso de la suma. Asuma que

(E,+, ·, K) verifica la siguiente propiedad (P): Para todo v ∈ E,

0v = 0.

Demuestre que (E,+, ·, K) es un espacio vectorial.

Solución. Vamos a demostrar que la propiedad (P), junto con las demás propiedades que verifica (E,+, ·, K)

implican la propiedad del inverso aditivo de la suma, con lo cual habremos probado que, en efecto,

(E,+, ·, K) es un espacio vectorial.

Sea v ∈ E. Tenemos que, por el elemento neutro del producto,

1v = v.

Esto, junto con la propiedad distributiva del producto I y II, nos da

v + (−1)v = 1v + (−1)v = (1 + (−1))v

y, similarmente,

(−1)v + v = (−1 + 1)v.

Ahora, puesto que 1 + (−1) = −1 + 1 = 0, tenemos que

v + (−1)v = 0v y (−1)v + v = 0v.

Pero entonces la propiedad (P), que establece que 0v = 0, nos permite concluir que

v + (−1)v = 0 y (−1)v + v = 0.

Hemos probado entonces que para todo v ∈ E existe un elemento −v = (−1)v tal que v + (−v) =

(−v) + v = 0, como se deseaba.

15. Sea F2 = {0, 1} equipado con las operaciones + : F2 × F2 → F2 y · : F2 × F2 → F2 definidas por

0 + 0 = 1 + 1 = 0, 0 + 1 = 1 + 0 = 1, 0 · 0 = 0 · 1 = 1 · 0 = 0 y 1 · 1 = 1.

Con estas operaciones, F2 es un campo, conocido como el campo de Galois de dos elementos.

Sea (E,+, ·, F2) un espacio vectorial.

a) Demuestre que, para todo v ∈ E, se tiene que v + v = 0.

b) Demuestre que, para todo v ∈ E, se verifica −v = v.

4

Solución. a) Sea v ∈ E. Dado que 1v = v, se tiene, gracias a la propiedad distributiva del producto,

que

v + v = 1v + 1v = (1 + 1)v,

pero en el campo F2, se tiene que 1 + 1 = 0, por lo que

v + v = 0v,

y ya que 0v = 0, se concluye que

v + v = 0.

b) Sea v ∈ E. Por la parte a) se tiene que v + v = 0, lo que, ya que el neutro de la suma es único,

significa que v = −v.

Otra manera de demostrar esto es la siguiente: Si v ∈ E, entonces v = 1v, pero en el campo F2 se

tiene que −1 = 1 (pues 1 + 1 = 0), de modo que v = (−1)v, y ya que −v = (−1)v, se concluye que

v = −v.

16. Sea (E,+, ·, K) un espacio vectorial. Demuestre que para todo x, y, z, w ∈ E se verifica la igualdad

(x + y) + (z + w) = (y + (z + x)) + w.

Solución. Para iniciar, por la propiedad asociativa de la suma se tiene que

(x + y) + (z + w) = ((x + y) + z) + w,

y por la propiedad conmutativa de la suma, x + y = y + x, así

(x + y) + (z + w) = ((y + x) + z) + w.

La propiedad asociativa de la suma implica que (y + x) + z = y + (x + z), de donde

(x + y) + (z + w) = (y + (x + z)) + w,

y, por la propiedad conmutativa de la suma, se sigue que x + z = z + x, con lo cual

(x + y) + (z + w) = (y + (z + x)) + w,

como se deseaba.

17. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (R2,+, ·, R)? Siendo:

a) W = {(x1, x2) ∈ R2 : 2x1 + x2 = 0}

Solución. Para demostrar que es un subespacio vectorial, vamos a probar:

1) 0 ∈ W, lo cual se cumple, puesto que 0 =

(

0

0

)

y así

2(0) + (0) = 0.

2) Sea α ∈ R y u, v ∈ R2. Verifiquemos que αu + v ∈ W. En efecto,

2u1 + u2 = 0, 2v1 + v2 = 0

luego,

αu + v =(

αu1 + v1 αu2 + v2

)

de donde,

2(αu1 + v1) + (αu2 + v2) = α(2u1 + u2) + (2v1 + v2)

5

= α(0) + (0)

= 0

Por lo tanto, W es subespacio vectorial de R2.

b) W = {(x1, x2) ∈ R2 : x1x2 = 1}

18. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (R3,+, ·, R)? Siendo:

a) W = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : |x1|+ |x2| = x3}

b) W = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 + x2 ≥ x3}

c) W = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x21 = x2}

d) W =

(x1, x2, x3) ∈ R3 : det(A) = 0 y A =

1 2 x1

−1 0 x3

−1 10 x2

e) W =

(x1, x2, x3) ∈ R3 : det(A) = 0 y A =

1 1 −x1

2 −1 x3

−1 3 x2

Solución. Para demostrar que es un subespacio vectorial, vamos a probar:

1) P.d. 0v ∈ W Lo cual se cumple, puesto que 0v =

0

0

0

, entonces se cumple que:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 0

2 −1 0

−1 3 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0

2) Sea α ∈ R P.d. αu + v ∈ W Sean u =

u1

u2

u3

, v =

v1

v2

v3

∈ W, entonces se verifica que

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 u1

2 −1 u2

−1 3 u3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 v1

2 −1 v2

−1 3 v3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0

luego,

αu + v =

αu1 + v1

αu2 + v2

αu3 + v3

de donde,∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 αu1 + v1

2 −1 αu2 + v2

−1 3 αu3 + v3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= α

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 u1

2 −1 u2

−1 3 u3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 v1

2 −1 v2

−1 3 v3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0.

Por lo tanto, W es sub espacio vectorial.

Sugerencia: no calcule |A|.

19. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (R2[x],+, ·, R)? Siendo:

6

a) W = {a + bx + cx2 ∈ R2[x] : b + c = a − 2}.

b) W = {p(x) ∈ R2[x] : (p(x))2> 0}.

c) W = {p(x) ∈ R2[x] : p′(1) = p′(−2)}.

Solución. c) Antes probar que W es subespacio vectorial de R2[x], estudiemos la estructura de W:

W = {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : p′(1) = p′(−2)}

= {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : p′(x) = a1 + 2a2x, p′(1) = p′(−2)}

= {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : p′(1) = a1 + 2a2, p′(−2) = a1 − 4a2, p′(1) = p′(−2)}

= {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : a1 + 2a2 = a1 − 4a2}

= {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : a2 = 0}

= R1[x]

el cual, es un subespacio vectorial.

20. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (Rn×n, R,+, ·)? Siendo:

a) W = {A ∈ Rn×n : det(A) = 0}.

b) W = {A ∈ Rn×n : tr(A) = 0}.

c) W = {A ∈ Rn×n : A es simétrica}.

d) W = {A ∈ Rn×n : A es no singular}.

e) W = {A ∈ Rn×n : A es diagonal}.

21. Sean W1, W2 dos subespacios vectoriales de V. Demostrar que W1 ∪ W2 es sub espacio vectorial de V si

y solo si W1 ⊆ W2 o W2 ⊆ W1.

Ejercicios para la clase CP: 1, 2c, 6, 7, 10, 13, 14, 18b, 18d, 21.

7




1. En el espacio vectorial R2, sean:

v1 =

(

1

3

)

, v2 =

(

2

−3

)

y v3 =

(

0

2

)

.

¿Son los vectores v1, v2 y v3 linealmente independientes?

Solución. Tomemos α1, α2 y α3 ∈ R y planteamos el siguiente sistema lineal homogéneo

α1v1 + α2v2 + α3v3 = 0V ,

o equivalentemente

α1 + 2α2 = 0

3α1 − 3α2 + 2α3 = 0,

cuya matriz escalonada reducida por filas es(

1 2 0 | 0

0 −9 2 | 0

)

.

Entonces, α1 = −2α2 y α3 =9

2α2, donde α2 ∈ R. Escogiendo α2 = 2, encontramos la solución no trivial

α1 = −4, α2 = 2 y α3 = 9. Por lo tanto, v1, v2 y v3 son linealmente dependientes.

2. En el espacio vectorial R3, sean:

v1 =

2

2

3

, v2 =

−1

−2

1

y v3 =

0

1

0

.

¿Son los vectores v1, v2 y v3 linealmente independientes?

Solución. Tomemos α1, α2 y α3 ∈ R y planteamos el siguiente sistema lineal homogéneo

α1v1 + α2v2 + α3v3 = 0V ,

o equivalentemente

2α1 − α2 = 0

2α1 − 2α2 + α3 = 0

3α1 + α2 = 0,

cuya matriz escalonada reducida por filas es

1 0 0 | 0

0 1 0 | 0

0 0 1 | 0

.

Entonces, el sistema posee solución única, es decir, α1 = α2 = α3 = 0. Por lo tanto, v1, v2 y v3 son

linealmente independientes.

1

3. En el espacio vectorial R2[t], sean:

p1(t) = t2 + 1, p2(t) = t − 2 y p3(t) = t + 3.

¿Son los vectores p1(t), p2(t) y p3(t) linealmente independientes?

Solución. Tomemos α1, α2 y α3 ∈ R y planteamos la combinación lineal nula

α1 p1(t) + α2 p2(t) + α3 p3(t) = 0t2 + 0t + 0,

a partir de lo cual se tiene que

α1(t2 + 1) + α2(t − 2) + α3(t + 3) = 0t2 + 0t + 0,

agrupando términos, se obtiene

α1t2 + (α2 + α3)t + (α1 − 2α2 + 3α3) = 0t2 + 0t + 0,

es decir, se obtiene el sistema lineal homogéneo

α1 = 0

α2 + α3 = 0

α1 − 2α2 + 3α3 = 0,


1 0 0 | 0

0 1 0 | 0

0 0 1 | 0

.

Entonces, el sistema posee solución única, es decir, α1 = α2 = α3 = 0. Por lo tanto, p1(t), p2(t) y p3(t)

son linealmente independientes.

4. Suponga que S = {v1, v2, v3} es un conjunto linealmente independiente de vectores de un espacio vec-

torial V. Muestre que T = {w1, w2, w3}, donde w1 = v1 + v2 + v3, w2 = v2 + v3 y w3 = v3, también es

linealmente independiente.

Solución. Tomemos α1, α2 y α3 ∈ R y formemos la combinación lineal nula

α1w1 + α2w2 + α3w3 = 0V ,

considerando la definición de wi con i ∈ {1, 2, 3} se tiene que

α1(v1 + v2 + v3) + α2(v2 + v3) + α3v3 = 0V ,

o equivalentemente

α1v1 + (α1 + α2)v2 + (α1 + α2 + α3)v3 = 0V .

Dado que S es un conjunto linealmente independiente, se concluye que

α1 = 0

α2 + α2 = 0

α1 + α2 + α3 = 0,

un sistema lineal homogéneo que posee solución única, lo que implica que α1 = α2 = α3 = 0. Por lo

tanto, T es un conjunto linealmente independiente.

5. Estudiar la independencia lineal de los siguientes subconjuntos, en sus respectivos espacios vectoriales.

a) S = {(1, 2, 3), (1, 1, 1), (0, 1, 1)}

2

b) S = {p(x), p′(x), p′′(x)}, siendo p la función polinómica

p : R −→ R

x 7−→ x2 + x − 3.

Solución. a) Veamos si existen α1, α2, α3 ∈ R, no nulos, tales que

α1(1, 2, 3) + α2(1, 1, 1) + α3(0, 1, 1) = (0, 0, 0).

Multiplicando por los escalares y sumando las ternas, se tiene el sistema lineal:

α1 + α2 = 0,

2α1 + α2 + α3 = 0,

3α1 + α2 + α3 = 0,

cuya representación matricial, Aα = 0, es

1 1 0

2 1 1

3 1 1

α1

α2

α3

=

0

0

0

.

EL sistema podemos resolverlo usando la regla de Cramer,

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 0

2 1 1

3 1 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 1

Como det(A) 6= 0, el sistema tiene una solución única trivial; es decir, α1 = α2 = α3 = 0. Lo cual

implica que S es linealmente independiente.

b) Explicitemos S,

S = {x2 + x − 3, 2x + 1, 2}.

Ahora, escribimos la combinación lineal

α1(x2 + x − 3) + α2(2x + 1) + α3(2) = 0x2 + 0x + 0,

la cual, conduce al sistemaα1 = 0,

α1 + 2α2 = 0,

−3α1 + α2 + 2α3 = 0.

Resolviendo el sistema obtenemos que α1 = α2 = α3 = 0, y se concluye que S es linealmente

independiente.

6. Dado el subconjunto S = {(1, 0,−1), (0, 2, 1), (1, 2, 0), (0,−1, 0)} de R3.

a) Estudiar la dependencia lineal de S

b) Si S es linealmente dependiente, encuentre un subconjunto de S, que sea linealmente independiente

y tenga el mayor número de vectores linealmente independientes.

Solución. a) Veamos si existen α1, α2, α3, α4 ∈ R, no nulos, tales que

α1(1, 0 − 1) + α2(0, 2, 1) + α3(1, 2, 0) + α4(0,−1, 0) = (0, 0, 0).

Multiplicando por los escalares y sumando las ternas, se tiene el sistema lineal:

α1 α3 = 0,

2α2 + 2α3 − α4 = 0,

−α1 α2 = 0.

3

Como el sistema es homogéneo y tiene más incógnitas que ecuaciones, se tiene que, rang(A) =

rang(A|b), pero es menor que el número de incógnitas. Entonces el sistema tiene una solución no

trivial. Es decir, existe al menos un escalar entre α1, α2, α3 y α4 que toma valores no nulos; por lo

tanto, S es linealmente dependiente.

b) S es linealmente dependiente, entonces al menos un vector es combinación lineal de los demás

elementos de S. Para encontrar este vector resolvemos el sistema escribiendo la matriz aumentada

y utilizando el método de eliminación Gauss:

1 0 1 0 | 0

0 2 2 −1 | 0

−1 1 0 0 | 0

∼

1 0 1 0 | 0

0 2 2 −1 | 0

0 0 0 12 | 0

luego,

α1 = −α3,

α2 = −α3,

α4 = 0.

En particular, si α3 = 1, entonces

α1 = −1,

α2 = −1,

α4 = 0.

Reemplazando en la combinación lineal nula, tenemos:

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

entonces, se tiene que

(1, 2, 0) = (1, 0,−1) + (0, 2, 1) + 0(0,−1, 0).

Excluimos de S al vector (1, 2, 0) y veamos si

S′ = {(1, 0,−1), (0, 2, 1), (0,−1, 0)}

es linealmente independiente. Para ello examinamos si α1, α2, α3 nulos, son la única solución de

α1(1, 0,−1) + α2(0, 2, 1) + α3(0,−1, 0) = (0, 0, 0).

El sistema a resolver esα1 = 0,

2α2 − α3 = 0,

−α1 + α2 = 0.

Es fácil notar que la única solución es la trivial; es decir, α1 = α2 = α3 = 0. Entonces S′ es lineal-

mente independiente y tiene el mayor número de vectores linealmente independientes

7. Si S = {u1, u2, u3} es un subconjunto de un espacio vectorial V, linealmente independiente, entonces

¿S′ = {u1 − u2, u1 + u2 − u3, u2 − u3} es linealmente independiente?

8. Sea A ∈ Rn×n. Suponga que para todo x ∈ Rn el par desordenado {x, Ax} es linealmente dependiente.

Demuestre que A es una matriz escalar.

9. Sea A ∈ Rn×n. Demuestre que las siguientes proposiciones son equivalentes:

a) Para todo S ⊆ Rn linealmente independiente, el conjunto {Ax : x ∈ S} es linealmente indepen-

diente.

b) A es una matriz no singular.

4

10. Sea n ≥ 1. Encuentre todos los polinomios p(t) ∈ Rn[t] tales que el conjunto

{p(t), p′(t), . . . , p(n)(t)}

es linealmente independiente.

11. Dada una matriz A = (aij) ∈ Kn×n, se define su traza, denotada por tr(A), mediante

tr(A) =n

∑i=1

aii.

a) Demuestre que para todo par de matrices A, B ∈ Rn×n, si tr(AB⊺) = 0, entonces el par {A, B} es

linealmente independiente en el espacio vectorial de matrices Rn×n.

b) ¿Es cierto que si {A, B} ⊆ Rn×n es linealmente independiente, entonces tr(AB⊺) = 0? Justifique su

respuesta.

c) Suponga que tr(AB⊺) = 0, con A, B ∈ Cn×n. ¿Es cierto que {A, B} es linealmente independiente en

Cn×n?

12. ¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores generan a R2?

a) T = {(1, 1), (2,−5), (3, 0)}

b) T = {(1,−2)}

c) T = {(3,−1), (−1, 13 )}

d) T = {(2, 1), (−1, 4)}

Solución. a) Sea v = (a, b) un vector arbitrario en R2, debemos determinar si v es combinación lineal

de los vectores de T; es decir, si existen α1, α2, α3 ∈ R tales que

α1(1, 1) + α2(2,−5) + α3(3, 0) = (a, b).

La ecuación anterior conduce al sistema lineal

α1 + 2α2 + 3α3 = a,

α1 − 5α2 = b,

de donde, escribiendo la matriz aumentada asociada y aplicando la eliminación Gauss, obtenemos(

1 2 3 | a

1 −5 0 | b

)

∼

(

1 2 3 | a

0 1 37 | a−b

7

)

,

con lo cual, notamos que rang(A) = 2 = rang(A|b) < 3, entonces el sistema tiene al menos una

solución. Por lo tanto, existe solución para cualquier elección de a y b, y se concluye que

R2 = gen(T).

b) Sea v = (a, b) un vector arbitrario en R2, debemos determinar si v es combinación lineal del vector

de T; es decir, si existe α ∈ R tal que

α(1,−2) = (a, b).

Es inmediato notar que, no existe un valor de α tal que se pueda escribir la combinación lineal

dada, y por lo tanto T no genera a R2.

c) Sea v = (a, b) un vector arbitrario en R2, debemos determinar si v es combinación lineal de los

vectores de T; es decir, si existen α1, α2 ∈ R tales que

α1(3,−1) + α2

(

−1,1

3

)

= (a, b).

5


3α1 − α2 = a,

−α1 + 13 α2 = b,

de donde, escribiendo la matriz aumentada asociada, y aplicando la eliminación Gauss, obtenemos(

3 −1 | a

−1 13 | b

)

∼

(

1 − 13 | a

3

0 0 | a+3b3

)

,

con lo cual, notamos que, si a + 3b 6= 0, entonces rang(A) = 1 < rang(A|b) = 2, y el sistema no

tiene solución. Por lo tanto, no existe solución para cualquier elección de a y b, y se concluye que T

no genera a R2.

d) Sea v = (a, b) un vector arbitrario en R2, debemos determinar si v es combinación lineal de los

vectores de T; es decir, si existen α1, α2 ∈ R tales que

α1(2, 1) + α2(−1, 4) = (a, b).


2α1 − α2 = a,

α1 + 4α2 = b,

cuya representación matricial, Aα = r, es(

2 −1

1 4

)(

α1

α2

)

=

(

a

b

)

,

y notamos que, aplicando la regla de Cramer,

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

2 −1

1 4

∣

∣

∣

∣

∣

= 9;

es decir, el sistema tiene única solución. Por lo tanto, existe solución para cualquier selección de a

y b, y se concluye que

R2 = gen(T).

13. ¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores generan a R3?

a) S = {(1, 1, 0), (3, 4, 2)}

b) S = {(1, 1, 0), (0, 1, 0), (2, 2, 2)}

14. ¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores generan a R2[x]?

a) W = {3, x + 2, (x + 1)2}

b) W = {x2 + 1, x}

Solución. a) Sea v = ax2 + bx + c un vector arbitrario en R2[x], debemos determinar si v es combina-

ción lineal de los vectores de W; es decir, si existen α1, α2, α3 ∈ R tales que

α1(3) + α2(x + 2) + α3(x + 1)2 = ax2 + bx + c.


α3 = a,

α2 2α3 = b,

3α1 + 2α2 + α3 = c,

6

cuya representación matricial, Aα = r, es

0 0 1

0 1 1

3 2 1

α1

α2

α3

=

a

b

c

.

Aplicamos la regla de Cramer para determinar si el sistema lineal tiene una única solución; es decir,

calculamos det(A):

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 0 1

0 1 1

3 2 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −3;

con lo cual, sabemos que el sistema tiene única solución. Por lo tanto, existe solución para cualquier

selección de a,b y c y se concluye que

R2[x] = gen(T).

15. Sean a, b ∈ R, y T, U ∈ R4. Determinar los valores de a y b tales que

gen(T) = gen(U)

con

T = {(a, 1,−1, 2), (1, b, 0, 3)} y U = {(1,−1, 1,−2), (−2, 0, 0,−6)}.

Solución. El generado por T es igual al generado por U si y sólo si los vectores en T son combinación

lineal de los vectores en U; es decir, si existen α1, α2, β1, β2 ∈ R tales que

α1(1,−1, 1,−2) + α2(−2, 0, 0,−6) = (a, 1,−1, 2),

y

β1(1,−1, 1,−2) + β2(−2, 0, 0,−6) = (1, b, 0, 3).

Los resultados anteriores conducen a los sistemas lineales

α1 − 2α2 = a,

−α1 = 1,

α1 = −1,

−2α1 − 6α2 = 2,

y

β1 − 2β2 = 1,

−β1 = b,

β1 = 0,

−2β1 − 6β2 = 3.

Como ambos sistemas tienen la misma matriz de coeficientes, podemos encontrar las soluciones escri-

biendo la matriz aumentada

1 −2 | a | 1

−1 0 | 1 | b

1 0 | −1 | 0

−2 −6 | 2 | 3

,

de donde, resolviendo obtenemos que si a = −1 y b = 0 los vectores en T se pueden escribir como

combinación lineal de los vectores en U, y por ende gen(T) = gen(U).

7

16. Sean (E,+, ·, K) un espacio vectorial y S un subcojunto no vacío de E. Muestre que span(S) es subespa-

cio vectorial de E.

Solución. Sean u, w ∈ span(S), vamos a mostrar que u + w ∈ span(S). Es decir vamos a mostrar que

existen αi ∈ K tales que

u + v = ∑i

αi · si donde si ∈ S.

Como u ∈ span(S), se tiene que existen βi ∈ K tales que

u = ∑i

βi · si,

como v ∈ span(s), se tiene que existen λi ∈ K tales que

v = ∑i

λi · si.

Luego u + v = ∑i

βi.si + ∑i

λi.si, por distributividad del producto se tiene que

u + v = ∑i

(βi + λi) · si.

Así ya que βi ∈ K y λi ∈ K, podemos tomar αi = (βi + λi) ∈ K tal que

u + v = ∑i

αi · si.

Luego sean u ∈ span(S) y α ∈ K, vamos a mostrar que α · u ∈ span(S). Es decir vamos a mostrar

que existen λi ∈ K tales que

α · u = ∑i

λi · si donde si ∈ S.

Como u ∈ span(S), se tiene que existen βi ∈ K tales que u = ∑i

βi · si. Luego

α · u = α · ∑i

βi · si.

Por distributividad y asociatividad del producto se tiene que

α · u = ∑i

(αβi) · si.

Basta tomar λi = (αβi).

17. Sea S = {e1, e2, e3, . . . , en} ⊆ Rn un conjunto linealmente independiente. Muestre que span(S) = Rn.

18. Sea S = {e1, e2, e3} ⊆ R3 tal que S genera R3. Muestre que S[t] = {e1 · x, e2 · x, e3 · x} genera a R2[t],

donde x = (t2, t, 1).

19. Sea E =

{

M ∈ R2×2 : M =

(

a 0

0 b

)

a, b ∈ R

}

, muestre que S =

{(

1 0

0 0

)

,

(

0 0

0 1

)}

genera a E.

Solución. Sea A =

(

a 0

0 b

)

∈ E, debemos mostrar que existen α1, α2 ∈ R tales que

(

a 0

0 b

)

= α1

(

1 0

0 0

)

+ α2

(

0 0

0 1

)

.

De la igualdad de matrices se obtiene el siguiente sistema lineal de ecuaciones

α1 = a,

α2 = b.

8

Como el sistema tiene solución única {a, b}, podemos concluir que span(S) = E, es decir S genera a

E.

20. Sea S = {e1, e2, . . . , en} ⊆ Rn, tal que ei es ortogonal a ej para todo i 6= j. Muestre que S genera a Rn.

Ejercicios para la clase CP: 3, 4, 5b), 15, 17 y 20.

9




1. Demuestre que los siguientes conjuntos son base de R2[t]:

a) B1 = {t2 + 1, t− 2, t + 3};

b) B2 = {p(t), p′(t), p′′(t)}, siendo p(t) = t2 + t− 3.

Solución. Sabemos que dim(R2[t]) = 3, por ende, como B1 y B2 son conjuntos que constan de 3 ele-

mentos, basta probar que estos son linealmente independientes. Pero esta fue justamente la conclusión

obtenida en los ejercicios 3 y 5b) de la Hoja de ejercicios No. 9. Por ende B1 y B2 son bases de R2[t].

2. Sea V un espacio vectorial y W un subespacio vectorial de V. Suponga que B1 = {v1, v2, v3} es base de

W. Demuestre que B2 = {v1 + v2 + v3, v2 + v3, v3} también es base de W.

Solución. Puesto que B1 es base de W, entonces B1 es linealmente independiente. Por el ejercicio 4 de la

Hoja de ejercicios No. 9 se tiene que B2 es linealmente independiente. Ahora, se tiene que dim(W) = 3

pues |B1| = 3, y ya que |B2| = 3 y B2 ⊆ W, se concluye que B2 es también base de W.

3. Determine, si existen, los valores de a, b ∈ R tales que {(a, 1,−1, 2), (1, b, 0, 3)} es base del subespacio

vectorial gen({(1,−1, 1,−2), (−2, 0, 0,−6)}) de R4.

Solución. En el ejercicio 15 de la Hoja de ejercicios No. 9 encontramos que

gen({(1,−1, 1,−2), (−2, 0, 0,−6)}) = gen({(a, 1,−1, 2), (1, b, 0, 3)}),

cuando a = −1 y b = 0. Ahora, sean α, β ∈ R tales que

α(1,−1, 1,−2) + β(−2, 0, 0,−6) = (0, 0, 0, 0),


(α− 2β,−α, α,−2α− 6β) = (0, 0, 0, 0)

y es fácil observar que α = β = 0 es la única elección posible para α y β, por lo que {(1,−1, 1,−2), (−2, 0, 0,−6)}

es base de W = gen({(1,−1, 1,−2), (−2, 0, 0,−6)}), por ende, dim(W) = 2 y ya que {(a, 1,−1, 2), (1, b, 0, 3)}

genera a W cuando a = −1 y b = 0, se tiene que {(a, 1,−1, 2), (1, b, 0, 3)} es base de W si y sólo si a = −1

y b = 0.

4. Determine bases y calcule la dimensión de cada uno de los siguientes subespacios vectoriales de Rn×n:

a) W1 = {A ∈ Rn×n : A = A⊺};

b) W2 = {A ∈ Rn×n : A = −A⊺};

c) W3 = {A = (aij) ∈ Rn×n : aij = 0 para i 6= j, para todo i, j ∈ {1, . . . , n}};

d) W4 = {A ∈ R4×4 : A es una matriz escalar}.

5. Sea E = R+ ×R equipado con las siguientes operaciones:

(u, v) + (u′, v′) = (uu′, v + v′) y α(u, v) = (uα, αv),

para todo (u, v), (u′, v′) ∈ E y todo α ∈ R.

1

a) Demuestre que (E,+, ·, R) es un espacio vectorial.

b) Sea e el número de Euler (o constante de Napier). Demuestre que {(e, 0), (1, 1)} es base de E y

deduzca el valor de dim(E).

c) ¿Es el conjunto {(1, 0), (1, 1)} una base de E?

Solución. a) Se deben probar las ocho propiedades que deben satisfacer la suma y el producto para

que (E,+, ·, R) sea un espacio vectorial. Omitimos este detalle y sólo nos enfocamos en la propie-

dad del neutro de la suma y del inverso de la suma: Si (u, v) ∈ E entonces se tiene que

(u, v) + (1, 0) = (u1, v + 0) = (u, v) y (1, 0) + (u, v) = (1u, 0 + v) = (u, v),

por lo que 0 = (1, 0) es el neutro para la suma. Consecuentemente, si (u, v) ∈ E se tiene que u > 0,

de donde1

u> 0 y por ende

(

1

u,−v

)

∈ E. Así,

(u, v) +

(

1

u,−v

)

=

(

u1

u, v + (−v)

)

= (1, 0) = 0,

y de manera similar(

1

u,−v

)

+ (u, v) = (1, 0) = 0,

por lo cual −(u, v) =

(

1

u,−v

)

.

b) Sean α, β ∈ R tales que

α(e, 0) + β(1, 1) = 0,

de donde tenemos que

(eα, β) = (1, 0)

y por ende α = β = 0, lo que significa que {(e, 0), (1, 1)} es linealmente independiente. Ahora, sea

(u, v) ∈ E, buscamos escalares α, β ∈ R tales que

(u, v) = α(e, 0) + β(1, 1),

es decir, tales que

eα = u y β = v.

De aquí, tomando α = ln(u) y β = v se tiene lo deseado. Esto significa que {(e, 0), (1, 1)} genera a

E y por ende es una base de E. Se sigue además que dim(E) = 2.

c) Puesto que (1, 0) = 0, el conjunto {(1, 0), (1, 1)} es linealmente dependiente, por lo que no puede

ser base de E.

6. Sea (V,+, ·, K) un espacio vectorial y B1 = {v1, . . . , vn} una base de V. Sean λ1, . . . , λn ∈ K y sea

u = λ1v1 + · · ·+ λnvn. Para cada i ∈ {1, . . . , n} sea ui = u + vi. Demuestre que {u1, . . . , un} es base de

V si y sólo sin

∑i=1

λi 6= −1.

Solución. Sean α1, . . . , αn ∈ K tales que

α1u1 + · · ·+ αnun = 0,

entonces tenemos que

α1(u + v1) + · · ·+ αn(u + vn) = 0,

2

de donde, por la forma en que u está definido, tenemos que

α1((λ1v1 + · · ·+ λnvn) + v1) + · · ·+ αn((λ1v1 + · · ·+ λnvn) + vn) = 0,

lo que puede reescribirse, gracias a las propiedades de espacio vectorial, como

((λ1 + 1)α1 + · · ·+ λ1αn))v1 + · · ·+ (λnα1 + · · ·+ (λn + 1)αn)vn = 0.

Dado que B1 es base de V, se sigue que Aα = 0, donde

A =

λ1 + 1 λ1 · · · λ1

λ2 λ2 + 1 · · · λ2...

.... . .

...

λn λn · · · λn + 1

y α =

α1

α2...

αn

.

Un cálculo directo muestra que

det(A) = 1 +n

∑i=1

λi,

por ende, el sistema tendrá solución única (trivial, por ser homogéneo) si y sólo si

n

∑i=1

λi 6= −1.

Esto significa que el conjunto {u1, . . . , un} es linealmente independiente (y por ende una base, ya que

dim(V) = n) si y sólo sin

∑i=1

λi 6= −1.

7. Suponga que {v1, v2, . . . , vn} es base de un espacio vectorial V. Demuestre que {v1, v2− v1, . . . , vn − v1}

también es base de V. ¿Es el recíproco verdadero?

Solución. Puesto que dim(V) = n, basta probar que {v1, v2 − v1, . . . , vn − v1} es linealmente indepen-

diente. Para ello, sean α1, . . . , αn ∈ K escalares tales que

α1v1 + α2(v2 − v1) + · · ·+ αn(vn − v1) = 0,

es decir,

(α1 − α2 − · · · − αn)v1 + α2v2 + · · ·+ αnvn = 0.

Dado que {v1, . . . , vn} es base de V, se sigue que

α1 − α2 − · · · − αn = α2 = · · · = αn = 0,

de donde también α1 = 0, como se deseaba.

Recíprocamente, sean α1, . . . , αn ∈ K tales que

α1v1 + · · ·+ αnvn = 0.

Entonces

(α1 + α2 + · · ·+ αn)v1 + α2(v2 − v1) + · · ·+ αn(vn − v1) = 0,

de donde

α1 + α2 + · · ·+ αn = α2 = · · · = αn = 0

y así también α1 = 0, por lo que {v1, . . . , vn} es linealmente independiente, y dado que dim(V) = n, es

una base de V.

3

8. Sea U un conjunto no vacío. Denotamos por RU el conjunto de todas las funciones definidas sobre U a

valores en R. Se dota a RU de las siguientes operaciones: Si f , g : U → R y α ∈ R, entonces las funciones

f + g y α f se definen por

( f + g)(x) = f (x) + g(x) y (α f )(x) = α f (x),

para todo x ∈ U.

Para cada a ∈ U se define la función ϕa : U → R mediante

ϕa(x) =

{

1 si x = a,

0 si x 6= a.

Sea B = {ϕa : a ∈ U}.

a) Demuestre que (RU ,+, ·, R) es un espacio vectorial.

b) Demuestre que B es un conjunto linealmente independiente en (RU ,+, ·, R).

c) Sea E el subconjunto de RU formado por las funciones f : U → R tales que existen n ∈ N y

a1, . . . , an ∈ U que verifican que f (x) = 0 para todo x 6= ai, i ∈ {1, . . . , n}. Demuestre que E es un

subespacio vectorial de RU .

d) Demuestre que B es base de E y calcule dim(E).

e) Demuestre que B es base de RU si y sólo si U es un conjunto finito. En ese caso, calcule dim(RU).

Solución. a) Se omite la demostración.

b) Sean a1, . . . , an ∈ U y α1, . . . , αn ∈ R tales que

α1 ϕa1+ · · ·+ αn ϕan = 0.

Esto significa que, para todo x ∈ U

α1 ϕa1(x) + · · ·+ αn ϕan(x) = 0.

En particular, tomando x = ai para algún i ∈ {1, . . . , n}, se tiene que

α1 ϕa1(ai) + · · ·+ αn ϕan(ai) = 0,

de donde, como ϕaj(ai) = 0 si i 6= j y ϕai

(ai) = 1, se tiene que

αi = 0,

para todo i ∈ {1, . . . , n}. Así B es linealmente independiente.

c) Se omite la demostración.

d) Puesto que B es linealmente independiente, basta probar que B genera a E. Para ello, sea f ∈ E,

entonces existen a1, . . . , an ∈ U tales que f (x) = 0 para todo x 6= ai, con i ∈ {1, . . . , n}. Entonces,

tenemos que

f = f (a1)ϕa1+ · · ·+ f (an)ϕan ,

lo que implica que B genera a E, pues f ∈ E es arbitraria.

Ahora, la función t : U → B definida por t(a) = ϕa es una función biyectiva, lo que significa que

|B| = |U|, de modo que dim(E) = |U|.

e) B será base de RU si y sólo si se verifica que RU = E (pues B es base de E y E es subespacio

vectorial de RU). Además, RU = E si y sólo si todos los elementos de RU toman valores no nulos

en subconjuntos finitos de U o, lo que es lo mismo, si y sólo si U es finito.

4

9. Sea B = {v1, . . . , vn} una base de un espacio vectorial V, y sea B′ = {w1, . . . , wn} un subconjunto de V

tal que vi ∈ gen(B′) para todo i ∈ {1, . . . , n}. Demuestre que B′ también es una base para V.

Solución. Dado que dim(V) = n, basta probar que B′ genera a V. Por hipótesis, para cada i ∈ {1, . . . , n}

se tiene que existen αi,j, con j ∈ {1, . . . , n} tales que

vi = αi1w1 + · · ·+ αinwn.

Sea v ∈ V, dado que B es base de V, existen escalares β1, . . . , βn ∈ K tales que

v = β1v1 + · · ·+ βnvn,

de donde

v = β1(α11w1 + · · ·+ α1nwn) + · · ·+ βn(αn1w1 + · · ·+ αnnwn)

o, lo que es lo mismo,

v = (β1α11 + · · ·+ βnαn1)w1 + · · ·+ (β1α1n + · · · βnαnn)wn,

de modo que B′ genera a V.

10. En cada uno de los siguientes literales se da un espacio vectorial V y un subespacio W de este. Encuentre

una base para W y a partir de esta complete una base para V:

a) V = R4 y W = {x ∈ R4 : x1 − x2 = x3, x2 + x3 − x4 = 0}.

b) V = R4[t] y W = {p(t) ∈ R4[t] : p′(0) + p(0) = 0, p′′′(0)− p′′(0) = 0}.

c) V = R2×2 y W = {A = (aij) ∈ R2×2 : a12 − a21 = 0, a11 + a22 = 0}.

11. En cada uno de los siguientes literales se da un espacio vectorial V, un subconjunto S ⊆ V. Determine

el subespacio generado por S y halle, a partir de S, una base para dicho subespacio.

a) V = R3 y S = {(1,−1, 0), (1, 0, 0), (1,−2, 0)}.

b) V = R2×3 y S =

{(

1 0 −1

−1 0 1

)

,

(

−1 0 1

1 0 −1

)}

.

c) V = R2 y S = {(1, 2), (−2, 1), (1, 0), (0,−2)}.

12. Sean a1, a2a,3 ∈ R tres números distintos. En R2[t] se definen los polinomios

L1(t) =(t− a2)(t− a3)

(a1 − a2)(a1 − a3), L2(t) =

(t− a1)(t− a3)

(a2 − a1)(a2 − a3)y L3(t) =

(t− a1)(t− a2)

(a3 − a1)(a3 − a2).

a) Demuestre que BL = {L1(t), L2(t), L3(t)} es una base para R2[t]. Esta base se conoce como base de

interpolación de Lagrange.

b) Demuestre que para todo p(t) ∈ R2[t] se cumple que

[p(t)]BL=

p(a1)

p(a2)

p(a3)

.

Solución. a) Dado que dim(R2[t]) = 3, basta probar que BL genera a R2[t]. Para ello, notemos que

para todo p(t) ∈ R2[t] se tiene que

p(t) = p(a1)L1(t) + p(a2)L2(t) + p(a3)L3(t).

5

b) De la ecuación anterior, se sigue inmediatamente que

[p(t)]BL=

p(a1)

p(a2)

p(a3).

.

13. Sean V un espacio vectorial real de dimensión finita n y B = {v1, . . . , vn}, S dos bases de V. Considere

la función T : Rn → Rn definida, para cada x ∈ Rn mediante

T(x) = [x1v1 + · · ·+ xnvn]S.

Demuestre que T es una transformación matricial.

Solución. Notemos que [vi]B = ei para cada i ∈ {1, . . . , n}, por ende

[x1v1 + · · ·+ xnvn]B = x,

de donde gracias a la definición de matriz de cambio de base se tiene que, para x ∈ Rn,

T(x) = [x1v1 + · · ·+ xnvn]S

= PS←B[x1v1 + · · ·+ xnvn]B = PS←Bx,

lo que significa que T es una transformación matricial.

14. En cada uno de los siguientes literales, se dan dos bases ordenadas B y S de un espacio vectorial V.

Calcule la matriz de cambio de la base B a la base S y la matriz de cambio de la base S a la base B.

a) V = R3, B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} y S = {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (0, 1, 1)}.

b) V = R2[t], B = {1 + t, 1− t, t2} y S = {t, 1 + t, 1− t2}.

c) V = {A ∈ R2×2 : A⊺ = A}, B =

{(

1 0

0 0

)

,

(

0 1

0 0

)

,

(

0 0

0 1

)}

y S =

{(

1 0

0 0

)

,

(

1 1

0 0

)

,

(

1 1

0 1

)}

.

15. Sean B y S dos bases ordenadas de un espacio vectorial de dimensión finita V. Demuestre o refute cada

uno de las siguientes afirmaciones:

a) Si PS←B = PB←S, entonces B = S.

b) Si existe v ∈ V, con v 6= 0, tal que [v]B = [v]S, entonces B = S.

c) Si dim(V) = n y existe una familia de vectores linealmente independiente {v1, . . . , vn} tales que

[vi]B = [vi]S, para todo i ∈ {1, . . . , n}, entonces B = S.

Solución. a) Esta afirmación es falsa. Para un contraejemplo simple, considere V = R2 con las bases

ordenadas B = {e1, e2} y S = {e1, e1 − e2}. Entonces

PS←B = PB←S =

(

1 0

1 −1

)

,

sin embargo B 6= S.

b) Esto es falso. Consideremos V = R2 y B = {e1, e2} y S = {e1, e1 + e2}. Entonces

[e1]B = [e1]S = e1,

pero B 6= S.

6

c) Sea T = {v1, . . . , vn}. Como T es linealmente independiente y dim(V) = n se tiene que T es base

de V. Dado que [vi]B = [vi]S para todo i ∈ {1, . . . , n} se tiene que PS←T = PB←T, de donde

PS←B = PS←TPT←B = PS←TP−1B←T = PS←TP−1

S←T = In

lo que significa que S = B.

16. Sea p(t) ∈ Rn[t] un polinomio tal que B = {p(t), p′(t), . . . , p(n)(t)} es una base ordenada de Rn[t]. Sea

S = {tn, . . . , t, 1} la base ordenada canónica de Rn[t]. Calcule PB←S.

Solución. Dado que dim(Rn[t]) = n + 1 y que |B| = n + 1 (cuando es linealmente independiente), por

el ejercicio 10 de la Hoja de ejercicios No. 9 se tiene que deg(p(t)) = n (es decir, el grado de p(t) es n). Si

escribimos

p(t) = antn + an−1tn−1 + an−2tn−2 + · · ·+ a1t + a0,

tenemos que

p′(t) = nantn−1 + (n− 1)an−1tn−2 + · · ·+ a1

p′′(t) = n(n− 1)antn−2 + (n− 1)(n− 2)tn−2 + (n− 2)(n− 3)tn−3 + · · ·+ 2a2

...

p(n)(t) = n!,

de modo que

PB←S =

an an−1 · · · a1 a0

0 nan · · · 2a2 a1

0 0 · · · 6a3 2a2...

.... . .

......

0 0 · · · 0 n!an

.

Ejercicios para la clase CP: 4a, 4c, 6, 7, 9, 10c, 11b, 14b, 15.

7




1. En los siguientes literales se dan un espacio vectorial V y dos subespacios W1 y W2. En cada caso,

determinar W1 + W2 y estudiar si W1 y W2 están o no en suma directa.

a) V = R4, W1 = gen({(1,−1, 0, 0), (1, 0,−1, 0), (1, 0, 0,−1)}) y W2 =

{

x ∈ R4 :4

∑k=1

xk = 0

}

.

b) V = R2[t], W1 = {p ∈ R2[t] : p′(0) = p(0)} y W2 = R1[t].

c) V = R3×2, W1 = {A ∈ R3×2 : AM = 0} y W2 = {A ∈ R3×2 : N⊺A⊺ − AN = 0}, siendo

M =

(

1

−3

)

y N =

(

1 0 0

0 −1 1

)

.

2. Sean W1, W2, W3, subespacios vectoriales del espacio vectorial E de dimensión finita, tal que

• W1 ⊆ W2,

• W1 + W3 = W2 + W3, y

• W1 ∩ W3 = W2 ∩ W3.

Demostrar que W1 = W2.

Solución. Se tiene que

dim(W1 + W3) = dim(W1) + dim(W3)− dim(W1 ∩ W3), (1)

y

dim(W2 + W3) = dim(W2) + dim(W3)− dim(W2 ∩ W3). (2)

Como W1 + W3 = W2 + W3, entonces

dim(W1 + W3) = dim(W2 + W3) (3)

Similarmente, como W1 ∩ W3 = W2 ∩ W3, entonces

dim(W1 ∩ W3) = dim(W2 ∩ W3). (4)

(3) aplicado a (1) y (2), junto con (4) resulta en

dim(W1) + dim(W3) = dim(W2) + dim(W3)

de donde,

dim(W1) = dim(W2).

Como W1 ⊆ W2, entonces

W1 = W2,

que es lo que se quería demostrar.

1

3. Sean W1, W2, subespacios vectoriales del espacio vectorial E. Demostrar que:

a) W1 + W2 ⊇ W1 y W1 + W2 ⊇ W2

b) si W1 ⊆ W2, entonces W1 + W2 = W2

c) si W2 ⊆ W1, entonces W1 + W2 = W1.

Solución. a) Sea w1 ∈ W1, queremos probar que

w1 ∈ W1 + W2.

Para ello, sabemos que

w1 = w1 + 0 w1 ∈ W1 0 ∈ W2,

con lo cual

w1 ∈ W1 + W2,

que es lo que se deseaba.

Similarmente, probamos que, si w2 ∈ W2, entonces

w2 ∈ W1 + W2.


w2 = 0 + w2 0 ∈ W1 w2 ∈ W2,

con lo cual

w2 ∈ W1 + W2,

que es lo que se deseaba.

b) Sea w ∈ W1 + W2, queremos probar que

w ∈ W2.


w = w1 + w2 w1 ∈ W1 w2 ∈ W2,

pero como W1 ⊆ W2, se tiene que

w = w1 + w2 w1 ∈ W2 w2 ∈ W2,

con lo cual

w ∈ W2,

que es lo que se quería demostrar.

4. Sean (E,+, ·, R) un espacio vectorial, S ⊆ V y α ∈ R. Se define

αS = {αx : x ∈ S}.

Si W es un subespacio vectorial de E, demuestre o refute los siguientes enunciados:

a) W + W = 2W

b) 2W + 2W = W

c) 2W − 2W = 0, con W 6= {0}

Solución. a) Se tiene que

W + W = {w1 + w2 ∈ E : w1 ∈ W y w2 ∈ W}

2

Ya que w1, w2 ∈ W y por propiedades del espacio vectorial, w1 + w2 ∈ W. Entonces, W + W = W.

Luego,

2W = {2w : w ∈ W}

y como, por propiedades del espacio vectorial, 2w ∈ W, entonces 2W = W; es decir,

W + W = W = 2W

b) Se tiene que

2W + 2W = {2w1 + 2w2 ∈ E : w1 ∈ W y w2 ∈ W}

Ya que w1 ∈ W, entonces por propiedades del espacio vectorial 2w1 ∈ W; similarmente, como

w2 ∈ W, entonces 2w2 ∈ W. Con lo antes dicho, se concluye que 2w1 + 2w2 ∈ W; y por lo tanto,

2W + 2W = W.

c) Se tiene que

2W − 2W = 2W + (−2)W = {2w1 + (−2)w2 ∈ E : w1 ∈ W y w2 ∈ W}

Ya que w1 ∈ W, entonces por propiedades del espacio vectorial 2w1 ∈ W; similarmente, como w2 ∈

W, entonces (−2)w2 ∈ W. Con lo antes dicho, se concluye que 2w1 + (−2)w2 = 2w1 − 2w2 ∈ W; y

por lo tanto, 2W − 2W = W, con lo cual se refuta el enunciado.

5. Sea W = {p(x) ∈ R4[x] : p′′(−1) = 0}

a) Encontrar una base para W

b) Completar la base del literal anterior a una base para R4[x]

c) Determinar un subespacio U de R4[x] tal que R4[x] = U ⊕ W

Solución. a) Tenemos

W = {ax4 + bx3 + cx2 + dx + e ∈ R4[x] : 12a − 6b + 2c = 0}.

Sea ax4 + bx3 + cx2 + dx + e ∈ R4[x], se tiene que

12a − 6b + 2c = 0,

de donde se obtiene que

a =1

2b −

1

6c,

por lo tanto

ax4 + bx3 + cx2 + dx + e =

(

1

2b −

1

6c

)

x4 + bx3 + cx2 + dx + e

= b

(

1

2x4 + x3

)

+ c(−1

6x4 + x2) + d(x) + e(1).

Con esto, se obtiene que{

1

2x4 + x3,−

1

6x4 + x2, x, 1

}

es un conjunto generador de E.

Ahora, tomamos α1, α2, α3, α4 ∈ R y escribimos la combinación lineal nula

α1

(

1

2x4 + x3

)

+ α2

(

−1

6x4 + x2

)

+ α3(x) + α4(1) = 0x4 + 0x3 + 0x2 + 0x + 0.

3

El resultado anterior conduce al sistema

12 α1 − 1

6 α2 = 0,

α1 = 0,

α2 = 0,

α3 = 0,

α4 = 0,

de donde, notamos que α1 = α2 = α3 = α4 = 0. Con lo cual, se tiene que

B =

{

1

2x4 + x3,−

1

6x4 + x2, x, 1

}

es linealmente independiente, entonces, es una base de W.

b) Notamos que

|B| = 4 = dim(W).

Como dim(R4[x]) = 5, debemos completar B con un vector q(x) ∈ R4[x] tal que

q(x) ∪ B

sea un conjunto linealmente independiente. Para ello, debemos determinar q(x) tal que

q(x) /∈ gen(B).

Entonces tomamos p(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx+ e ∈ R4[x] y determinamos si existen α1, α2, α3, α4 ∈

R tales que

α1

(

1

2x4 + x3

)

+ α2

(

−1

6x4 + x2

)

+ α3(x) + α4(1) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e.

El resultado anterior conduce al sistema

12 α1 − 1

6 α2 = a,

α1 = b,

α2 = c,

α3 = d,

α4 = e,


1 0 0 0 | b

0 1 0 0 | c

0 0 1 0 | d

0 0 0 1 | e

0 0 0 0 | 6a−3b+c6

.

Entonces, el sistema tiene solución si 6a−3b+c6 = 0; es decir,

gen(B) =

{

ax4 + bx3 + cx2 + dx + e ∈ R4[x] :6a − 3b + c

6= 0

}

.

Luego, tomamos q(x) = x3 + x /∈ gen(B), y verificamos si q(x) ∪ B es linealmente independiente;

es decir, escribimos la combinación lineal nula

α1

(

1

2x4 + x3

)

+ α2

(

−1

6x4 + x2

)

+ α3(x) + α4(1) + α5(x3 + x) = 0x4 + 0x3 + 0x2 + 0x + 0,

4

de donde se tiene el sistema

12 α1 − 1

6 α2 = 0,

α1 + α5 = 0,

α2 = 0,

α3 + α5 = 0,

α4 = 0.

Resolviendo el sistema anterior obtenemos α1 = α2 = α3 = α4 = α5 = 0. Entonces se tiene que

B′ =

{

1

2x4 + x3,−

1

6x4 + x2, x, 1, x3 + x

}

es un conjunto linealmente independiente, y por ende, B′ es una base de R4[x].

c) Del literal anterior tenemos

span(B′) = R4[x],

de donde

B′ = B ∪ q(x),

con q(x) = x3 + x. Además sabemos que

gen(B) = W.

Denotamos gen(q(x)) = U, y determinamos gen(q(x)) escribiendo la combinación lineal

α(x3 + x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e,

la cual es posible si a = 0, c = 0, e = 0 y b = d, entonces

gen(q(x)) = U ={

ax4 + bx3 + cx2 + dx + e ∈ R4[x] : a = 0, c = 0, e = 0, b = d}

.

Luego, sabiendo que

dim(U + W) = dim(U) + dim(W)− dim(U ∩ W),

se tiene que

dim(W ∩ U) = dim(U) + dim(W)− dim(U + W) = 1 + 4 − 5 = 0

entonces,

U ⊕ W = R4[x].

6. Sean (E,+, ·, K) un espacio vectorial y W1, W2 ⊆ E dos subespacios vectoriales de E de dimensión finita.

Demuestre que W1 + W2 = W2 + W1

Solución. Sabemos que W1 + W2 = gen(B1 ∪ B2). Además como B1 ∪ B2 = B2 ∪ B1, entonces

W1 + W2 = gen(B2 ∪ B1),

por lo tanto

W1 + W2 = W2 + W1.

7. Sean (R2×2,+, ·, R) y W1, W2 los siguientes subespacios vectoriales de R2×2:

W1 =

{(

a −a

b c

)

: a, b, c ∈ R

}

5

y

W2 =

{(

a b

c −a

)

: a, b, c ∈ R

}

.

a) Determinar W1 + W2.

b) ¿Es R2×2 = W1⊕

W2?

8. Sean W1, W2 dos subespacios vectoriales de R4 y {e1, e2, e3, e4} la base canónica de R4. Sea

W1 = gen({e1 + e2, e3 − e4})

y

W2 = gen({−e2 + e1, e3 + e4}).

Determinar W1 + W2 y su dimensión.

9. Sea A ∈ Rn×n una matriz invertible, muestre que el conjunto {x1, x2, . . . , xn}, de vectores columna de la

matriz, es linealmente independiente.

10. Sea A =

(

1 2 −1

2 −1 3

)

. Encuentre el espacio nulo y determine la nulidad de la matriz A.

11. Sea A ∈ Rn×m, se define la imagen de la matriz como el conjunto

img(A) := {y ∈ Rn : existe x ∈ R

m tal que Ax = y}.

Se define también el espacio columna de la matriz A como el conjunto

CA = gen{c1, c2, . . . cm}.

Donde ci es la columna i-ésima de A. Muestre que CA = img(A).

12. Encuentre el espacio nulo, la nulidad y la imagen de las siguientes matrices:

• A =

−15 9 −6

0 3 −5

−5 3 −2

• B =

2 4

−1 2

4 6

• C =

(

1 −1 1 2

3 −1 −1 −1

)

13. Demuestre o refute si las siguientes funciones son un producto interno:

a) 〈x, y〉 =n

∑j=1

xjyj en Cn.

b) 〈x, y〉 =n

∑j=1

xjyj en Cn.

c) 〈x, y〉 = 2x1x2 + 3y1y2 en R2.

d) 〈x, y〉 = 5x1y1 + 2x2y2 en R2.

e) 〈 f , g〉 = f ′(0) + g′(0) en C ′[0, 1]

f ) 〈p, q〉 =

ˆ 1

0p(x)q(x)dx en R2[x]

Ejercicios para la clase CP: 1c, 2, 3b, 5, 9, 10, 12, 13a, 13c, 13f.

6




1. Una matriz en Rn×n se dice ortogonal si sus columnas constituyen una base ortonormal de Rn. Sean

P, Q ∈ Rn×n. Muestre cada uno de los siguientes enunciados.

a) Si Q es una matriz ortogonal y simétrica, entonces Q2 = In.

b) Si Q es una matriz ortogonal, entonces det(Q) = ±1.

c) Si P y Q son matrices ortogonales, entonces PQ es una matriz ortogonal.

Solución.

a) Por hipótesis tenemos que Q⊺Q = In y que Q⊺ = Q, luego:

Q⊺Q = Q2 = In.

b) Por hipótesis se tiene que

Q⊺Q = In,

luego

det(Q⊺Q) = det(Q⊺)det(Q) = (det(Q))2 = 1.

Por lo cual, det(Q) = ±1.

c) Tenemos que

P⊺P = In y Q⊺Q = In.

Por lo tanto, se obtiene que

(PQ)⊺(PQ) = Q⊺(P⊺P)Q = Q⊺ InQ = In.

2. Muestre que para cualquier t ∈ R la matriz A =

(

sen(t) cos(t)

cos(t) − sen(t)

)

es una matriz ortogonal.

Solución.

Notemos que

A⊺A =

(

sen(t) cos(t)

cos(t) − sen(t)

)(

sen(t) cos(t)

cos(t) − sen(t)

)

=

(

1 0

0 1

)

= In.

Por lo tanto, A es una matriz ortogonal para cualquier valor de t ∈ R.

3. Sean u1, . . . , un vectores unitarios ortogonales en Rm, demuestre que

a) ‖u1 − u2‖ =√

2.

b) ‖u1 + . . . + un‖2 = ‖u1‖2 + . . . + ‖un‖2 = n.

Solución.

1

a) Por definición de norma tenemos que:

‖u1 − u2‖2 = (u1 − u2) · (u1 − u2)

= u1 · u1 − u1 · u2 − u2 · u1 + u2 · u2

= 1 − 0 − 0 + 1

= 2.

Por lo tanto ‖u1 − u2‖ =√

2.

b) Utilicemos Inducción Matemática para demostrar este resultado.

Notemos que para n = 1 tenemos que ‖u1‖2 = 1.

Supongamos que para k ∈ N la proposición

‖u1 + . . . + uk‖2 = ‖u1‖

2 + . . . + ‖uk‖2 = k (1)

es verdadera.

Ahora, para k + 1 obtenemos que

‖u1 + . . . + uk+1‖2 = (u1 + . . . + uk+1) · (u1 + . . . + uk+1)

= (u1 + . . . + uk) · (u1 + . . . + uk+1) + uk+1 · (u1 + . . . + uk+1)

= (u1 + . . . + uk) · (u1 + . . . + uk) + (u1 + . . . + uk) · uk+1

+ uk+1 · (u1 + . . . + uk) + uk+1 · uk+1

= (u1 + . . . + uk) · (u1 + . . . + uk) + 2uk+1 · (u1 + . . . + uk) + uk+1 · uk+1.

Luego, por (1) y por la ortogonalidad de los vectores ui tenemos que

‖u1 + . . . + uk+1‖2 = ‖u1‖

2 + . . . + ‖uk+1‖2 = k + 1.

Por lo tanto, se ha mostrado que

‖u1 + . . . + un‖2 = ‖u1‖

2 + . . . + ‖un‖2 = n

es verdad para cada n ∈ N.

4. En cada espacio vectorial V utilice el proceso de Gram-Schmidt para transformar la base B de V en (a)

una base ortogonal; (b) una base ortonormal.

a) En V = R2 con B = {(1, 2), (−3, 4)}.

b) En V = R3 con B = {(1, 1, 1), (0, 1, 1), (1, 2, 3)}.

Solución.

a) Sean u1 = (1, 2) y u2 = (−3, 4), vamos a determinar la base ortogonal B1 = {v1, v2}, para hacerlo

utilizamos el proceso de Gram-Schmidt.

• Para determinar v1:

v1 = u1 = (1, 2).


v2 = u2 −u2 · v1

v1 · v1v1

= (−3, 4)−(−3, 4) · (1, 2)

(1, 2) · (1, 2)(1, 2)

= (−3, 4)− (1, 2)

= (−4, 2).

2

Vamos a determinar ahora la correspondiente base ortonormal B2 = {w1, w2}. Para esto, notemos

que

w1 =1

‖v1‖v1 =

1√

5(1, 2).

w2 =2

‖v2‖v2 =

1

2√

5(−4, 2).

Por lo tanto, B2 =

{(√5

5,

2√

5

5

)

,

(

−2√

5

5,

√5

5

)}

.

b) Verifique que la base ortogonal es

B1 = {(1, 1, 1), (−2, 1, 1), (0,−1, 1)}

y que la base ortonormal es

B2 =

{(√3

3,

√3

3,

√3

3

)

,

(

−

√6

3,

√6

6,

√6

6

)

,

(

0,−

√2

2,

√2

2

)}

.

5. Sean a, b, c, d ∈ R tales que abc 6= 0. En cada caso determine una base ortonormal del subespacio vecto-

rial W del espacio vectorial V .

a) En V = R2 siendo W = {(x, y) ∈ R2 : ax + by = 0}.

b) En V = R3 siendo W = {(x, y, z) ∈ R3 : ax + by + cz = 0}.

c) En V = R4 siendo W = {(x, y, z, w) ∈ R4 : x − y − 2z + w = 0}.

Solución.

a) Notemos que una base para W está dada por B = {(−b, a)}, luego, dado que B posee un solo

elemento procedemos a construir la base ortonormal B1, para esto, se tiene que

w1 =1

‖u1‖u1 =

1√

a2 + b2(−b, a).

Por lo tanto, B1 =

{(

−b

√a2 + b2

,a

√a2 + b2

)}

.

b) Notemos que una base para W es B = {u1, u2} donde u1 = (−b, a, 0) y u2 = (−c, 0, a). Vamos a

determinar la base ortogonal B1 = {v1, v2}, para hacerlo utilizamos el proceso de Gram-Schmidt.


v1 = u1 = (−b, a, 0).


v2 = u2 −u2 · v1

v1 · v1v1

= (−c, 0, a)−(−c, 0, a) · (−b, a, 0)

(−b, a, 0) · (−b, a, 0)(−b, a, 0)

= (−c, 0, a)−bc

a2 + b2(−b, a, 0)

=

(

−a2c

a2 + b2,−

abc

a2 + b2,

a3 + ab2

a2 + b2

)

.

Multiplicando v2 por a2 + b2, reescribimos v2 como v2 = (−a2c,−abc, a3 + ab2).

Luego, B1 = {(−b, a, 0), (−a2c,−abc, a3 + ab2)}.

3

Determinemos ahora, la base ortonormal B2 = {w1, w2}, para esto notemos que

w1 =1

‖v1‖v1 =

1√

a2 + b2(−b, a, 0)

w2 =1

‖v2‖v2 =

1√

a6 + a2b4 + 2a4b2 + a4c2 + a2b2c2(−a2c,−abc, a3 + ab2).

c) Verifique que una base de W es B = {(1, 1, 0, 0), (2, 0, 1, 0), (−1, 0, 0, 1)}, que la correspondiente

base ortogonal es B1 =

{

(1, 1, 0, 0), (1,−1, 1, 0),

(

−1

6,

1

6,

1

3, 1

)}

y que la base ortonormal buscada

es B2 =

{(√2

2,

√2

2, 0, 0

)

,

(√3

3,−

√3

3,

√3

3, 0

)

,

(

−

√42

42,

√42

42,

√42

21,

√42

7

)}

.

6. Sean u, v1, v2, . . . , vn vectores en Rn. Demuestre que si u es ortogonal a v1, v2, . . . , vn, entonces u es orto-

gonal a todo vector en gen{v1, v2, . . . , vn}.

Solución.

Notemos que si v ∈ gen{v1, v2, . . . , vn}, existen α1, . . . , αn ∈ R, tales que v = α1v1 + . . . + αnvn.

Luego, por propiedades del producto escalar y por hipótesis sobre u y vi con i ∈ {1, . . . , n}, tenemos

que

u · v = u · (α1v1 + . . . + αnvn) = α1(u · v1) + . . . + αn(u · vn) = 0.

Por lo tanto, u es ortogonal a cualquier vector generado por v1, v2, . . . , vn.

7. Sean {u1, . . . , uk, uk+1, . . . , un} una base ortonormal para Rn, S = gen{u1, . . . , uk} y T = {uk+1, . . . , un}.

Demuestre que si x ∈ S y y ∈ T, entonces x es ortogonal a y.

Solución.

Supongamos que x ∈ S, entonces existen α1, . . . , αk ∈ R, tales que

x =k

∑i=1

αiui.

De forma similar, si suponemos que y ∈ T, existen β1, . . . , βn−k ∈ R, tales que

y =n−k

∑j=1

β juk+j.

Luego, por propiedades del producto escalar y por ser S un conjunto ortonormal, se tiene que:

x · y =

(

k

∑i=1

αiui

)

·

(

n−k

∑j=1

β juk+j

)

=k

∑i=1

αi

(

ui ·

(

n−k

∑j=1

β juk+j

))

=k

∑i=1

n−k

∑j=1

αiβ j(ui · uk+j)

= 0.

Por lo tanto, x es ortogonal a y.

8. Sea

W = {(a, b, c) ∈ R3 : a − b + c = 0, a + c = 0}

un subespacio vectorial del espacio vectorial R3. Calcular W⊥.

4

Solución. Verifique que una base de W es

B = {(−1, 0, 1)},

con lo cual, el complemento ortogonal de W es

W⊥ = {(a, b, c) ∈ R3 : 〈(a, b, c), (−1, 0, 1)〉 = 0}

= {(a, b, c) ∈ R3 : −a + c = 0}.

9. Sea

W = {(a, b) ∈ R2 : 2a − b = 0}

un subespacio vectorial del espacio vectorial R2.

a) Calcular W⊥.

b) Calcular (W⊥)⊥.

c) ¿Se verifica que (W⊥)⊥ = W?

Solución. a) Verifique que una base de W es

B = {(1, 2)},

con lo cual, el complemento ortogonal de W es

W⊥ = {(a, b) ∈ R2 : 〈(a, b), (1, 2)〉 = 0}

= {(a, b) ∈ R2 : a + 2b = 0}.

b) Verifique que una base de W⊥ es

B = {(−2, 1)},

con lo cual, el complemento ortogonal de W⊥ es

(W⊥)⊥ = {(a, b) ∈ R2 : 〈(a, b), (−2, 1)〉 = 0}

= {(a, b) ∈ R2 : −2a + b = 0}.

c) Si, pues

(W⊥)⊥ = {(a, b) ∈ R2 : −2a + b = 0 = 0}

= {(a, b) ∈ R2 : 2a − b = 0}

= W

10. Sea

W = {p(x) ∈ R2[x] : p(−1) = p(0)}

un subespacio vectorial del espacio vectorial R2[x].

a) Calcular W⊥

b) ¿R2[x] = W ⊕ W⊥?

Solución.

5

Tenemos

W = {a + bx + cx2 ∈ R2[x] : b = c}.

Verifique que una base de W es

B1 = {1, x + x2}.

Entonces

W⊥ = {a + bx + cx2 ∈ R2[x] : 〈a + bx + cx2, 1〉 = 0, 〈a + bx + cx2, x + x2〉 = 0}

= {a + bx + cx2 ∈ R2[x] : a = 0, b + c = 0}.

Verifique que una base de W⊥ es

B2 = {x − x2}.

Luego, sabemos que

W + W⊥ = gen{B1 ∪ B2}

= gen{1, x + x2, x − x2}.

Notamos que, B1 ∪ B2 es un conjunto de vectores ortogonales; por ende, son linealmente independientes,

y 3 vectores linealmente independientes en un espacio vectorial de dimensión 3, son una base.

Luego

gen{1, x + x2, x − x2} = R2[x];

es decir,

W + W⊥ = R2[x].

Por propiedad de W⊥, sabemos que

W ∪ W⊥ = {0},

entonces

W ⊕ W⊥ = R2[x].

Ejercicios para la clase CP: 3a, 4b, 5b, 9, 10

6

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