Algebra lineal2

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE

ALGEBRA LINEAL
PROBLEMAS RESUELTOS

Rodrigo Vargas

Santiago de Chile
2007

Prefacio

Este libro con problemas resueltos pretende sirvir para los estudiantes del
plan com´ n de Ingeneria Civil de la Pontificia Universidad Cat´lica de Chile.
u o
As´ espero facilitar el estudio y la comprensiń de los estudiantes. Grupos
ı o
especiales, estudiantes avanzados, lectores que deseen una presentaciń m´s
o a
completa y los alumnos, por as´ decirlo, normales que busquen lecturas com-
ı
plementarias pueden consultar el libro “Linear Algebra” de Hoffman y Kunze
que trata los mismos t´picos con un enfoque m´s amplio.
o a
La parte mas importante de este libro son sus problemas resueltos, que
sirven para fijar ideas, desarrollar algunos temas esbozados en muchos textos
de algebra lineal y como oportunidad para que el lector compruebe lo sencillo
de algunas soluciones. Naturalmente, me gustar´ que el lector s´lo consultase
ıa o
las soluciones despu´s de haber hecho un serio esfuerzo para resolver cada
e
problema. Precisamente es este esfuerzo, con o sin ´xito, el que nos conduce
e
a buenos resultados en el proceso de aprendizaje.
Los problemas que el lector encontrar´ se basan en las ayudantias del
a
curso de algebra lineal impartido en la Pontificia Universidad Cat´lica de
o
Chile, el cual est´ dirigido a estudiantes de Ingeneria Civil.
a

iii

´
Indice general

1. Algebra Lineal Elemental 1

2. Factorizaciones de Matrices 21

3. Determinantes 43

4. Espacios Vectoriales 49

5. Transformaciones Lineales, Teorema de la Dimensi´n y Cam-
o
bio de Base 61

6. Bases Ortonormales y Proyecciones 79

7. Vectores y Valores Propios, Diagonalizaci´n
o 85

v

Cap´
ıtulo 1

Algebra Lineal Elemental

1.1. Se dice que v es combinaciń lineal convexa de u1 , u2 , ..., uk si v =
o
α1 v1 + α2 v2 + ... + αk vk donde αi ≥ 0, i = 1, ..., k y α1 + α2 + ... + αk = 1.
Demuestre que si u4 es combinaciń convexa de u1 , u2 , u3 y v es combi-
o
naciń convexa de u1 , u2 , u3, u4 entonces v es combinaciń convexa de
o o
u1 , u2 , u3 .

Soluciń: Si u4 es combinaciń convexa de u1 , u2, u3 , entonces
o o
u4 = α1 u1 + α2 u2 + α3 u3 ,
donde αi = 1 y αi ≥ 0 para i = 1, . . . , 3. Si v es combinaciń convexa
o
de u1 , u2 , u3, u4 , entonces
v = β1 u1 + β2 u2 + β3 u3 + β4 u4 ,
donde βi = 1 y βi ≥ 0 para i = 1, . . . , 4. Luego,
v = β1 u1 + β2 u2 + β3 u3 + β4 u4
= β1 u1 + β2 u2 + β3 u3 + β4 (α1 u1 + α2 u2 + α3 u3 )
= (β1 + β4 α1 )u1 + (β2 + β4 α2 )u2 + (β3 + β4 α3 )u3
= γ1 u 1 + γ2 u 2 + γ3 u 3
donde γ1 = β1 + β4 α1 ≥ 0, γ2 = β2 + β4 α2 ≥ 0 y γ3 = β3 + β4 α3 ≥ 0.
Adem´s,
a
γi = γ1 + γ2 + γ3 + γ4
= β1 + β4 α1 + β2 + β4 α2 + β3 + β4 α3
= β1 + β2 + β3 + β4 (α1 + α2 + α3 )
= β1 + β2 + β3 + β4 = 1 .
Por lo tanto, v es combinaciń convexa de u1 , u2 , u3.
o

1

2 Cap´
ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

1.2. Demuestre que si u1 = 2v1 + 3v2 , u2 = −v1 + 3v2 entonces se cumple
que: < u1 , u2 >=< v1 , v2 >.

Soluciń: Primero probaremos que < u1 , u2 > ⊂ < v1 , v2 >. Para
o
esto, sea x ∈< u1 , u2 > entonces
x = α1 u1 + α2 u2
= α1 (2v1 + 3v2 ) + α2 (−v1 + 3v2 )
= (2α1 − α2 )v1 + 3(α1 + α2 )v2 .
Como x es combinaciń lineal de los vi ’, es claro que x ∈< v1 , v2 > y,
o
por lo tanto, hemos probado que
< u1 , u2 > ⊂ < v1 , v2 > .
Ahora se probar´ que < v1 , v2 > ⊂ < u1 , u2 >. Notemos que:
a
u1 = 2v1 + 3v2 ⇒ 3v2 = u1 − 2v1
y
u2 = −v1 + 3v2 ⇒ 3v2 = u2 + v1 .
Igualando obtenemos que
u1 − 2v1 = u2 + v1
3v1 = u1 − u2
1
v1 = (u1 − u2 ) .
3
Despejando obtenemos
1
v2 = (u1 + 2u2) .
9
Sea x ∈< v1 , v2 >, este vector se puede escribir de la forma
x = β1 u1 + β2 u2
1 1
= β1 (u1 + u2 ) + β2 u1
3 3
1 1
= (β1 + β2 )u1 + β1 u2 .
3 3
Como x es combinaciń lineal de los ui ’, es claro que x ∈< u1 , u2 > y,
o
por lo tanto, hemos probado que
< v1 , v2 > ⊂ < u1 , u2 >
y por lo tanto, < u1 , u2 >=< v1 , v2 >.

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 3

1.3. Sean
−0.6 3 4
u= ,v = ,w = .
0.8 4 3
(a) Calcule los productos puntos u · v, u · w, w · v.
(b) Determine la longitud de cada uno de los vectores.
(c) Verifique las desigualdades (Schwarz):
| u · v| ≤ u v y | v · w| ≤ v w .
Soluciń:
o
a)
u · v = (−0.6, 0.8) · (3, 4) = (−0.6)(3) + (0.8)(4) = 1.4 ,
u · w = (−0.6, 0.8) · (4, 3) = (−0.6)(4) + (0.8)(3) = 0 ,
w · v = (4, 3) · (3, 4) = (4)(3) + (3)(4) = 24 .
b)
√
u = u·u= (−0.6)2 + (0.8)2 = 1 ,
√
v = v·v = (3)2 + (4)2 = 5 ,
√
w = w·w = (4)2 + (3)2 = 5 .
c)
| u · v| = |1.4| = 1.4 ≤ 5 = (1)(5) = u v ,
| v · w| = |24| = 24 ≤ 25 = (5)(5) = v w .
1.4. Para u = (1, 2), v = (−1, 3) determine un escalar α tal que u − αv sea
perpendicular a u.

Soluciń: Notemos que
o
u − αv = (1, 2) − α(−1, 3)
= (1 + α, 2 − 3α) .
Para que los vectores sean perpendiculares basta que el producto interno
entre los vectores sea cero
0 = u · (u − αv)
= (1, 2) · (1 + α, 2 − 3α)
= 1(1 + α) + 2(2 − 3α)
= 5 − 5α .
Entonces, α = 1 y tenemos que u − αv = (2, −1).

4 Cap´

1.5. Exprese el plano x + y + 2z = 1 como combinaciń lineal de vectores.
o
Indique el vector normal unitario al plano.

Soluciń: Podemos despejar cualquiera de las variables de la ecuaciń
o o
del plano en funciń de las otras dos. Por ejemplo, podemos despejar x
o
y obtenemos x = 1 − y − 2z en forma vectorial
         
x 1 − y − 2z 1 −1 −2
 y = y  =  0 +  1 y +  0 z .
z z 0 0 1
Se puede observar que el plano se puede expresar como combinaciń o
lineal de los vectores (−1, 1, 0), (−2, 0, 1), donde el primer vector siempre
esta ponderado por 1, esto es
     
1 −1 −2
P =  0 + <  1 , 0  > .
0 0 1

En general, el vector normal de un plano ax + by + cz = d es (a, b, c),
en nuestro caso el vector normal es n = (1, 1, 2) con modulo
√ √
n = 1 2 + 12 + 22 = 6 .

Luego, el vector normal unitario es:
1
n = √ (1, 1, 2) .
ˆ
6

1.6. Si un hiperplano pasa por los puntos (1, −1, 1, 1), (2, −1, 2, 1), (0, 1, 1, 1),
(1, 0, 0, 1). Determine los valores α, β tal que el punto (α, β, α−β, α+β)
pertenezca al hiperplano.

Soluciń: La ecuaciń de un plano en R4 es:
o o

ax + by + cz + dw = e .

Como el hiperplano pasa por los puntos (1, −1, 1, 1), (2, −1, 2, 1), (0, 1, 1, 1),
(1, 0, 0, 1) las constantes a, b, c, d, e deben cumplir

a−b+c+d = e,
2a − b + 2c + d = e,
b+c+d = e,
a+d = e.


Entonces tenemos 4 ecuaciones y 5 incognitas. Hay una variable libre
que es e y a, b, c, d son variables b´sicas. Resolviendo el sistema obten-
a
emos
a = b = c = 0, d = e .
La ecuaciń del hiperplano es entonces:
o

dw = d ⇒ w = 1 .

Luego, para que (α, β, α − β, α + β) pertenezca al hiperplano se debe
cumplir que:
α+β =1.

1.7. ¿Para qu´ valor(es) de λ serń linealmente dependientes los vectores
  e   a
1 2 3
 2   −1   λ ?
3 4 4
Soluciń: Suponga que
o
       
1 2 3 0
c1  2  + c2  −1  + c3  λ  = 0 =  0  .
3 4 4 0

Entonces mulptiplicando y sumando se obtiene
   
c1 + 2c2 + 3c3 0
 2c1 − c2 + λc3  =  0  .
3c1 + 4c2 + 4c3 0

Esto nos lleva al sistema de tres ecuaciones y tres incognitas

c1 + 2c2 + 3c3 = 0 , (1.1)
2c1 − c2 + λc3 = 0 , (1.2)
3c1 + 4c2 + 4c3 = 0 . (1.3)

As´ los vectores serń linealmente dependientes si y s´lo si el sistema
ı, a o
tiene soluciones no triviales. Despejando en (1.1)

c1 = −2c2 − 2c3 . (1.4)

Si (1.4) en (1.3) y despejando
5c3
c2 = − . (1.5)
2

6 Cap´

Si (1.5) en (1.4) obtenemos

c1 = 2c3 . (1.6)

Finalmente (1.5) y (1.6) en (1.2) obtenemos

2c1 − c2 + λc3 = 0
5
2(2c3 ) + c3 + λc3 = 0
2
13
(λ + )c3 = 0 .
2
Para obtener infinitas soluciones necesitamos que una de las ecuaciones
se anule esto se consigue con λ = − 13 , con este valor los vectores son
2
linealmente dependientes.

1.8. Considere el sistema de ecuaciones

x1 + x2 + x3 = 1 ,
x1 − 2x2 + ax3 = b ,
2x1 + x2 + 3x3 = c ,

donde a, b, c son constantes. Determine los valores de a, b, c tales que el
sistema: no tenga soluciń, tenga soluciń unica, tenga infinitas solu-
o o ´
ciones.

Soluciń: Primeros hacemos eliminaciń de Gauss
o o
   
1 1 1 1 1 1 1 1
 1 −2 a b  ∼  0 −3 a − 1 b − 1 
2 1 3 c 0 −1 1 c−2
 
1 1 1 1
1 1
∼  0 1 3 (1 − a) 3
(1 − b) 
0 −1 1 c−2
 
1 0 1 + 1 (a − 1)
3
1
3
(b − 1) + 1
1 1
∼  0 1 3
(1 − a) 3
(1 − b)  .
1 1
0 0 3
(4 − a) 3
(3c − b − 5)

La ultima fila de la matriz ampliada equivale a
´

1 1
(4 − a)x3 = (3c − b − 5) ⇒ (4 − a)x3 = 3c − b − 5 .
3 3


Para que no haya soluciones es necesario que el sistema sea inconsis-
tente, es decir, que algunas de sus ecuaciones contenga alguna contradic-
ciń. La unica posible es 0 · x3 = 0. Es decir, con a = 4 y 3c − b − 5 = 0.
o ´
Para que existan infinitas soluciones se necesita una identidad que se
cumpla siempre. La unica que se cumple siempre independiente del va-
´
lor de x3 es 0 · x3 = 0. Es decir, con a = 4 y 3c − b − 5 = 0.
Si se quiere una sola soluciń, se debe tener tantas ecuaciones lineal-
o
mente independientes como incognitas y adem´s el sistema debe ser
a
consistente. Esto se cumple para cualquier valor de a, b, c excepto para
el valor a = 4.

1.9. Encuentre eficientemente la soluciń general de los sistemas
o
         
1 1 1 x1 2 1 1 1 x1 2
 2 1 1   x2  =  3  y  2 1 1   x2  =  3  .
3 1 1 x3 4 3 1 1 x3 5

Soluciń: Con el m´todo de eliminaciń de Gauss es posible resolver
o e o
m´ ltiples sistemas con la misma matriz de coeficientes y distintos vec-
u
tores a la vez. Para esto se construye una matriz ampliada de la forma
[ A | b1 ... bn ].
   
1 1 1 2 2 1 1 1 2 2
 2 1 1 3 3  ∼  0 −1 −1 −1 −1 
3 1 1 4 5 0 −2 −2 −2 −1
 
1 1 1 2 2
∼  0 1 1 1 1 
0 −2 −2 −2 −1
 
1 1 1 2 2
∼  0 1 1 1 1 .
0 0 0 0 1

Una vez obtenida la matriz escalonada reducida, se debe despejar las
inc´gnitas del primer y segundo sistema a partir de las columnas corres-
o
pondientes a los vectores (2, 3, 4) y (2, 3, 5), respectivamente. En este
caso el segundo sistema es inconsistente, es decir no tienen soluciones,
ya que tenemos 0 · x3 = 1. Para el segundo sistema tenemos infinitas
soluciones dadas por

x1 = 1, x2 = 1 − x3 , x3 ∈ R .

8 Cap´

1.10. Determine un sistema de ecuaciones Ax = b tal que su conjunto soluciń
o
sea:      
1 −1 1
 2   0   1 
S = + 
 0   0  ,  −1  .
  

2 1 0
Soluciń: El conjunto soluciń de Ax = b es x0 + kerA, donde x0 es
o o
una soluciń particular de Ax = b. Adem´s KerA = filas de A ⊥ .
o a
Entonces
KerA = (−1, 0, 0, 1), (1, 1, −1, 0) .
Sea (a, b, c, d) una fila de A, entonces:
       
a −1 a 1
 b   0   b   1 
 ·
 c   0 =0 y
  · =0
 c   −1 
d 1 d 0

−a + d = 0 d=a
⇔ .
a+b−c=0 c=a+b
0 1 1 0 (a = 0, b = 1)
Tomando A = . Ahora sea
1 0 1 1 (a = 1, b = 0)
   
1 1
 2  0 1 1 0  2 
b = A  =  = 2 .
 0  1 0 1 1  0  3
2 2

0 1 1 0
Eligiendo A = y b = (2, 3) el conjunto de Ax = b
1 0 1 1
coincide con
     
1 −1 1
 2   0   1 
S = +
 0   0  ,  −1
   
 .
2 1 0

1.11. Considere el plano P de R3 dado por P = {(x, y, z) ∈ R3 : 2x−3y + z =
0} y la matriz  
1 −1 2
A= 2 0 1 .
1 1 1


Demuestre que la imagen de P a trav´s de A es un plano y encuentre
e
la ecuaci´n cartesiana ax + by + cz = d de tal plano.
o

o

P = {(x, y, z) ∈ R3 : 2x − 3y + z = 0}
= {(x, y, x) ∈ R3 : z = 3y − 2x}
= {(x, y, 3y − 2x) : x, y ∈ R}
= {(x, 0, −2x) + (0, y, 3y) : x, y ∈ R}
= {(1, 0, −2)x + (0, 1, 3)y : x, y ∈ R} .

Los vectores (1, 0, −2) y (0, 1, 3) son linealmente independientes, ya que

α(1, 0, −2)+β(0, 1, 3) = (0, 0, 0) ⇒ (α, β, −2α+3β) = (0, 0, 0) ⇒ α = β = 0.

Luego, P = {(1, 0, −2), (0, 1, 3)} = {v, w}
    
1 −1 2 1 −3
Av =  2 0 1  0  =  0  ,
1 1 1 −2 −1
    
1 −1 2 0 5
Aw =  2 0 1  1  =  3  .
1 1 1 3 4

Por lo tanto, la imagen de P a trav´s de A es generado por vectores
e
(−3, 0, −1) y (5, 3, 4), esto es

A(P) = {(−3, 0, −1), (5, 3, 4)}
= {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = α(−3, 0, −1) + β(5, 3, 4) α, β ∈ R}
= {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = (−3α + 5β, 3β, −α + 4β) α, β ∈ R}
= {(x, y, z) ∈ R3 : x = −3α + 5β, y = 3β, z = −α + 4β α, β ∈ R}
= {(x, y, z) ∈ R3 : 3x + 7y − 9z = 0} .

1.12. Considere la siguiente matriz triangular superior
 
p 1 0
A= 0 p 1  .
0 0 p

Encuentre An , n ∈ N.

10 Cap´

o
    2 
p 1 0 p 1 0 p 2p 1
A2 =  0 p 1   0 p 1  =  0 p2 2p  ,
0 0 p 0 0 p 0 0 p2
 2    3 
p 2p 1 p 1 0 p 3p2 3p
A3 =  0 p2 2p   0 p 1  =  0 p3 3p2  ,
0 0 p2 0 0 p 0 0 p3
 3    4 
p 3p 3p p 1 0 p 4p3 6p2
A4 =  0 p3 3p2   0 p 1  =  0 p4 4p3  ,
0 0 p3 0 0 p 0 0 p4
 4    5 
p 4p3 6p2 p 1 0 p 5p4 10p3
A5 =  0 p4 4p3   0 p 1  =  0 p5 5p4  .
0 0 p4 0 0 p 0 0 p5
 n 
p npn−1 an pn−2
Luego, An =  0 pn npn−1  donde an+1 = an +(n−1), ∀n > 1
0 0 pn
y a1 = 0.

1.13. Demuestre que cualquier matriz cuadrada se puede escribir de manera
unica como la suma de una matriz sim´trica y una matriz antisim´trica.
´ e e

Soluci´n: Se dice que una matriz es sim´trica si At = A y se dice
o e
que una matriz es antisim´trica si At = −A. Consideremos las matrices
e
1
2
(A + At ) y 1 (A − At ) entonces
2

1 1 1 1
[ (A + At )]t = (At + (At )t ) = (At + A) = (A + At ) .
2 2 2 2
1
Luego, 2 (A + At ) es una matriz sim´trica.
e
1 1 1 1
[ (A − At )]t = (At − (At )t ) = (At − A) = − (A − At ) .
2 2 2 2
Luego, 1 (A − At ) es un matriz antisim´trica. Por lo tanto, podemos
2
e
escribir A como
1 1
A = (A + At ) + (A − At ) .
2 2
1.14. Resuelva la siguiente ecuaci´n matricial
o

1 1 4 −2 6 4
X = .
3 4 −3 2 22 14


1 1 4 −2 6 4
Soluciń: Sean A =
o ,B= yC=
3 4 −3 2 22 14
y notemos que si existen las matrices inversas de A y B, entonces

AXB = C ⇒ AXBB −1 = CB −1
⇒ AX = CB −1
⇒ A−1 AX = A−1 CB −1
⇒ X = A−1 CB −1 .

Usando eliminaciń de Gauss, podemos encontrar A−1 y B −1 .
o

1 1 1 0 1 1 1 0 1 0 4 −1
∼ ∼
3 4 0 1 0 1 −3 1 0 1 −3 1

y
1 1 1 1
4 −2 1 0 1 −2 4
0 1 −2 4
0
∼ ∼ 1 3
−3 2 0 1 −3 2 0 1 0 2 4
1
1 0 1 1 1 0 1 1
∼ ∼ .
0 1
2
3
4
1 0 1 3
2
2

Entonces
4 −1 1 1
A−1 = , B −1 = 3 .
−3 1 2
2
Luego, tenemos que

4 −1 6 4 1 1
X = A−1 CB −1 = 3
−3 1 22 14 2
2
2 2 1 1 5 6
= 3 = .
4 2 2
2 7 8

1.15. Sea A de 2 × 2 tal que A(1, 0)⊤ = (3, 6)⊤ y A(0, 1)⊤ = (1, 2)⊤

(a) Mostrar que la imagen bajo A de la recta 3x + 2y = 0 es la recta
2x − y = 0.
(b) Hay una recta L que pasa por el origen y que queda fija bajo A, ( es
decir, A(L) = L, aunque no necesariamente A(l) = l, para l ∈ L).
¿Cu´l es la recta?
a

12 Cap´

Soluci´n:
o
(a) Si A = (aij ) entonces
a11 a12 1 a11 3
A(1, 0)⊤ = = = ,
a21 a22 0 a21 6

a11 a12 0 a12 1
A(0, 1)⊤ = = = .
a21 a22 1 a22 2
3 1
Por lo que A = . Buscamos el vector generador de la recta
6 2
3x + 2y = 0
L = {(x, y) ∈ R2 : 3x + 2y = 0}
3
= {(x, y) ∈ R2 : y = − x}
2
3
= x, − x : x ∈ R
2
3
= x 1, − :x∈R
2
3
= 1, −
2
y obtenemos
3
3 1 1
A(1, −3/2)⊤ = = 2 .
6 2 −3
2
3
Entonces la imagen de bajo A de la recta es:
3
A(L) = ,3
2
3
= α ,3 :α∈R
2
y
= (x, y) ∈ R2 : x =
2
= {(x, y) ∈ R2 : 2x − y = 0} .

(b) Si L es la recta que pasa por el origen entonces consideremos
L = {(x, y) ∈ R2 : y = mx}
= {(x, mx) : x ∈ R}
= {(1, m)} .


3 1 1 3+m
Entonces, = y
6 2 m 6 + 2m

A(L) = {(3 + m, 6 + 2m)}
= {((3 + m, 6 + 2m) : x ∈ R}
= {(x, y) ∈ R2 : 2x − y = 0} .

Si consideremos la recta

L = {(x, y) ∈ R2 : 2x − y = 0}

entonces A(L) = L .
1.16. Sea A = (aij ) ∈ Mn (R). Se deﬁne la traza de A, denotada por tr(A),
como n
tr(A) = aii = a11 + a22 + · · · + ann .
i=1

Si A, B ∈ Mn (R), demuestre
(a) tr(AB) = tr(BA).
(b) tr(AAt ) > 0, si A = 0.
Soluci´n:
o
(a) Sean A = (aij ), B = (bij ), AB = (cij ) y BA = (dij ) entonces un
elemento de la diagonal de la matriz AB es
n
cii = aik bki ,
k=1

luego,
n n n n n n n
tr(AB) = cii = aik bki = bki aik = bki aik
i=1 i=1 k=1 i=1 k=1 k=1 i=1
n
= dkk = tr(BA) .
k=1

(b) Si A = (aij ) entonces At = (bij ) = (aji ) si denotamos AAt = (rij )
entonces:
n n n n n n n
t
tr(AA ) = rii = aik bki = aik aik = (aki )2 > 0.
i=1 i=1 k=1 i=1 k=1 k=1 i=1

14 Cap´

1.17. Si tan α = (a/b), demuestre que
n n/2
1 (a/b) a2 cos nα sin nα
= 1+ .
−(a/b) 1 b2 − sin nα cos nα

Soluciń: Demostramos la igualdad haciendo inducciń sobre n
o o
Para n = 1, tenemos que:
1/2
a2 cos α sin α 1/2 cos α sin α
1+ 2 = 1 + tan2 α
b − sin α cos α − sin α cos α
cos α sin α
= sec α
− sin α cos α
1 (a/b)
= .
−(a/b) 1

Ahora suponiendo que se cumple para n, probamos que es v´lido para
a
n + 1.
a n+1 a n a
1 b
1 b
1 b
=
−a
b
1 −a
b
1 −a
b
1
n/2
a2 cos nα sin nα 1 a
b
= 1+ 2
b − sin nα cos nα −a
b
1
sin α
cos nα sin nα 1
= (1 + tan2 α)n/2 cos α
− sin nα cos nα − cos α
sin
α
1
cos nα sin nα cos α sin α
= (sec2 α)n/2 sec α
− sin nα cos nα − sin α cos α
cos nα cos α − sin nα sin α cos nα sin α + sin nα cos α
= secn+1 α
− sin nα cos α − cos nα sin α − sin nα sin α + cos nα cos α
cos(n + 1)α sin(n + 1)α
= (1 + tan2 α)(n+1)/2
− sin(n + 1)α cos(n + 1)α
(n+1)/2
a2 cos(n + 1)α sin(n + 1)α
= 1+ 2 .
b − sin(n + 1)α cos(n + 1)α

1.18. Demuestre que si A es una matriz cuadrada tal que An = 0, entonces
I − A es invertible.

Soluciń: Basta observar que
o

(I − A)(I + A + A2 + ... + An−1 ) = (I − An ) .


Como An = 0, entonces:
(I − A)(I + A + A2 + ... + An−1 ) = I .
Luego, I + A + A2 + ... + An−1 = (I − A)−1 y I − A es invertible.
 
1 2 0
1.19. Sea A =  2 −1 0 . Verifique que A3 − A2 − 5A + 5I3 = 0 para
0 0 1
determinar A−1 en funciń de A.
o

Soluciń: Tenemos
o que
    
1 2 0 1 2 0 5 0 0
2  2
A = −1 0   2 −1 0  =  0 5 0 
0 0 1 0 0 1 0 0 1
    
1 2 0 5 0 0 5 10 0
A3 =  2 −1 0   0 5 0  =  10 −5 0 
0 0 1 0 0 1 0 0 1
 
0 10 0
3 2  10 −10 0 . Luego,
y entonces A − A =
0 0 0
     
0 10 0 1 2 0 1 0 0
A3 − A2 − 5A + 5I3 =  10 10 0  − 5  2 −1 0  + 5  0 1 0 
0 0 0 0 0 1 0 0 1
     
0 10 0 −5 −10 0 5 0 0
=  10 −10 0  +  −10 5 0 + 0 5 0 
0 0 0 0 0 −5 0 0 5
   
0 10 0 0 −10 0
=  10 −10 0  +  −10 10 0  = 0 .
0 0 0 0 0 0
Notemos que
A3 − A2 − 5A + 5I3 = 0 ⇒ (A2 − A − 5I3 )A = −5I3
1
⇒ (A − A2 + 5I3 )A = I3
5
1
⇒ A−1 = (A − A2 + 5I3 )
5 
1 0 0
1
⇒ A−1 =  2 −1 0  .
5
0 0 5

16 Cap´

1.20. Calcule una inversa por la derecha de:
1 2 −6
A= .
−3 −8 5
Soluciń: Calcular una inversa por la derecha es equivalente a resolver
o
AX = I donde X corresponde a la inversa por la derecha de A, como
A2×3 y I2×2 , la unica opciń es que X3×2 , luego,
´ o
 
x11 x12
X =  x21 x22 
x31 x32
esto es equivalente a resolver simultaneamente los sistemas
A(x11 , x21 , x31 )⊤ = (1, 0)⊤ y A(x12 , x22 , x32 )⊤ = (0, 1)⊤ .
Usamos eliminaciń de Gauss, para resolver el sistema
o
1 2 −6 1 0 1 2 −6 1 0
∼
−3 −8 5 0 1 0 −2 −13 3 1
1 2 −6 1 0
∼
0 1 2 −2 −1
13 3
2
1 0 −19 4 1
∼ 13 .
0 1 2
−3 −1
2 2

Entonces,
x11 = 4 + 19x31 ,
x12 = 1 + 19x32 ,
3 13
x21 = − − x31 ,
2 2
1 13
x22 = − − x32 .
2 2
As´ obtenemos una familia de matrices inversas por la derecha, para
ı,
valores x31 , x32 en R, tomando x31 = x32 = 0 se obtiene
 
4 1
X =  −3 −1  .
2 2
0 0

1.21. Sea A de 3 × 4 tal que existen v1 , v2 , v3 ∈ R tales que
     
1 0 1
Av1 =  1  , Av2 =  1  , Av3 =  1  .
0 2 −1


(a) Demuestre que el sistema Ax = b es consistente para todo b ∈ R3 .
 
1
4  2 .
(b) Determine un vector x ∈ R tal que Ax =
3

Soluci´n:
o

(a) Ax = b es consistente para todo b si s´lo si A es sobre si s´lo si A
o o
tiene inversa por la derecha. Sea B = [v1 v2 v3 ], entonces AB = C
con
 
1 0 1
C= 1 1 1 
0 2 −1

dado que C es invertible, entonces ABC −1 = I y la inversa por la
derecha de A es BC −1 , donde
 
3 −2 1
C −1 =  −1 1 0 .
−2 2 −1

 
1
(b) De lo anterior se tiene que ABC −1 = I, entonces ABC −1  2  =
3
     
1 1 2
 2 . Entonces x = BC −1  2  =  1  = 2v1 + v2 − v3 .
3 3 −1

1.22. Determine los valores de α, β para los cuales S = {v1 , v2 , v3 } es lineal-
mente dependiente y b pertenece a S (ambas situaciones a la vez),
donde
       
1 2 1 α
v1 =  1  , v2 =  1  , v3 =  2  , b =  β  .
β 1 α 1

Soluci´n: Construyo la matriz A cuyas columnas son los vectores v1 , v2 , v3
o

18 Cap´

y b, esto es

A = [ v1 v2 v3 b ]
 
1 2 1 α
=  1 1 2 β 
β 1 α 1
 
1 2 1 α
∼  0 −1 1 β−α 
0 1 − 2β α − β 1 − αβ
 
1 2 1 α
∼  0 1 −1 α−β .
0 0 α − β + (1 − 2β) 1 + β − α + αβ − 2β 2

Los vectores v1 , v2 , v3 son linealmente dependientes si s´lo si
o

α − 3β + 1 = 0 .

El vector b pertenece a v1 , v2 , v3 si s´lo si
o

1 + β − α + αβ − 2β 2 = 0 .

Resuelvo

α − 3β + 1 = 0 α = −1 + 3β
⇒ .
1 + β − α + αβ − 2β 2 = 0 2
β − 3β + 2 = 0

Encontramos dos soluciones α = 2, β = 1 o α = 5, β = 2.
 
2 4 3
1.23. Sea A =  0 1 −1 . Calcule adj A.
3 5 7
1 −1 0 −1
Soluci´n: Se tiene A11 =
o = 12, A12 = − = −3,
5 7 3 7
A13 = −3, A21 = −13, A22 = 5, A23 = 2, A31 = −7, A32 = 2 y

A33 = 2.

12 −3 −3 12 −13 −7
As´ B =
ı, −13 5 2 y adj A = B t = −3 5 2 .
−7 2 2 −3 2 2


1.24. Resuelva el sistema usando la regla de Cramer

2x1 + 4x2 + 6x3 = 18 ,
4x1 + 5x2 + 6x3 = 24 ,
3x1 + x2 − 2x3 = 4 .

Soluciń: Primero se tiene
o
2 4 6
D= 4 5 6 =6
3 1 −2

de manera que el sistema tiene soluciń unica.
o ´
18 24 4 2 4 6
Despu´s D1 = 4 5
e 6 = 24, D2 = 18 24 4 = −12 y
3 1 −2 3 1 −2
2 4 6
D3 = 4 5 6 = 18.
18 24 4
Por lo tanto, x1 = D1 = 24 = 4, x2 = D2 = −12 = −2 y x3 = D3 = 18 =
D 6 D 6 D 6
3.
 
4 3 2 1
1.25. Sea A =  3 2 1 4 , con coeficientes en Z5 . Hallar el Ker(A).
2 1 4 3
Soluciń: Reducimos
o la matriz por eliminaciń
o de Gauss y obtenemos
   
4 3 2 1 1 0 0 4
 3 2 1 4  −− −→  0 1 0 4 
2 1 4 3 0 0 1 4

tenemos que x1 = −4x4 , x2 = −4x4 y x3 = −4x4 , entonces:
   
−4 1
 −4  (mod 5)  1 
KerA =   −4 
 =   .
 1 
1 1

20 Cap´

Cap´
ıtulo 2

Factorizaciones de Matrices
 
2 4 6
2.1. Demuestre la matriz A =  4 5 6  es invertible y escribala como
3 1 −2
producto de matrices elementales.

Soluci´n: Para resolver el problema, se reduce A a I y se registran
o
las operaciones elementales ﬁlas.

   
2 4 6 1 0 0 E1 ( 1 )
1 2 3 1 0 0
2
2
 4 5 6 0 1 0  −−→
−−  4 5 6 0 1 0 
3 1 −2 0 0 1 3 1 −2 0 0 1
 1

E2,1 (−4)
E3,1 (−3)
1 2 3 2
0 0
−− −
− −→  0 −3 −6 −2 1 0 
0 −5 −11 − 3 0 12
 1

E2 (− 1 )
1 2 3 2
0 0
2
− −3→
−− −  0 1 2 3
−1 0 
3
3
0 −5 −11 − 2 0 1
 
E1,2 (−2)
E3,2 (5)
1 2 −1 − 5 6
2
3
0
 0 1 2 1
−− −
− −→ 2 3
−3 0 
11 5
0 0 −1 − 6 − 3 1
 
1 0 −1 − 5 6
2
3
0
E3 (−1) 2 1
−− −
− −→  0 1 2 −3 0 
3
11 5
0 0 1 −6 3
−1
 
E1,3 (1)
E2,3 (−2)
1 0 0 −8 3
7
3
−1
13
−− −
− −→  0 1 0
3
− 11
3
2 .
11 5
0 0 1 −6 3
−1

21

22 Cap´
ıtulo 2. Factorizaciones de Matrices

Como A se redujo a I, se tiene:
   
−8 7
−1 −16 14 −6
3 3 1
A−1 =  13 − 11
3 3
2  =  26 −22 12  .
6
− 11
6
5
3
−1 −11 10 −6

A−1 se obtuvo comenzando con I y aplicando nueve operaciones ele-
mentales. As´ A−1 es el producto de nueve matrices elementales
ı,
     
1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 −2 0
A−1 =  0 1 −2   0 1 0   0 1 0  0 1 0  0 1 0 
0 0 1 0 0 1 0 0 −1 0 5 1 0 0 1
E2,3 (−2) E1,3 (1) E3 (−1) E3,2 (5) E1,2 (−2)

    1 
1 0 0 1 0 0 1 0 0 2
0 0
×  0 − 1 0   0 1 0   −4 1 0   0 1 0  .
3
0 0 1 −3 0 1 0 0 1 0 0 1
E 2 (− 3 )
1 E3,1 (−3) E2,1 (−4) E1 ( 1 )
2

Entonces A = (A−1 )−1 = producto de las inversas de las nueve matrices
elementales en orden opuesto.
Observaci´n: Las inversas de las matrices elementales son:
o

(Ei,j (α))−1 = Ei,j (−α) ,
1
(Ei (α))−1 = Ei ,
α
(Pi,j )−1 = Pi,j .

Entonces, tenemos que
      
2 4 6 2 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0
 4 5 6  =  0 1 0   4 1 0   0 1 0   0 −3 0 
3 1 −2 0 0 1 0 0 1 3 0 1 0 0 1
     
1 2 0 1 0 0 1 0 0 1 0 −1 1 0 0
× 0 1 0  0 1 0  0 1 0  0 1 0  0 1 2 .
0 0 1 0 −5 1 0 0 −1 0 0 1 0 0 1

2.2. Escriba la matriz  
3 6 9
A= 2 5 1 
1 1 8


como el producto de matrices elementales y una matriz triangular su-
perior.

Soluci´n: Se reduce A por ﬁlas para obtener la forma escalonada
o
   
3 6 9 E1 ( 1 )
1 2 3
 2 5 1  −− 3→  2 5 1 
−− −
1 1 8 1 1 8
 
1 2 3
E3,1 (−1)
− − −  0 1 −5 
− −→
0 −1 5
 
E2,1 (−2)
E3,1 (−1)
1 2 3
− − −  0 1 −5 
− −→
0 −1 5
 
1 2 3
E3,2 (1)
− − −  0 1 −5  = U .
− −→
0 0 0
Despu´s, al trabajar hacia atr´s, se ve que
e a
    
1 2 3 1 0 0 1 0 0
U=  0 1 −5  =  0 1 0   0 1 0 
0 0 0 0 1 1 −1 0 1
  1  
1 0 0 3
0 0 3 6 9
×  −2 1 0   0 1 0   2 5 1 
0 0 1 0 0 1 1 1 8
y tomando las inversas de las cuatro matrices elementales, se obtiene
     
3 6 9 3 0 0 1 0 0 1 0 0
A=  2 5 1  =  0 1 0  2 1 0  0 1 0 
1 1 8 0 0 1 0 0 1 1 0 1
  
1 0 0 1 2 3
×  0 1 0   0 1 −5  .
0 −1 1 0 0 0

2.3. Sea  
2 3 2 4
 4 10 −4 0 
A=
 −3 −2 −5 −2  .


−2 4 4 −7

24 Cap´

(a) Escriba A como producto de una matriz triangular inferior y una
matriz triangular superior.
 
4
 −8 
(b) Resuelva el sistema Ax = b, donde b = 
 −4  .


−1
Soluci´n:
o

(a) Hacemos eliminacion gaussiana, pero esta vez no se dividen los el-
mentos de la diagonal (pivotes) por s´ mismos:
ı
   
2 3 2 4 E2,1 (−2) 2 3 2 4
 4 10 −4 0  E3,1 ( 3 )  0 4 −8 −8 
 − −2→ 
 −3 −2 −5 −2  − − −  0 5 −2 4 
 
2
−2 4 4 −7 0 7 6 −3
 
E3,2 (− 5 )
8
2 3 2 4
E4,2 (− 7 )  0 4 −8 −8 
− −4
−− −  →  
0 0 3 9 
0 0 20 11
 
2 3 2 4
E4,3 (− 20 )  0 4 −8
3 −8 
−− − 
− −→  =U.
0 0 3 9 
0 0 0 −49
Usando las matrices elementales se puede escribir
   
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
 0 1 0 0  0 1 0 0   0 1 0 0 
U =  
 0 0 1 0  0 0 1 0  0 −5
8
1 0 
0 0 − 20 1
3
0 −7 0 1
4
0 0 0 1
   
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
 0 1 0 0  0 1 0 0 
  −2 1 0 0 
× 
 0 0 1 0  3 0
A.
2
1 0  0 0 1 0 
1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1
Luego
   
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
 2 1 0 0 
 0 1 0  0
0  1 0 0 
A=
 0 3

0 1 0   −2 0 1 0  0 0 1 0 
0 0 0 1 0 0 0 1 −1 0 0 1

   
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
 0 1 0 0  0 1 0 0  0 1 0 0 
× 
 0 5 1 0  0 0 1 0

 0
U .
8
0 1 0 
0 0 0 1 0 7 0 1
4
0 0 20
3
1
Se ha escrito A como un producto de seis matrices elementales y
una matriz triangular superior. Sea L el producto de las matrices
 
1 0 0 0
 2 1 0 0 
elementales. Debe usted verificar que L =  3 5
 −
, que
2 8
1 0 
−1 7 20 1
4 3
es un matriz triangular inferior con unos en la diagonal. Despu´s e
se puede escribir A = LU, donde L es triangular inferior y U es
triangular superior. Esta factorizaciń se llama factorizaciń LU de
o o
A.

(b) De lo anterior se puede escribir A = LU, donde
   
1 0 0 0 2 3 2 4
 2 1 0 0   0 4 −8 −8 
L= 3 5
 −
, U =  .
2 8
1 0   0 0 3 9 
−1 74
20
3
1 0 0 0 −49

El sistema Ly = b conduce a las ecuaciones

y1 = 4,
2y1 + y2 = −8 ,
3 5
− y1 + y2 + y3 = −4 ,
2 8
7 20
−y1 + y2 + y3 + y4 = −1 ,
4 3
o bien

y1 = 4 ,
y2 = −8 − 2y2 = −16 ,
3 5
y3 = −4 + y1 − y2 = 12 ,
2 8
7 20
y4 = −1 + y1 − y2 − y3 = −49 .
4 3
Se acaba de realizar la sustituciń hacia adelante. Ahora, de Ux = y
o

26 Cap´

se obtiene
2x1 + 3x2 + 2x3 + 4x4 = 4,
4x2 − 8x3 − 8x4 = −16 ,
3x3 + 9x4 = 12 ,
−49x4 = −49 ,
o bien
x4 = 1,
3x3 = 12 − 9x4 = 3 ⇒ x3 = 1 ,
4x2 = −16 + 8x3 + 8x4 = −16, ⇒ x2 = 0 ,
2x1 = 4 − 3x2 − 2x3 − 4x4 = −2, ⇒ x1 = −1 .
 
−1
 0 
 1 .
La soluciń es x = 
o 

1
2.4. (Un camino m´s sencillo para
a obtener la factorizaciń LU) Encuentre
o
la factorizaciń LU de
o
 
2 3 2 4
 4 10 −4 0 
 .
 −3 −2 −5 −2 
−2 4 4 −7
Soluciń: Este problema ya lo resolvimos en
o el ejercicio 2.3. Ahora se
usar´ un m´todo m´s sencillo. Si A = LU,
a e a se sabe que A se puede
factorizar como
    
2 3 2 4 1 0 0 0 2 3 2 4
 4 10 −4 0   a 1 0 0  0 u v w 
A=  −3 −2 −5 −2  =  b c 1 0
  
 0
 = LU.
0 x y 
−2 4 4 −7 d e f 1 0 0 0 z
Observese que la primera fila de U es la misma primera fila de A porque
al reducir A a la forma triangular, no se efectua ninguna operaciń o
elemental a la primera fila.
Se pueden obtener todos los coeficientes que faltan con s´lo multiplicar
o
las matrices. La componente 2, 1 de A es 4. As´ el producto escalar de
ı,
la segunda fila de L y la primera columna de U es igual a 4
4 = 2a ⇒ a = 2 .


As´ tenemos que
ı,

componente 2,3: −4 = 4 + v ⇒ v = −8 ,
componente 2,4: 0 = 8 + w ⇒ w = −8 ,
3
componente 3,1: −3 = 2b ⇒ b = − ,
2
9 5
componente 3,2: −2 = − + 4c ⇒ c = ,
2 8
componente 3,3: −5 = −3 − 5 + x ⇒ x = 3 ,
componente 3,4: −2 = −6 − 5 + y ⇒ y = 9 ,
componente 4,1: −2 = 2d ⇒ d = −1 ,
7
componente 4,2: 4 = −3 + 4e ⇒ e = ,
4
20
componente 4,3: 4 = −2 − 14 + 3f ⇒ f = ,
3
componente 4,4: −7 = −4 − 14 + 60 + z ⇒ z = −49 .

El resultado es la factorizaciń que se obtuvo en el ejercicio 2.3. con un
o
esfuerzo considerablemente menor.
 
1 2 3
2.5. Demuestre que  −1 −2 −3  tiene m´s de una factorizaciń LU.
a o
2 4 6
Soluciń: Usando la tćnica del problema 2.4, se obtiene la factori-
o e
zaciń
o
    
1 2 3 1 0 0 1 2 3
A =  −1 −2 −3  =  −1 1 0   0 0 0  = LU .
2 4 6 2 0 1 0 0 0
 
1 0 0
Sin embargo, si se hace L1 =  −1 1 0 , entonces A = L1 U para
2 x 1
cualquier n´ mero real x. As´ en este caso, A tiene una factorizaciń LU
u ı, o
pero no es unica. Debe verificarse que A no es invertible.
´
Por otro lado,
    
1 2 3 1 0 0 1 2 3
B =  2 −1 4  =  2 1 0   0 −5 −2  = L′ U ′
3 1 7 3 1 1 0 0 0
y esta factorizaciń es unica, aunque B no sea invertible. El lector debe
o ´
verificar estos hechos. Este ejemplo muestra que si una matriz cuadrada

28 Cap´

con una factorizaciń LU no es invertible, entonces su factorizaciń LU
o o
puede ser o no unica.
´

2.6. Encuentre una matriz de permutaciń P y matrices triangulares inferior
o
y superior L y U tales que P A = LU para la matriz
 
0 2 3
A =  2 −4 7 
1 −2 5
 
7
y resuelva el sistema Ax = b donde b =  9 .
−6
Soluciń: Para reducir A por filas a la forma triangular superior,
o
primero se intercambian las filas 1 y 3 y despu´s se continua como
e
sigue
   
0 2 3 1 −2 5
 2 −4 7  − P1,3→  2 −4 7 
−−−
1 −2 5 0 2 3
 
1 −2 5
E2,1 (−2)
− − −  0 0 −3 
− −→
0 2 3
 
1 −2 5
P2,3
−−→  0 2
−− 3 .
0 0 −3

Al realizar esta reducciń por reglones se hicieron dos permutaciones.
o
   
0 0 1 1 0 0
P1,3 =  0 1 0  , P2,3 =  0 0 1  .
1 0 0 0 1 0

Entonces
    
1 0 0 0 0 1 0 0 1
P = P2,3 P1,3 =  0 0 1  0 1 0  =  1 0 0 
0 1 0 1 0 0 0 1 0
y     
0 0 1 0 2 3 1 −2 5
P A =  1 0 0   2 −4 7  =  0 2 3 .
0 1 0 1 −2 5 2 −4 7


Esta matriz se puede reducir a una forma triangular superior sin per-
mutaciones. Se tiene
   
1 −2 5 1 −2 5
 0 2 3  −3,1 (−2)  0 2
E
−−
−→ 3 =U.
2 −4 7 0 0 −3

As´
ı,  
1 0 0
 0 1 0 PA = U ,
−2 0 1
o bien   
1 0 0 1 −2 5
PA =  0 1 0  0 2 3  = LU .
2 0 1 0 0 −3
Por otro lado, tenemos que
    
0 0 1 7 −6
LUx = P Ax = P b =  1 0 0   9  =  7  .
0 1 0 −6 9

−6
Se busca un y tal que Ly =  7 . Esto es,
9
    
1 0 0 y1 −6
 0 1 0   y2  =  7  .
2 0 1 y3 9

Entonces, y1 = −6, y2 = 7 y 2y1 + y3 = 9, por lo que y3 = 21 y
 
−6
y= 7  .
21
 
−6
Continuando, se busca un x tal que Ux =  7 ; es decir,
21
    
1 −2 5 x1 −6
 0 2 3   x2  =  7  .
0 0 −3 x3 21

30 Cap´

Por lo que

x1 − 2x2 + 5x3 = −6 ,
2x2 + 3x3 = 7 ,
−3x3 = 21 .
 
57
Por ultimo, se obtiene despejando que x =  14 .
´
−7

2.7. Calcule la factorizaciń de Choleski (con y sin ra´ de la matriz
o ız)
 
4 −1 1
A =  −1 17
4
11
4
.
1 11
4
7
2

Soluciń: La factorizaciń de Choleski sin ra´ corresponde a LDLT ,
o o ız
para esto primero debemos determinar la factorizaciń LU.
o
    
4 −1 1 1 0 0 4 −1 1
A=  −1 17 11  =  −1 1 0   0 4 3  = LU
4 4 4
1 11
4
7
2
1
4
3
4
1 0 0 1

Se deduce entonces que la factorizaciń
o de Choleski sin ra´ LDLT de
ız,
A es:
   
1 0 0 4 0 0 1 −4 1
1
4
A=  −1 1 0   0 4 0  0 1 3 
4 4
1 3
4 4
1 0 0 1 0 0 1

Por otro lado, tenemos que

A = LDLT
√ √
= L D DLT
√ √ T
= (L D)(L D )T
√ √
= (L D)(L D)T
= KK T
√
donde K = L D. Luego, tenemos la siguiente factorizaciń de Choleski
o


con ra´ de A es la que sigue:
ız
  √  √  
1 0 0 4 √0 0 4 √0 0 1 −1 1
4 4
A =  −1 1 0   0
4 4 0  0 4 0  0 1 3 
4
1 3
4 4
1 0 0 1 0 0 1 0 0 1
    
1 0 0 2 0 0 2 0 0 1 −1 1
4 4
=  −1 1 0   0 2 0   0 2 0   0
4
1 3 
4
1 3
4 4
1 0 0 1 0 0 1 0 0 1
  
2 0 0 2 −2 1
1
2
1
=  −2 2 0   0 2 3 
2
1 3
2 2
1 0 0 1

2.8. Demuestre que si A es invertible B = AT A y B = RT R es la factori-
zaciń de Choleski (con ra´ cuadrada) de B, X es la soluciń RT = AT ,
o ız o
Y es la soluciń de RY = X, entonces Y = A−1 .
o

Soluciń: Si RT X = AT y RY = X, entonces
o
RT RY = AT
BY = AT
T
A AY = AT /(AT )−1
AY = I /A−1
Y = A−1 .

2.9. Sea A una matriz cuadrada de orden k y considera la matriz cuadrada
B de orden k + 1 definida por
 
1 0 ... 0
 1 
 
B= . .
 .. A 
1
Supongamos que A admite la descomposiciń A = LU. Determine una
o
ˆ U para la matriz B.
descomposiciń B = L
o ˆ

Soluciń: Notemos que:
o
     
1 0 ... 0 1 0 ... 0 1 0 ... 0
 1  Ei,1 (−1)  0   0 
  i=2,..., k+1    
 ..  −− −
− −→  .
. = .
. .
 . A   . A   . LU 
1 0 0

32 Cap´

Sea E = Ek+1,1 (−1)Ek,1 (−1) · · · E3,1 (−1)E2,1 (−1), entonces
    
1 0 ... 0 1 0 ... 0 1 0 ... 0

 0   0
 
 0



EB =  .
. = .
.  .
. .
 . LU   . L  . U 
0 0 0

Entonces
  
1 0 ... 0 1 0 ... 0
 0  0 
−1   
B = E  . . .
 . 
 . L  . U 
0 0
  
1 0 ... 0 1 0 ... 0
 1  0 
   ˆˆ
=  .
.  ..  = LU .
 . L  . U 
1 0

2.10. Sea
 
0 0 −1 1 1
 1 2 −2 3 3 
A=
 1
.
2 1 2 1 
−1 −2 −2 5 3

(a) Determine la factorizaciń P A = LU
o

(b) Determine el valor de α tal que el sistema Ax = (1, 3, α, 3 + 3α)T
tenga soluciń.
o

(c) Resuelva el sistema anterior, con el valor α adecuado.

(d) Usando (a), encuentre bases del espacio fila y del espacio columna
de A.

Soluciń:
o

(a) Hacemos eliminaciń de Gauss, primero intercambiando las filas 1
o


y 2.
   
0 0 −1 1 1 1 2 −2 3 3
 1 2 −2 3 3  P1,2  0 0 −1 1 1 

 1
 −−−→  
2 1 2 1   1 2 1 2 1 
−1 −2 −2 5 3 −1 −2 −2 5 3
 
E3,1 (−1)
1 2 −2 3 3
E4,1 (1)  0 0 −1 1 1 
−− − 
− −→  
0 0 3 −1 −2 
0 0 −4 8 6
 
E3,2 (3)
1 2 −2 3 3
E4,2 (−4)  0 0 −1 1 1 
−− − 
− −→  
0 0 0 2 1 
0 0 0 4 2
 
1 2 −2 3 3
E3,4 (−2)  0 0 −1 1 1 
−−−→   0 0
=U.
0 2 1 
0 0 0 0 0

Entonces P A = LU donde
     
0 1 0 0 1 0 0 0 1 2 −2 3 3
 1 0 0 0   0 1 0 0   0 0 −1 1 1 
P = 0
,L =  ,U =  .
0 1 0   1 −3 1 0   0 0 0 2 1 
0 0 0 1 −1 4 2 1 0 0 0 0 0

Esta factorizaci´n no es unica.
o ´

(b) Como Ax = b, entonces P Ax = P b y se resulve primero Ly = P b y
luego Ux = y. Tenemos que P b = (3, 1, α, 3 + 3α)T y
  
1 0 0 0 y1
 0 1 0 0   y2 
Ly =  
 1 −3 1 0   y3 


−1 4 2 1 y4
   
y1 3
 y2   1 
=  = .
 y1 − 3y2 + y3   α 
−y1 + 4y2 + 2y3 + y4 3 + 3α

34 Cap´

Entonces,    
y1 3
 y2   1 
 y3  =  α
   .

y4 α+2
Luego y = (3, 1, α + 3, α − 4)T , como la ultima fila de U es nula, el
´
sistema Ux = y tiene soluciń si y s´lo si α + 2 = 0, esto es α = −2.
o o

(c) Resolvemos para α = −2, Ux = (3, 1, −2, 0)T
 
  x1
1 2 −2 3 3 
 0 0 −1 1 1   x2 

Ux =     x3 
0 0 0 2 1   x4 

0 0 0 0 0
x5
   
x1 + 2x2 − 2x3 + 3x4 + 3x5 3
 −x3 + x4 + x5   1 
=  = .
 2x4 + x5   −2 
0 0
Tomando x1 , x3 , x4 como variables b´sicas y x2 , x5 como variables
a
libres obtenemos: x = (2 − x2 , x2 , −2 + 2 x2 , −1 − 1 x5 , x5 )T . La
1
2
soluciń de Ax = b entonces
o
     1 
2 −2 −2
 0   1   2 
     
x =  −2  + x2  0  + x5  0 
     1 
 −1   0   − 
2
0 0 1

(d) Una base del espacio columna de A est´ formada por las columnas
a
asociadas a las variables b´sicas de A, que son las columnas 1, 3, 4.
a
Entonces una base del espacio columna de A es
     

 0 −1 1  
   −2   3 
1  
BEsp. Col =  , ,  .
 1   1   2 
 
 
−1 −2 5
Una base del espacio fila es el conjunto de filas no nulas de la matriz
U. Entonces una base del espacio fila es
BEsp. F ila = {(1, 2, −2, 3, 3), (0, 0, −1, 1, ), (0, 0, 0, 2, 1)} .


2.11. Dada la matriz  
p −p 2p
A =  −p p + 2 −1 
2p −1 6p − 1

se pide:

(a) Determinar para qu´ valores de p la matriz es definida positiva.
e
(b) Para p = 1, efectuar la descomposiciń de Choleski y utilizarla para
o
resolver el sistema Ax = b siendo b = (1, 0, 3)t.

Soluciń:
o

(a) Para que A sea positiva definida las submatrices principales tienen
que tener determinante no negativo.

p −p
|A1 | = p > 0 |A2 | = = 2p > 0 ,
−p p + 2

p −p 2p
|A3 | = −p p + 2 −1 = −p(4p2 − 8p + 3) > 0 .
2p −1 6p − 1

Como p > 0 tenemos que |A3 | > 0 ⇔ 4p2 − 8p + 3 < 0, entonces
4p2 − 8p + 3 = 0 ⇒ p = 4±2 , es decir: p = 1 o p = 3 . Se deduce
4 2 2
entonces que 4p2 − 8p + 3 < 0 ⇔ 1 < p < 3 .
2 2

 
1 −1 2
(b) Para p = 1 tenemos que A =  −1 3 −1  determinamos su
2 −1 5
factorizaciń LU
o
   
1 −1 2 E2,1 (1)
E3,1 (−2)
1 −1 2
 −1 3 −1  − − −  0
− −→ 2 1 
2 −1 5 0 1 1
 
1
E3,2 (− 2 )
1 −1 2
−− −  0
− −→ 2 1 =U.
0 0 12

36 Cap´

Entonces
  
1 0 0 1 −1 2
A = LU =  −1 1 0   0 2 1 
1
2 2 1 0 0 1
   2 
1 0 0 1 0 0 1 −1 2
=  −1 1 0   0 2 0   0 1 1  F.C. sin ra´
2 ız
1 1
2 2 1 0 0 2 0 0 1
    
1 0 0 1 √0 0 1 √0 0 1 −1 2
 −1 1 0   0 1
= 2 0  0 2 0  0 1 2 
1 1
2 1 1
2
0 0 √2 0 0 √2 0 0 1
  
1 √0 0 1 −1 √2
√
=  −1
√
2 √0  0 2 √2  .
2
2 22 22 0 0 22

El sistema Ax = b se puede escribir de la forma
     
1 √0 0 1 −1 √2 x1 1
√ 2 
 −1 2 √0   0 2 √ x2 = 0  .
√ 2
2 2 2 x3 3
2 2 2 0 0 2

Del primero de ellos, tenemos que
    
1 √0 0 y1 1
 −1 2 √0   y2  =  0 
√
2 22 22 y3 3
1 1
se decuce que y1 = 1, y2 = √ , y3
2
= √ .
2
y de la segunda se ve que
    
1 −1 2 x1 1
√ √
2 1
 0 2   x2  =  √ 
√2 2
1
0 0 2 x3 √
2
2

entonces x1 = −1, x2 = 0, x3 = 1.

2.12. Realizar la factorizaci´n de Choleski de la matriz
o
 
1 1 1 1
 1 5 3 3 
A=  1 3 11 5  .


1 3 5 19


Soluciń: Claramente la matriz A es sim´trica, adem´s dado que el
o e a
determinante de las matrices subprincipales son no negativos, ya que:

1 1
|A1 | = 1 > 0, |A2 | = =4>0,
1 5

1 1 1 1
1 1 1
1 5 3 3
|A3 | = 1 5 3 = 36 > 0, |A4 | = = 576 > 0 .
1 3 11 5
1 3 11
1 3 5 19

Hacemos eliminaciń de Gauss, para hallar la factorizaciń LU
o o
   
1 1 1 1 1 1 1 1
Ei,1 (−1)
 1 5 3 3   0 4 2 2 
  −i=2,3,4
− −→
−−  
 1 3 11 5   0 2 10 4 
1 3 5 19 0 2 4 18
 
1
1 1 1 1
Ei,2 (− 2 )
i=3,4
 0 4 2 2 
−− − 
− −→  
0 0 9 3 
0 0 3 17
 
1 1 1 1
1  0
E4,3 (− 3 ) 4 2 2 
−− − 
− −→  =U.
0 0 9 3 
0 0 0 16

Entonces,
  
1 0 0 0 1 1 1 1
 1 1 0 0  0 4 2 2 
A= 
 1 1 1 0  0 0
 = LU .
2
9 3 
1 1 3 1
2
1
0 0 0 16

La Factorizaciń de Choleski sin ra´ es
o ız
   
1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1
 1 1 0 0  0 4  0 1 1 1
0 0  
A = LDLT =  
 1 1 1 0  0 0
2 2 .
2
9 0  0 0 1 13

1 1 1 1
2 3
0 0 0 16 0 0 0 1

38 Cap´

La Factorizaciń de Choleski
o con ra´ es la que sigue
ız
    
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1
 1 1 0 0  0 2 0 0  0 2 0  0 1 1 1
0  
A =   2 2 
 1 1 1 0  0 0 3 0  0 0 3 0  0 0 1 1 
2 3
1 1 1 1
2 3
0 0 0 4 0 0 0 4 0 0 0 1
  
1 0 0 0 1 1 1 1
 1 2 0 0  0 2 1 1 
=   1 1 3 0  0
 .
0 3 1 
1 1 1 4 0 0 0 4

2.13. Demuestre que si A es sim´trica e invertible entonces A2 es sim´trica
e e
definida positiva.

Soluciń: Primero veamos que A2 es sim´trica, esto se tiene de
o e
(A2 )t = At At = AA = A2 . Falta ver que A2 es definida positiva, en
efecto si x ∈ Rn con x = 0, entonces

At A2 x = (xt A)Ax = (xt At )(Ax) = (Ax)t (Ax) = Ax 2
≥0.

Como A es invertible y x = 0, entonces Ax = 0 y por lo tanto Ax = 0.
2.14. Sea A sim´trica positiva definida de n × n y B una matriz de n × 1.
e
Pruebe que C = 2A3 + 3BB t es sim´trica positiva definida.
e

Soluciń: Basta probar que C = C t . En efecto,
o

Ct = (2A3 + 3BB t )t
= 2(A3 )t + 3(BB t )t
= 2(At )3 + 3(B t )t B t
= 2A3 + 3BB t
= C.

Adem´s, C es positiva definida pues
a

xt Cx = 2xt AAAx + 3xt BB t x
= 2(Ax)t A(Ax) + 3(B t x)t (B t x)
= 2z t Az + 3y ty

donde z = Ax y y = B t x. Como A es positiva definida, entonces para
todo z se tiene que z t Az > 0 y como B = 0 y x = 0, entonces tenemos
que B t x = 0 y y t y > 0.


2.15. Determine si la siguiente forma cuadr´tica
a

2x2 − 4x1 x2 + 4x1 x3 + 5x2 + 8x2 x3 + 16x2
1 2 3

es definida positiva o definida negativa y escribala como la suma pon-
derada de cuadrados.

Soluciń: Toda forma cuadr´tica puede ser escrita de la forma xT Ax,
o a
para esto se suele usar matrices sim´tricas, para nuestro caso:
e
 
2 −2 2
A =  −2 5 4 .
2 4 16

Entonces, A representa la forma cuadr´tica, debido a que
a
  
2 −2 2 x1
xT Ax = (x1 x2 x3 )  −2 5 4   x2 
2 4 16 x3
 
2x1 − 2x2 + 2x3
= (x1 x2 x3 )  −2x1 + 5x2 + 4x3 
2x1 + 4x2 + 16x3
= 2x2 − 4x1 x2 + 4x1 x3 + 5x2 + 8x2 x3 + 16x2 .
1 2 3

Ahora se escribe la matriz en la factorizaciń LDLT , para esto debemos
o
escontrar primero la factorizaciń LU.
o
    
2 −2 2 1 0 0 2 −2 2
A =  −2 5 4  =  a 1 0  0 x y .
2 4 16 b c 1 0 0 z

As´ tenemos que
ı,

componente 2,1: 2a = −2 ⇒ a = −1 ,
componente 2,2: −2a + x = 5 ⇒ x = 3 ,
componente 2,3: 2a + y = 4 ⇒ y = 6 ,
componente 3,1: 2b = 2 ⇒ b = 1 ,
componente 3,2: −2b + cx = 4 ⇒ c = 2 ,
componente 3,3: 2b + cy + z = 16 ⇒ z = 2 .

40 Cap´

Entonces,
    
2 −2 2 1 0 0 2 −2 2
A =  −2 5 4  =  −1 1 0   0 3 6  = LU .
2 4 16 1 2 1 0 0 2

Se deduce que la factorizaciń LDLT de A es
o
   
1 0 0 2 0 0 1 −1 1
A =  −1 1 0   0 3 0   0 1 2 .
1 2 1 0 0 2 0 0 1

Notemos que,

xT Ax = xT LDLT x
= (LT x)T D(LT x)
= y T Dy

donde y = LT x, es decir
  
2 0 0 y1
y T Dy = (y1 y2 y3 )  0 3 0   y2  = 2y1 + 3y2 + 2y3 .
2 2 2

0 0 2 y3

Adem´s, como
a
    
1 −1 1 x1 x1 − x2 + x3
y = LT x =  0 1 2   x2  =  x2 + 2x3  .
0 0 1 x3 x3

Entonces la forma cuadr´tica nos queda
a

xT Ax = y T Dy = 2y1 + 3y2 + 2y3 = 2(x1 − x2 + x3 )2 + 3(x2 + 2x3 )2 + 2x2 .
2 2 2
3

Por ultimo esta forma cuadr´tica es positiva definida porque xT Ax > 0
´ a
si x = 0, ya que los elementos de la diagonal de la matriz D son mayores
que cero.

2.16. Considere la forma cuadr´tica
a

ϕ(x) = x2 + 5x2 + 4x2 + 3x2 − 2x1 x2 − 2x1 x4 − 6x2 x4 + 4x2 x3 − 2x2 x4
1 2 3 4

escr´
ıbala como suma ponderada mediante un cambio de variables ade-
cuado y clasifiquela.


Soluciń: Todo forma cuadr´tica puede escribirse de la forma ϕ(x) =
o a
xT Ax donde A es una matriz sim´trica, entonces
e

 
1 −1 0 −1
 −1 5 2 −3 
A=
 0

2 4 −1 
−1 −3 −1 3

Claramente A representa a la forma cuadr´tica, ya que
a

  
1 −1 0 −1 x1
 −1 5 2 −3   x2 
xT Ax = (x1 x2 x3 x4 ) 
 0
 
2 4 −1   x3 
−1 −3 −1 3 x4
 
x1 − x2 − x4
 −x1 + 5x2 + 2x3 − 3x4 
= (x1 x2 x3 x4 )  
 2x2 + 4x3 − x4 
−x1 − 3x2 − x3 + 3x4
= x2 + 5x2 + 4x2 + 3x2 − 2x1 x2 − 2x1 x4 − 6x2 x4 + 4x2 x3 − 2x2 x4
1 2 3 4
= ϕ(x) .

Ahora se puede escribir A en su forma factorizada LDLT , para esto
debemos determinar su factorizaciń LU.
o

  
1 0 0 0 1 −1 0 −1
 −1 1 0 0  0 4 2 −4 
A=
 0 1
  = LU .
2
1 0  0 0 3 1 
−1 −1 1 1
3
0 0 0 −7
3

Los pivotes son 1, 4, 3, − 7 , entonces la forma cuadr´tica ϕ no es definida
3
a
positiva, ni definida negativa.

42 Cap´

Ahora,
   
1 0 0 0 1 0 0 0 1 −1 0 −1
 −1 1 0 0  0 4 0 0  0 1 2 −4 
A = 
 0 1
  
2
1 0  0 0 3 0  0 0 1 1 
1
−1 −1 3
1 0 0 0 −73
0 0 0 1
 
 1 0  
1 0 0 0 0 0 1 0 0 0
0 0  0 2 √0 0  0 2 √0 0
 −1  
1  
=  
1
1 0  0 0 3 0  0 0 3 0
 0 
2  
1 7 7
−1 −1 3
1 0 0 0 i 3 0 0 0 i 3
 
1 −1 0 −1
 0 1 2 −4 
× 0

0 1 1 
0 0 0 1
  
1 0 0 0 1 −1 0 −1
 −1 2 √0 0  0 2 1 −2 

=  0
 √ √ 
3  .
 1 3 0 
 0 0 3 3 
√
−1 −2 33 i 7 3 0 0 0 i 7
3

K KT

Luego,

ϕ(x) = xT Ax = xT KK T x
= (K T x)T K T x = K T x 2
  2
x1 − x2 − x4
 2x2 + x3 − 2x4 
=  √3x + 3 x 
 √ 
 3 3 4 
7
i x
3 4
√ 2
2 2
√ 3 7
= (x1 − x2 − x4 ) + (2x2 + x3 − 2x4 ) + 3x3 + x4 − x2 .
3 3 4

Cap´
ıtulo 3

Determinantes

3.1. Sean A y B matriz invertibles de n × n. Pruebe que det(A) = det(B)
si s´lo si existe X con det(X) = 1 tal que A = XB.
o

Soluci´n: Si det(A) = det(B), basta considerar X = AB −1 , entonces
o

1 1
det(X) = det(AB −1 ) = det(A) = det(A) =1
det(B) det(A)

y adem´s XB = AB −1 B = AI = A. Reciprocamente, Si A = XB
a
entonces det(A) = det(XB) = det(X) det(B) = 1 · det(B) = det(B).

3.2. Sea A de 5 × 5 tal que det(A − I) = 0. Demuestre que existe v ∈ R5 ,
no nulo tal que Av = v.

Soluci´n: Como det(A − I) = 0, entonces la matriz (A − I) es sin-
o
gular, lo cual implica necesariamente que ker(A − I) = {0}. Por lo
tanto, existe un vector no nulo v ∈ R5 tal que (A − I)v = 0, es decir,
Av = v.

3.3. Determine todas las condiciones sobre a, x de tal manera que det R = 0
donde R es la matriz siguiente
 
x a a a a

 a x a a a 

R=
 a a x a a .

 a a a x a 
a a a a x

43

44 Cap´
ıtulo 3. Determinantes

Soluci´n:
o
x a a a a x a a a a
a x a a a a−x x−a 0 0 0
Ei,1 (−1) i=2,...,5
a a x a a = a−x 0 x−a 0 0
a a a x a a−x 0 0 x−a 0
a a a a x a−x 0 0 0 x−a
x a a a a
−1 1 0 0 0
= (x − a)4 −1 0 1 0 0
−1 0 0 1 0
−1 0 0 0 1
−1 0 0 0 1
−1 1 0 0 0
P1,5
= −(x − a)4 −1 0 1 0 0
−1 0 0 1 0
x a a a a
−1 0 0 0 1
Ei,1 (−1) i=2,...,4
0 1 0 0 −1
E5,1 (x)
= −(x − a)4 0 0 1 0 −1
0 0 0 1 −1
0 a a a a+x
−1 0 0 0 1
0 1 0 0 −1
E5,2 (−a)
= −(x − a)4 0 0 1 0 −1
0 0 0 1 −1
0 0 a a 2a + x
−1 0 0 0 1
0 1 0 0 −1
E5,3 (−a)
= −(x − a)4 0 0 1 0 −1
0 0 0 1 −1
0 0 0 a 3a + x
−1 0 0 0 1
0 1 0 0 −1
E5,4 (−a)
= −(x − a)4 0 0 1 0 −1 .
0 0 0 1 −1
0 0 0 0 4a + x
La ultima matriz es una triangular superior, entonces
´
det(R) = (x − a)4 (x + 4a) .


Por lo tanto, si x = a y x = −4a se tiene que det(R) = 0.

3.4. Sean u1 y u2 dos vectores en R2 y sean v1 = Au1 y v2 = Au2 . Demuestre
que Area v1 , v2 = Area u1, u2 | det A|.

Soluci´n: Sea B = (u1 u2 ) luego C = (v1 v2 ) = (Au1 Au2 ) = AB
o
como sabemos que Area u1 , u2 = | det B|, luego:

Area v1 , v2 = | det C| = | det(AB)| = | det B|| det A| = Area u1, u2 | det A|

3.5. Encuentre el determinante de la siguiente matriz de 2n × 2n donde cada
bloque es de n × n y a, b ∈ R

 
0 ··· 0 a 1 ··· 1 1
 1 a ··· 1 1 
 . . . . 
 . . . .. . 
 . . . . . 
 
 1 1 ··· a 1 
 
 0 ··· 0 1 1 ··· 1 a 
C= .
 −b −1 · · · −1 −1 0 ··· 0 
 
 −1 −b · · · −1 −1 
 . .. . . . 
 . . . . . 
 . . . . 
 −1 −1 · · · −b −1 
−1 −1 · · · −1 −b 0 ··· 0

Soluci´n:
o

0 ··· 0 a 1 ··· 1 1
1 a ··· 1 1
.
. . .
. . .. .
.
. . . . .
1 1 ··· a 1
0 ··· 0 1 1 ··· 1 a
| C| = (−1)n .
b 1 ··· 1 1 0 ··· 0
1 b ··· 1 1
.
. .. . .
. . .
.
. . . . .
1 1 ··· b 1
1 1 ··· 1 b 0 ··· 0

46 Cap´

Si intercambiamos la ﬁla i por la ﬁla i + n para i = 1, ..., n obtenemos
b 1 ··· 1 1 0 ··· 0
1 b ··· 1 1
.
. .. . .
. . .
.
. . . . .
1 1 ··· b 1
1 1 ··· 1 b 0 ··· 0
| C| = (−1)n (−1)n .
0 ··· 0 a 1 ··· 1 1
1 a ··· 1 1
.
. . .
. . .. .
.
. . . . .
1 1 ··· a 1
0 ··· 0 1 1 ··· 1 a
Observemos que (−1)n (−1)n = (−1)2n = 1.
Ahora hacemos las operaciones elementales Ei,n (−1) para i = 1, ..., n−1
y Ej,2n (−1) para j = n + 1, ..., 2n − 1 y obtenemos
b−1 0 ··· 0 1−b 0 ··· 0
0 b −1 ··· 0 1−b
.
. .. .
. .
. .
.
. . . . .
0 0 ··· b −1 1−b
1 1 ··· 1 b 0 ··· 0
| C| =
0 ··· 0 a−1 0 ··· 0 1−a
0 a−1 ··· 0 1−a
.
. .
. .
. .. .
.
. . . . .
0 0 ··· a−1 1−a
0 ··· 0 1 1 ··· 1 a
Si a = 1 o b = 1 entonces | C | = 0, supongamos que a = 1 y b = 1 y
1
hacemos las operaciones elementales En, i b−1 para i = 1, ..., n − 1 y
1
En,j a−1 para j = n + 1, ..., 2n − 1 y resulta
b−1 0 ··· 0 1−b 0 ··· 0
0 b −1 ··· 0 1−b
.
. .. .
. .
. .
.
. . . . .
0 0 ··· b −1 1−b
0 0 ··· 0 b−1+n 0 ··· 0
|C| =
0 ··· 0 a−1 0 ··· 0 1−a
0 a−1 ··· 0 1−a
.
. .
. .
. .. .
.
. . . . .
0 0 ··· a−1 1−a
0 ··· 0 0 0 ··· 0 a−1+n


La ultima matriz obtenida es triangular superior, entonces
´

| C| = (a − 1)n−1 (b − 1)n−1 (a + n − 1)(b + n − 1)

para todo a, b ∈ R.

3.6. Sea A una matriz de 5 × 5 con filas v1 , v2 , ..., v5 y tal que

x si i = j
vi · vj =
a si i = j

Calcule det(AAt ).

Soluciń: Notemos que de la condiciń
o o dada obtenemos que:
 
x a a a a
 a x a a a 
 
AAt =  a a x
 a a .

 a a a x a 
a a a a x

Entonces  
x a a a a

 a x a a a 

t
det(AA ) = 
 a a x a a .

 a a a x a 
a a a a x
Entonces, recordamos que en el problema 3.3 se calculo este determi-
nante haciendo operaciones elementales

det(AAt ) = (x − a)4 (x + 4a) .

48 Cap´

Cap´
ıtulo 4

Espacios Vectoriales

4.1. Determine si los siguientes conjuntos son espacios vectoriales

(a) D[0, 1] = {f : [0, 1] → R : f es diferenciable} con las operaciones:

(f + g)(x) = f (x) + g(x) (αf )(x) = α[f (x)]
√ √
(b) Q( 2) = {a+ b 2 : a, b ∈ Q} bajo la suma de n´ meros reales usual
u
y la multiplicaciń por escalar s´lo para escalares racionales.
o o
(c) {f ∈ C[0, 1] : f (0) = f (1) = 0} bajo las operaciones de (a).
(d) R2 con las operaciones:

(x1 , y1 ) + (x2 , y2) = (x1 + x2 + 1, y1 + y2 + 1)

α(x, y) = (α + αx − 1, α + αy − 1)
1 α
(e) : α, β ∈ R con las operaciones de matrices de suma y
β 1
multiplicaciń por escalar.
o
(f) V = {p ∈ Pn (R) : a0 = 0} donde p(x) = an xn + an−1 xn−1 + ... +
a1 x + a0 con las operaciones de Pn (R)
(g) {A ∈ Mnn (R) : At = A} bajo la suma y multiplicaciń por escalar
o
usuales
(h) {(x, y) ∈ R2 : y ≤ 0} con la suma de vectores y multiplicaciń por
o
escalar usuales.

Soluciń: Debemos verificar los siguientes axiomas de un espacio vec-
o
torial:

49

50 Cap´
ıtulo 4. Espacios Vectoriales

i. Si x, y ∈ V entonces x + y ∈ V
ii. (x + y) + z = x + (y + z), ∀x, y, z ∈ V
iii. x + y = y + x ∀x, y ∈ V
iv. Existe un vector 0 ∈ V tal que para todo x ∈ V , x + 0 = 0 + x = x
v. Si x ∈ V , existe un vector −x ∈ V tal que x + (−x) = 0
vi. Si x ∈ V y α es un escalar, entonces αx ∈ V
vii. Si x, y ∈ V y α es un escalar, entonces α(x + y) = αx + αy
viii. Si x ∈ V y α, β son escalres, entonces (α + β)x = αx + βx
ix. Si x ∈ V y α, β son escalares, entonces α(βx) = (αβ)x
x. Para cada vector x ∈ V , 1x = x

(a) D[0, 1] es un espacio vectorial, como la suma de funciones difer-
enciables es diferenciable, el axioma (i) se cumple y los otros axiomas
se verifican fćilmente con 0 = la funciń cero (la cual es diferenciable)
a o
y (−f )(x) = −f (x).
√ √ √
(b) Q( √2) es un espacio vectorial con 0 = 0 + 0 2 y −(a + b 2) =
−a − b 2 los dem´s axiomas se verifican con facilidad.
a

(c) Si f, g ∈ C = {f ∈ C[0, 1] : f (0) = f (1) = 0} como la suma
de funciones continuas es continua se tiene que f + g ∈ C[0, 1] y

(f + g)(0) = f (0) + g(0) = 0 = f (1) + g(1) = (f + g)(1)

luego, f + g ∈ C. Adem´s, 0 = la funciń identicamente cero. Las otros
a o
axiomas se verifican sin dificultad.

(d) R2 con las operaciones

(x1 , y1 ) + (x2 , y2) = (x1 + x2 + 1, y1 + y2 + 1)

α(x, y) = (α + αx − 1, α + αy − 1)
es un espacio vectorial.
iv. existe 0 = (−1, −1) ∈ R2 tal que (x, y) + 0 = (x, y) + (−1, −1) =
(x−1+1, y −1+1) = (x, y) = (−1+x+1, −1+y +1) = (−1, −1)+(x, y)
v. existe −(x, y) = (−x − 2, −y − 2) ∈ R2 tal que (x, y) + (−(x, y)) =
(x, y) + (−x − 2, −y − 2) = (x − x − 2 + 1, y − y − 2 + 1) = (−1, −1) = 0
vii.

α((x, y) + (a, b)) = α(x + a + 1, y + b + 1)

= (α + α(x + a + 1) − 1, α + α(y + b + 1) − 1)


= (2α + αx + αa − 1, 2α + αy + αb − 1)
= ((α + αx − 1) + (α + αa − 1) + 1, (α + αy − 1) + (α + αb − 1) + 1)
= (α + αx − 1, α + αy − 1) + (α + αa − 1, α + αb − 1)
= α(x, y) + α(a, b)
viii.

(α + β)(x, y) = ((α + β) + (α + β)x − 1, (α + β) + (α + β)y − 1)

= ((α + αx − 1) + (β + βx − 1) + 1, (α + αy − 1) + (β + βy − 1) + 1)
= (α + αx − 1, α + αy − 1) + ((β + βx − 1, β + βy − 1)
= α(x, y) + β(x, y)

ix.

α(β(x, y)) = α(β + βx − 1, β + βy − 1)
= (α + α(β + βx − 1) − 1, α + α(β + βy − 1) − 1)
= (α + αβ + αβx − α − 1, α + αβ + αβy − α − 1)
= (αβ + αβx − 1, αβy − 1)
= (αβ)(x, y)

x. Si α = 1 entonces 1 · (x, y) = (1 + x − 1, 1 + y − 1) = (x, y)

(e) No es espacio vectorial, pues no se veriﬁcan los axiomas (i), (iv),
(v) y (vi), por ejemplo

1 α 1 δ 2 α+δ
+ =
β 1 γ 1 β+γ 2

la ultima matriz no pertenece al conjunto dado.
´

(f) V es un espacio vectorial. Es claro que la suma de dos polinomios de
grado menor o igual a n es otro polinomio de grado menor o igual a n
y la suma de los t´rminos constantes es igual a cero si ambos son cero,
e
por lo que se cumple el axioma (i). Sea 0 = 0xn + 0xn−1 + ... + 0x + 0
entonces claramente 0 ∈ V y el axioma (iv) se cumple. Por ultimo sea
´
n n−1
−p(x) = −an x − an−1 x − ... − a1 x − 0, se ve que el axioma (v) se
cumple, las demas propiedades son f´ciles de obtener.
a

(g) {A ∈ Mnn (R) : At = A} es un espacio vectorial. Si A y B son

52 Cap´

sim´tricas entonces (A + B)t = At + B t = A + B y se cumple el axioma
e
(i), con 0 la matriz cero de n × n la cual es sim´trica. Si A = (aij ) es
e
sim´trica entonces −A = (−aij ) tambiń es sim´trica.
e e e

(h) No es un espacio vectorial, ya que no se verifican los axiomas (v) y
(vi), por ejemplo, si α < 0 y (x, y) ∈ R2 tal que y ≤ 0, entonces

α(x, y) = (αx, αy) con αy ≥ 0

y no se verifica (vi).

4.2. Sea C = {p(t) ∈ P3 (R) : p′ (−1) = p(0) + p′′ (1) = 0}. Demuestre que C
es subespacio de P3 (R). Encuentre una base y su dimensiń.o

Soluciń: Sean p(t), q(t) ∈ P3 (R) y α ∈ R, entonces basta probar
o
que (P + q)(t) ∈ P3 (R) y (αp)(t) ∈ P3 (R). En efecto,

(p + q)′ (−1) = p′ (−1) + q ′ (−1) = 0 + 0 = 0 ,

(p + q)(0) + (p + q)′′ (1) = p(0) + p′′ (1) + q(0) + q ′′ (1) = 0 + 0 = 0 .
Analogamente, se tiene que (αp)′ (−1) = αp′(−1) = 0 y adem´s (αp)(0)+
a
′′ ′′
(αp) (1) = α(p(0) + p (−1)) = 0. Luego, C es subespacio.
Ahora, sea p(t) = a3 t3 + a2 t2 + a1 t + a0 ∈ P3 (R) entonces p(t) ∈ C si y
s´lo si p′ (−1) = p(0) + p′′ (1) = 0, esto es,
o

p′ (t)|t=−1 = (3a3 t2 + 2a2 t + a1 ) t=−1
= 3a3 − 2a2 + a1 = 0

y como p(0) = a0 y p′′ (t)|t=1 = (6a3 t + 2a2 )|t=1 = 6a3 + 2a2 , es decir

6a3 + 2a2 + a0 = 0 .

Entonces, las variables b´sicas son a0 y a1 y las libres a2 y a3 .
a
a0 = −2a2 − 6a3
a1 = 2a2 − 3a3

reemplazando a0 y a1 se obtiene

p(t) = a3 t3 + a2 t2 + a1 t + a0
= a3 t3 + a2 t2 + (2a2 − 3a3 )t − 2a2 − 6a3
= a3 (t3 − 3t − 6) + a2 (t2 + 2t − 2) .

Luego, la base de U es {t2 + 2t − 2, t3 − 3t − 6} y dim U = 2.


4.3. Determine una base del subespacio
L = 1 + 3x − 2x2 + x3 , 3 + 10x − 4x2 + 4x3 , 2 + 8x + 4x3
de P3 (R) y su dimensiń.
o

Soluciń: Las coordenadas de los vectores generadores son (1, 3, −2, 1),
o
(3, 10, −4, 4), (2, 8, 0, 4) y formamos la matriz cuyas filas son los vectores
coordenados y calculamos su forma escalonada reducida
     
1 3 −2 1 1 3 −2 1 1 3 −2 1
A =  3 10 −4 4  ∼  0 1 2 1 ∼ 0 1 2 1 .
2 8 0 4 0 2 4 2 0 0 0 0
Las filas no nulas de la forma escalonada reducida son las coordenadas
de una base de L
B = {1 + 3x − 2x2 + x3 , x + 2x2 + x3 } .
Otro m´todo alternativo
e es escalonar la matriz cuyas columnas son los
vectores coordenadas
     
1 3 2 1 3 2 1 3 2
 3 10 8   0 1 2   0 1 2 
B=  −2 −4
∼ ∼ .
0   0 2 4   0 0 0 
1 4 4 0 1 2 0 0 0
Las columnas pivotes son la 1 y 2. Por lo tanto, las columnas 1 y 3 de
B son base de L
ˆ
B = {1 + 3x − 2x2 + x3 , 3 + 10x − 4x2 + 4x3 } .

4.4. Pruebe que {1 + x − x2 + 3x3 , 2 + 2x − x3 } es un conjunto linealmente
independiente, extińdalo a una base de P3 (R).
e

Soluciń: El conjunto es linealmente independiente si los vectores co-
o
ordenados (1, 1, −1, 3) y (2, 2, 0, −1) son linealmente independientes, si

α + 2β = 0 
α(1, 1, −1, 3) + β(2, 2, 0, −1) = 0 ⇒ −α = 0 ⇒α=β =0.

3α − β = 0
Entonces, {1 + x − x2 + 3x3 , 2 + 2x − x3 } es un conjunto linealmente
independiente. Ahora, llevamos la matriz A a su forma escalonada re-
ducida
1 1 −1 3 1 1 −1 3
A= ∼ .
2 2 0 −1 0 0 2 −7

54 Cap´

Las filas
0 1 γ δ
0 0 0 1

completan a una base de R4 a las filas de la matriz escalonda. Por lo
tanto, los polinomios x + γx2 + δx3 y x3 extiende una base para P3 (R).

4.5. Sean B1 = {(1, 1, 1), (2, 0, 1), (1, 2, 1)} y B2 = {(1, 1, 2), (0, −1, 1), (1, 1, 1)},
determine la matriz cambio de base.

Soluciń: Expresamos cada vetor de B1 en t´rmino de los vectores
o e
de B2 . Sean B1 = {(1, 1, 1), (2, 0, 1), (1, 2, 1)} = {u1 , u2 , u3 } y B2 =
{(1, 1, 2), (0, −1, 1), (1, 1, 1)} = {v1 , v2 , v3 }, luego
 
1
v1 =  1  = α11 u1 + α21 u2 + α31 u3
2
     
1 2 1
= α11  1  + α21  0  + α31  2 
1 1 1
  
1 2 1 α11
=  1 0 2   α21  .
1 1 1 α31

Similarmente, tenemos que
    
0 1 2 1 α12
v2 =  −1  =  1 0 2   α22  ,
1 1 1 1 α32

    
1 1 2 1 α13
v3 =  1  =  1 0 2   α23  .
1 1 1 1 α33

Entonces, los tres sistemas de ecuaciones se pueden escribir como
      
1 0 1 1 2 1 α11 α12 α13 1 2 1
[v1 v2 v3 ] =  1 −1 1  =  1 0 2   α21 α22 α23  =  1 0 2  P .
2 1 1 1 1 1 α31 α32 α33 1 1 1


Entonces
 −1  
1 2 1 1 0 1
P =  1 0 2   1 −1 1 
1 1 1 2 1 1
  
−2 −1 4 1 0 1
=  1 0 −1   1 −1 1 
1 1 −2 2 1 1
 
5 5 1
=  −1 −1 0  .
−2 −3 0

4.6. Sea B1 = {1 + t − t2 , t2 − t, 2 + t − 2t2 } una base de P2 (R). Si B0 es la
base canńica de P2 (R), encuentre cambio de base de B1 a B0 .
o

Soluciń: Sean u1 = 1 + t − t2 , u2 = t2 − t y u3 = 2 + t − 2t2 y expre-
o
samos los vectores coordenadas, de cada vector ui , en la base canńica
o
de P2 (R).
     
1 0 2
[u1 ]B0 =  1  , [u2 ]B0 =  −1  , [u3 ]B0 =  1  .
−1 1 −2

Entonces
 
1 0 2
S = [ [u1 ]B0 [u2 ]B0 [u3 ]B0 ] =  1 −1 1 
−1 1 −2

luego la matriz de cambio de base de B1 a B0 es
 
1 2 2
P1 = S −1 =  1
0
0 1 
0 −1 −1

4.7. Sea W es subespacio de P3 generado por {x2 − 2, x3 + x, x3 + 2x2 + 1}.
Determine si los siguientes vectores pertenecen o no a W .

(a) x2 − x + 3 ,
(b) 4x3 − 3x + 5 ,
(c) x2 − 2x + 1 ,

56 Cap´

(d) − 1 x3 + 5 x2 − x − 1 .
2 2

Soluciń:
o Determinamos el sistema homogńeo asociado al generador.
e
   
−2 0 1 a0 1 0 − 1 − a20
2
 0 1 0 a1   0 1 0 a1 
  =  
 1 0 2 a2   1 0 2 a2 
0 1 1 a3 0 1 1 a3
 
1 0 −12
− a20
 0 1 0 a1 
=   0 0 5

a2 
2
a2 + 2
0 0 1 a3 − a1
 
1 0 −12
− a20
 0 1 0 a1 
=   0 0 5 a2
.
2
a2 + 2 
2 1
0 0 0 a3 − a1 − 5 a2 − 5 a0
Entonces, a3 − 2 a2 − a1 − 1 a0 = 0.
5 5

(a) 0 − 2 · 1 − (−1) − 1 · 3 = − 5 + 1 = 0 ⇒ x2 − x + 3 ∈ W ,
5 5 5
2 1
(b) 4 − 5 (0) − (−3) − 5 (5) = 4 + 3 − 1 = 0 ⇒ 4x3 − 3x + 5 no pertence
a W ,
2
(c) 0 − 5 (1) − (−2) − 1 (1) = 7 = 0 ⇒ x2 − 2x + 1 no pertenece a W ,
5 5
(d) − 1 − 2 5 − (−1) − 1 (−1) = − 10 = 0 ⇒ − 1 x3 + 5 x2 − x − 1 no
2 52 5
3
2 2
pertenece a W .
4.8. Considere los siguientes subespacios de P3 (R)
U1 = 3 − 2x + x2 + x3 , −1 + x2 − x3 , 2 − x + x3 ,
U2 = 2 − x + 2x2 + x3 , −x − x3 , 3 − 2x + 3x2 + x3 .
(a) Encuentre una base y la dimensiń de U1 , U2 , U1 + U2 y U1 ∩ U2 .
o
(b) Encuentre una base y la dimensiń de U3 tal que (U1 ∩ U2 ) ⊕ U3 =
o
P3 (R) .
Soluciń: Tomando los vectores coordenados en la base 1, x, x2 , x3 de
o
P3 (R), para encontrar una base y la dimensiń de U1 observamos la
o
siguiente matriz
       
3 −1 2 1 1 0 1 1 0 1 1 0
 −2 0 −1  
  −2 0 −1  
  0 2 −1  
  0 2 −1 

 1 ∼ ∼ ∼ 
1 0   3 −1 2   0 −4 2   0 0 0 
1 −1 1 1 −1 1 0 −2 1 0 0 0


luego, una base de U1 es {3 − 2x + x2 + x3 , −1 + x2 − x3 } con dimensiń
o
2. Analogamente para U2 se tiene
   
2 0 3 1 −1 1
 −1 −1 −2   0 2 1 
 ∼ 
 2 0 3   0 0 0 
1 −1 1 0 0 0

y U2 tiene base {2 − x + 2x2 + x3 , −x − x3 } y tiene dimensiń 2. Para
o
encontrar una base de U1 + U2 se analiza la matriz cuyas columnas son
los vectores coordenados de los vectores generadores de U1 y U2
   
3 −1 2 0 1 0 0 1
 −2 0 −1 −1   0 1 0 1 
 ∼ 
 1 1 2 0   0 0 1 −1 
1 −1 1 −1 0 0 0 0

entonces una base de U1 + U2 es {3 − 2x + x2 + x3 , −1 + x2 − x3 , 2 −
x + 2x2 + x3 } la cual tiene dimensiń 3. Ahora, como dim(U1 + U2 ) =
o
dim U1 + dim U2 − dim(U1 ∩ U2 ) se deduce que dim(U1 ∩ U2) = 1. Para
encontrar una base de U1 ∩U2 debemos notar que un vector (x, y, z, w) ∈
(U1 ∩ U2 ) deber´ tener la forma: α1 (3, −2, 1, 1) + α2 (−1, 0, 1, −1), por
a
pertenecer a U1 y β1 (2, −1, 2, 1) + β2 (0, −1, 0, −1), por pertenecer a U2
luego α1 (3, −2, 1, 1)+α2(−1, 0, 1, −1) = β1 (2, −1, 2, 1)+β2(0, −1, 0, −1)
de esto,
  
3α1 − α2 − 2β1 = 0   3 −1 −2 0

−2α1 + β1 + β2 = 0  −2 0 1 1 
⇒ 
α1 + α2 − 2β1 = 0  
 1 1 −2 0 

α1 − α2 − β1 + β2 = 0 1 −1 −1 1

luego debemos encontrar el Ker de la ultima matriz que esta genera-
´
do por el vector (1, 1, 1, 1), con lo que (x, y, z, w) = (3, −2, 1, 1) +
(−1, 0, 1, −1) = 2(1, −1, 1, 0) implica que la base de U1 ∩ U2 es {1 −
x + x2 }. Para encontrar U3 consideramos la matriz
   
1 1 0 0 0 1 0 0 1 0
 −1 0 1 0 0   0 1 0 1 0 
 1 0 0 1 0 ∼ 0 0 1 1 0  .
   

0 0 0 0 1 0 0 0 0 1

Luego {1 − x + x2 , 1, x, x3 } es una base de P3 , por lo que U3 = 1, x, x3
y tiene dimensiń 3.
o

58 Cap´

4.9. Sea W1 y W2 subespacios de Rn de dimensiń n − 1 con n > 2, de-
o
muestre que W1 ∩ W2 = 0.

Soluciń: Basta probar que dim(W1 ∩ W2 ) > 0, para esto supongamos
o
lo contrario, es decir, W1 ∩ W2 = 0 como
dim(W1 + W2 ) = dim W1 + dim W2 − dim(W1 ∩ W2 )
obtenemos que dim(W1 + W2 ) = n − 1 + n − 1 = 2(n − 1) y como
W1 + W2 ⊆ Rn y dim Rn = n entonces dim(W1 + W2 ) > dim Rn , lo cual
es absurdo si n > 2. Por lo tanto,
dim(W1 ∩ W2 ) > 0 ⇒ W1 ∩ W2 = {0} .

4.10. Dados los espacios vectoriales
U = {A = (aij ) ∈ M3×3 (R) : At = A, aii = 0, i = 1, 2, 3}
V = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 : x1 + x2 + x3 + x4 = 0}
(a) Encuentre una base para U
(b) Decida si U y V son isomorfos.

Soluciń:
o
(a) Notemos que
  
 0 a b 
U =  a 0 c  : a, b, c ∈ R
 
b c 0
      
 0 a 0 0 0 b 0 0 0 
=  a 0 0  +  0 0 0  +  0 0 c  : a, b, c ∈ R
 
0 0 0 b 0 0 0 c 0
       
 0 1 0 0 0 1 0 0 0 
= a  1 0 0  + b  0 0 0  + c  0 0 1  : a, b, c ∈ R .
 
0 0 0 1 0 0 0 1 0
     
 0 1 0 0 0 1 0 0 0 
El conjunto B =  1 0 0  ,  0 0 0  ,  0 0 1  es
 
0 0 0 1 0 0 0 1 0
linealmente independiente, ya que
       
0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0
α  1 0 0 +β  0 0 0 +γ  0 0 1  =  0 0 0 
0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0

   
0 α β 0 0 0
⇒ α 0 γ = 0 0 0  ⇒ α = β = γ = 0 . Por lo tanto,
β γ 0 0 0 0
B es l.i. y genera a U, luego B es una base de U.
(b) Notemos que

V = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 : x1 + x2 + x3 + x4 = 0}
= {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 : x1 = −x2 − x3 − x4 }
= {(−x2 − x3 − x4 , x2 , x3 , x4 ) : x2 , x3 , x4 ∈ R}
= {(−x2 , x2 , 0, 0) + (−x3 , 0, x3 , 0) + (−x4 , 0, 0, x4) : x2 , x3 , x4 ∈ R}
= {x2 (−1, 1, 0, 0) + x3 (−1, 0, 1, 0) + x4 (−1, 0, 0, 1) : x2 , x3 , x4 ∈ R} .

El conjunto {(−1, 1, 0, 0), (−1, 0, 1, 0), (−1, 0, 0, 1)} genera a V y es
l.i. (veriﬁcar!). Por parte (a) sabemos que dim U = 3 = dim V, por
lo tanto son isomorfos.

60 Cap´

Cap´
ıtulo 5

Transformaciones Lineales,
Teorema de la Dimensiń y
o
Cambio de Base

5.1. Determine el n´ cleo de las siguientes transformaciones lineales
u

(a) T : P3 → P2 dada por T (p(x)) = p′ (x) ,
1
(b) T : P1 → R dada por T (p(x)) = p(x)dx .
−1

Soluciń:
o

(a) De inmediato tenemos que

KerT = {p(x) ∈ P3 : T (p(x)) = 0} .

Si p(x) = ax3 +bx2 +cx+d ∈ P3 entonces T (p(x)) = 3ax2 +2bx+c =
0 implica que a = b = c = 0 entonces p(x) ∈ KerT ⇔ p(x) = d =
constante.
(b) Del mismo modo, si p(x) = ax + b ∈ P1 entonces
1 1
x2
T (p(x)) = p(x)dx = a + bx = 2b
−1 2 −1

entonces p(x) ∈ KerT ⇔ p(x) = ax, a ∈ R.

5.2. Sea T : P2 → P3 , definida por T (p(x)) = x2 p′ (x) determine una base y
su dimensiń para KerT y una para ImT .
o

61

62 Cap´
ıtulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimensiń
o

Soluciń: Notemos que si p(x) = ax2 + bx + c ∈ P2 ⇒ p′ (x) = 2ax + b,
o
luego T (p(x)) = x2 p′ (x) = 2ax3 + bx2 = 0 implica que a = b = 0
entonces KerT = {p(x) ∈ P2 : p(x) = c, c ∈ R} y tomando el vector
coordenada en la base {1, x, x2 } de P2 obtenemos [p(x)] = (c, 0, 0) =
c(1, 0, 0) entonces la base es KerT = {(1, 0, 0)} y dim KerT = 1. Ahora,
como dim KerT + dim ImT = dim P2 = 3 ⇒ dim ImT = 2. Sabemos
que
ImT = {q(x) ∈ P3 : q(x) = T (p(x)), ∀p(x) ∈ P2 }

luego, q(x) ∈ ImT ⇔ q(x) = T (p(x)) = 2ax3 + bx2 , tomando el vec-
tor coordenada en la base {1, x, x2 , x3 } de P3 se tiene que [p(x)] =
(2a, b, 0, 0) = a(2, 0, 0, 0) + b(0, 1, 0, 0). As´ {2x3 , x2 } es una base de la
ı,
ImT .

5.3. Hallar una transformaciń lineal T : R3 → R3 , tal que
o

(a) S = {(3, −1, 2), (0, 1, −1)} sea una base para ImT ,
(b) S ′ = {(1, 0, 2), (0, 1, 1)} sea una base para el n´ cleo de T .
u

Soluciń:
o

(a) Nosotros necesitamos que

T (1, 0, 0) = (1, 0, 2)
T (0, 1, 0) = (0, 1, 1)
T (0, 0, 1) = (0, 0, 0)

y la elecciń del ultimo vector es arbitraria, ahora si (x, y, x) ∈ R3
o ´
entonces

(x, y, z) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1)
⇒ T (x, y, z) = xT (1, 0, 0) + yT (0, 1, 0) + zT (0, 0, 1)
= x(1, 0, 2) + y(0, 1, 1)
⇒ T (x, y, z) = (x, y, 2x + y) .

(b) Del mismo modo queremos que

T (1, 0, 2) = (0, 0, 0)
T (0, 1, 1) = (0, 0, 0)
T (0, 1, 0) = (a, b, c)


1 0 2
Notemos que 0 1 1 = −1 = 0 luego {(1, 0, 2), (0, 1, 1), (0, 1, 0)}
0 1 0
es una base de R3 entonces (x, y, z) = α1 (1, 0, 2) + α2 (0, 1, 1) +
α3 (0, 1, 0)

x = α1  α1 = x
y = α2 + α3 ⇒ α2 = z − 2x

z = 2α1 + α2 α3 = 2x + y − z
Entonces,

T (x, y, z) = α1 T (1, 0, 2)+α2T (0, 1, 1)+α3T (0, 1, 0) = (2x+y−z)(a, b, c).

5.4. Sea T : P2 → P3 una transformaciń lineal, definida por T (1) = 1;
o
T (x) = 1 + x2 ; T (x2 ) = 1 + x3 . Hallar T (x2 + 5x + 6).

o

T (ax2 + bx + c) = aT (x2 ) + bT (x) + cT (1)
= a(1 + x3 ) + b(1 + x2 ) + c
= a + b + c + bx2 + ax3 .

Por lo que

T (x2 + 5x + 6) = T (x2 ) + 5T (x) + 6T (1)
= 1 + x3 + 5(1 + x2 ) + 6
= 12 + 5x2 + x3 .

5.5. Sea T : V → W una trasformaciń lineal. Demuestre que
o
(a) Si T es inyectiva entonces dimV ≤ dimW
(b) Si T es sobre entonces dimW ≤ dimV

Soluciń:
o
(a) Por el teorema de la dimensiń:
o

dim ker T + dim Im T = dim V

como T es inyectiva entonces Ker T = {0}, luego dim Ker T = 0,
entonces dim Im T = dim V . Ahora, como Im T ≤ W , entonces
dim Im T ≤ dim W , por lo tanto, dimV ≤ dimW .

64 Cap´
o

(b) Ahora si T es sobreyectiva entonces Im T = W , por el teorema de
la dimensiń tenemos que
o

dim Ker T + dim W = dim V

luego, dimW ≤ dimV .

5.6. (a) Si T : R2 → R3 una transformaciń lineal tal que
o

Im T = {(1, 1, 0), (0, 1, 2), (3, −1, −8)}

entonces T es inyectiva.
(b) Supongamos que dim V > dim W . Sea L : V → W una aplicaciń
o
lineal. ¿Qu´ puede decir del n´ cleo de L?
e u

Soluciń:
o
   
1 0 3 1 0 3
(a) Notemos que  1 1 −1  ∼  0 1 −4  ⇒ dim T = 2, por
0 2 −8 0 0 0
el teorema de la dimensiń obtenemos que dim Ker T = 0, luego T
o
es inyectiva.
(b) Afirmamos que el Ker L = {0}. En efecto, si Ker L = {0} entonces
dimKerL = 0 y por el teorema de la dimensiń: dimImL = dimV ,
o
como ImL ≤ W ⇒ dimV = dimImL ≤ dimW , lo cual contradice
la hip´tesis de dim V > dim W .
o

5.7. Sea T : P2 (R) → P4 (R) definida por: T (p(x)) = x2 p(x). Determine [T ]e , f
donde e = {1 + x2 , 1 + 2x + 3x2 , 4 + 5x + x2 } y f = {1, x, x3 , x3 + x2 , x4 }.

Soluciń: Sea f = {1, x, x3 , x3 + x2 , x4 } = {w1 , w2 , w3, w4 } entonces:
o

T (1 + x2 ) = x2 + x4 = w4 + w3 − w2
T (1 + 2x + 3x2 ) = x2 + 23 + 34 = 3w4 + w3 + w2
T (4 + 5x + x2 ) = 4x2 + 5x3 + x4 = w4 + 4w3 + w2
 
0 0 0

 0 0 0 

⇒ [T ]e
f =
 −1 1 1 .

 1 1 4 
1 3 1


5.8. Sea T : V → W una transformaciń lineal. Sea B1 = {v1 , v2 , v3 , v4 } una
o
base de V y B2 = {w1 , w2 , w3 } una base de W tal que
 
1 0 0 1
[T ]1 =  0 1 0 1  .
2
0 0 1 1
 
1 −1 0 0
Encuentre una base B3 de W tal que [T ]1 =  0
3 1 −1 0 .
0 0 1 1
Soluciń: Tenemos que:
o

T (v1 ) = w1 , T (v2 ) = w2 , T (v3 ) = w3 , T (v4 ) = w1 + w2 + w3 .

Queremos encontrar una base B3 = {s1 , s2 , s3 } tal que

T (v1 ) = s1 , T (v2 ) = s2 − s1 , T (v3 ) = s3 − s2 , T (v4 ) = s3

esto es,

s1 = w 1 

 s1 = w 1
s2 − s1 = w 2
⇒ s2 = w 1 + w 2
s3 − s2 = w 3 

 s3 = w 1 + w 2 + w 3
s3 = w 1 + w 2 + w 3

Los vectores {s1 , s2 , s3 } son linealmente independientes, pues  vec-
 los
1 1 1
tores coordenados en la base B2 forma la matriz  0 1 1  no es
0 0 1
singular, ya que su determinante es 1 = 0 y B3 es un base pues son 3
vectores L.I. en un espacio vectorial de dimensiń 3.
o

5.9. Considere T : P2 (R) → R3 una transformaciń lineal. Determine la
o
matriz de T con respecto a las bases canńicas B = {1, t, t2 } y la base
o
canńica de R3 a saber {e1 , e2 , e3 }, suponiendo que
o

T (1 + t − t2 ) = e1 + e3 ,
T (t2 − t) = e1 + e2 − e3 ,
T (2 + t − 2t2 ) = −e1 + e2 − 2e3 .

Soluciń: Sea A la matriz que representa a T con respecto a las bases
o

66 Cap´
o

canńicas, entonces
o
   
1 0
T (1 + t − t2 ) = e1 + e3 ⇔ A 1  =  0 ,
−1 1
   
0 1
T (t2 − t) = e1 + e2 − e3 ⇔ A  −1  =  1 ,
1 −1
   
2 −1
T (2 + t − 2t2 ) = −e1 + e2 − 2e3 ⇔ A 1  =  1 .
−2 −2
   
1 0 2 1 1 −1
Luego, tenemos que A  1 −1 1 = 0 1 1 
−1 1 −2 1 −1 −2
  −1
1 1 −1 1 0 2
⇒A =  0 1 1  1 −1 1 
1 −1 −2 −1 1 −2
  
1 1 −1 1 2 2
=  0 1 1  1 0 1 
1 −1 −2 0 −1 −1
 
2 3 4
=  1 −1 0 .
0 4 3

5.10. Determine α ∈ R de modo que la transformaciń lineal T : R3 → R3
o
definida por: T (x, y, z) = (x + y − z, αx, x + y − αz) sea un isomorfismo.

Soluciń:
o

i. Primeros T debe ser inyectiva si s´lo si el sistema tiene unica solu-
o ´
ciń
o
    
x+y−z =0  1 1 −1 1 1 −1
αx = 0 ⇒ α 0 0  ∼  0 −α α .

x+y−α =0 1 1 −α 0 0 1−α

Por lo tanto, tiene unica soluciń si y s´lo si α = 0 y α = 1, en
´ o o
cuyo caso T es inyectiva.


ii. T debe ser sobreyectiva. Para α = 0 y α = 1 por el teorema de la
dimensiń, como Im T ≤ R3 y dim Im T = dim R3 = 3 entonces
o
Im T = R3 luego T es sobreyectiva.

Por lo tanto, T es isomorfismo si y s´lo si α = 0 y α = 1.
o

5.11. Sea T : R3 → R3 dada por

T (a, b, c) = (a + b + c, a − b + 2c, 3b − c) .

(a) Demuestre que T es una transformaciń lineal biyectiva.
o
(b) Encuentre [T ]f donde e es la base canńica y f = {(1, 1, 0), (1, −1, 1), (2, 1, 0)}.
e o
(c) Encuentre T −1 , usando T .
(d) Encuentre T −1 , usando [T −1 ]e .
f

Soluciń:
o

(a) Sean (a, b, c), (x, y, z) ∈ R3 , entonces

T ((a, b, c) + (x, y, z)) = T (a + x, b + y, c + z)
= (a + x + b + y + c + z, a + x − (b + y) + 2(c + z), 3(b + y) − (c + z))
= (a + b + c, a − b + 2c, 3b − c) + (x + y + z, x − y + 2z, 3y − z)
= T (a, b, c) + T (x, y, z) .

Si α ∈ R entonces

T (α(a, b, c)) = T (αa, αb, αc)
= (αa + αb + αc, αa − αb + 2αc, 3αb − αc)
= (α(a + b + c), α(a − b + 2c), α(3b − c))
= α(a + b + c.a − b + 2c, 3b − c)
= αT (a, b, c) .

Luego, T es una transformaciń lineal.
o
Ahora, T (a, b, c) = 0 ⇔ (a + b + c, a − b + 2c, 3b − c) = (0, 0, 0) es
decir, 
a+b+c=0 
a − b + 2c = 0 ⇒a=b=c=0

3b − c = 0
entonces Ker T = {0} ⇔ T es inyectiva. Por otro lado, por el teo-
rema de la dimensiń tenemos que dim Im T = dimR3 = 3 y como
o
Im T ≤ R esto implica que Im T = R3 y luego T es sobreyectiva.
3

68 Cap´
o

(b) Tenemos que

T (1, 1, 0) = (2, 0, 3) = 2e1 + 3e3 ,
T (1, −1, 1) = (1, 4, −4) = e1 + 4e2 − 4e3 ,
T (2, 1, 0) = (3, 1, 3) = 3e1 + e2 + 3e3 .

Entonces  
2 1 3
[T ]f =  0
e 4 1 .
3 −4 3

 a+b+c =x
(c) Si (x, y, z) = T (a, b, c) = (a+b+c, a−b+2c, 3b−c) ⇒ a − b + 2c = y

3b − c = z
   
1 1 1 x 1 1 1 x
 1 −1 2 y  ∼  0 −2 1 y−x 
0 3 −1 z 0 3 −1 z
 
1 1 1 x
x−y
∼  0 1 −12 2

0 0 1 −3(x − y) + 2z

 a = 5x − 4y − 3z
⇒ b = −x + y + z

c = −3x + 3y + 2z
⇒ T −1 (x, y, z) = (5x − 4y − 3z, −x + y + z, −3x + 3y + 2z) .

(d) Notemos que
 −1  
2 1 3 −16 15 11
[T −1 ]e = ([T ]f )−1
f e = 0 4 1  =  −3 3 2 
3 −4 3 12 −11 −8
 
x
como [T −1 ]e [(x, y, z)]e = [T −1 (x, y, z)]f ⇒ [(x, y, z)]e =  y  se
f
z
obtiene que
    
−16 15 11 x −16x + 15y + 11z
[T −1 ]e =  −3 3 2   y  =  −3x + 3y + 2z 
12 −11 −8 z 12x − 11y − 8z


⇒ T −1 (x, y, z) = (−16x + 15y + 11z)(1, 1, 0) + (−3x + 3y + 2z)(1, −1, 1)
+(12x − 11y − 8z)(2, 1, 0)
−1
⇒ T (x, y, z) = (5x − 4y − 3z, −x + y + z, −3x + 3y + 2z) .

5.12. Si S : R2 → R3 y T : R3 → M2×2 (R) donde
 
  1 1 0
1 −1
 1 −1  y B = [T ]f =  −1 2 −1 
e
 
A = [S]f = g  1 1 1 
1 1
0 0 0
para las bases e = {(1, 1), (1, −1)} f = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)} g =
1 0 1 1 1 1 1 1
, , , .
0 0 0 0 1 0 1 1
(a) Encuentre S y T usando A y B.
(b) Encuentre T ◦ S usando A y B.
Soluci´n:
o
(a) Tenemos que [S]e [(x, y)]e = [S(x, y)]f y como
f
x+y
x+y x−y 2
(x, y) = (1, 1) + (1, −1) ⇒ [(x, y)]e = x−y
2 2 2
   
1 −1 x+y y
⇒ [S(x, y)]f = 2
 1 −1  x−y =  y 
1 1 2 x
⇒ S(x, y) = y(1, 1, 1) + y(1, 1, 0) + x(1, 0, 0) = (x + 2y, 2y, y) .
Analogamente, [T ]f [(x, y, z)]f = [T (x, y, z)]g y como
g
 
z
(x, y, z) = z(1, 1, 1)+(y−z)(1, 1, 0)+(x−y)(1, 0, 0) ⇒ [(x, y, z)]f =  y − z 
x−y
   
1 1 0   y
 −1 2 −1  z  −x + 3y − 3z 
⇒ [T (x, y, z)]g =   y −z  =  
 1 1 1   x 
x−y
0 0 0 0
1 0 1 1 1 1
⇒ T (x, y, z) = y + (−x + 3y − 3z) +x
0 0 0 0 1 0
4y − 3z 3y − 3z
= .
x 0

70 Cap´
o

(b) Observemos que
   
1 1 0   2 −2
 −1 1 −1
2 −1    0 −2 
[T ◦ S]e = [T ]f [S]e = 
g g f  1
 1 −1  =  .
1 1   3 −1 
1 1
0 0 0 0 0

Luego, procediendo de manera similar que en (a) se tine que

[T ◦ S]e [(x, y)]e = [(T ◦ S)(x, y)]g
g
x+y
de (a) ya teniamos que [(x, y)]e = 2 entonces
x−y
2
   
2 −2 y
 0 −2  x+y  y−x 
[(T ◦ S)(x, y)]g =   2 = 
 3 −1  x−y  x + 2y 
2
0 0 0

1 0 1 1 1 1
⇒ (T ◦ S)(x, y) = y + (y − x) + (x + 2y)
0 0 0 0 1 0
4y 3y
= .
x + 2y 0

5.13. Sean T : R2 → R3 y R : R2 → R2 dos transformaciones lineales y sean
B1 y B2 bases de R2 y B3 base de R3 si
 
2 1
1 1
[T ◦ R]B1 =  0 1  y [R]B1 =
B3 B2 1 2
−1 1

Suponiendo que R es invertible, determine [T ]B2 .
B3

Soluci´n: Notemos que T = T ◦ R ◦ R−1 , entonces
o

[T ]B2 = [T ◦ R ◦ R−1 ]B2
B3 B3
= [(T ◦ R) ◦ R−1 ]B2
B3
= [T ◦ R]B1 [R−1 ]B2
B3 B1
= [T ◦ R]B1 ([R]B1 )−1
B3 B2


2 −1
como ([R]B1 )−1 =
B2 , entonces
−1 1
   
2 1 3 −1
2 −1
[T ]B3
B2 = 0 1  =  −1 1 .
−1 1
−1 1 −3 2

1
5.14. Sea T : Mn×3 (R) → Rn lineal dada por T (A) = Au, u =  1 .
1
Encuentre el Ker(T ) y su dimensiń.
o

Soluciń:
o
Ker T = {A = [v1 v2 v3 ] ∈ Mn×3 (R) : v1 + v2 + v3 = 0}
= {A = [v1 v2 − v1 − v2 ] ∈ Mn×3 (R) : v1 , v2 ∈ Rn } .
Entonces Ker T = Ai,j = [ei ej −ei −ej ] donde los ei y ej son vectores
canńicos de Rn .
o
Notemos que la transformaciń es sobreyectiva, pues dado u ∈ Rn basta
o
tomar la matriz A = [u 0 0] y luego T ([u 0 0]) = u, por el teorema de
la dimensiń tenemos que
o
dim (Ker T ) = dim (Mn×3 (R)) − dim (Im T )
= dim (Mn×3 (R)) − dim (Rn )
= 3n − n = 2n .

5.15. Sea V , W espacios vectoriales de dimensiń 3 y 4 respectivamente tal
o
que V =< v1 , v2 , v3 > y W =< w1 , w2 , w3 , w4 >. Sea T : V → W lineal
tal que
T (v1 − v3 ) = w1 + w2 ,
T (v1 − v2 − v3 ) = w1 + w3 ,
T (v1 − v2 − 2v3 ) = w1 + w4 .
(a) ¿Es T 1-1? ¿Es T sobre? Justifique.
(b) Encuentre bases en V y W tal que la matriz de la transformaciń
o
lineal sea  
1 0 0
 1 1 0 
 .
 1 −1 1 
−1 0 −1

72 Cap´
o

Soluciń: Sean B1 = {v1 , v2 , v3 } y B2 = {w1 , w2 , w3 , w4 }, dado que
o
dim(V ) = 3 y dim(W ) = 4, entonces B1 y B2 son bases de V y W
respectivamente. Consideremos B3 = {v1 − v3 , v1 − v2 − v3 , v1 − v2 − 2v3 }
es tambiń una base de V , pues la matriz cambio de base es invertible
e

   
1 1 1 1 1 0
3 1
P1 =  0 −1 −1  , P3 =  1 −1 1 .
−1 −1 −2 −1 0 −1

La matriz de T con respecto a esas bases es

   
1 1 1 1 0 0
 1 0 0  
  0 1 0 
[T ]3 = 
2  0 ∼ .
1 0   0 0 1 
0 0 1 0 0 0

Como al escalonar se obtiene una matriz 1 − 1, entonces la transforma-
ciń lineal es 1 − 1. Por otro lado, la transformaciń no puede ser sobre
o o
pues dim V < dim W  . 
1 0 0
 1 1 0 
Para la matriz T sea   1 −1
 se busca en V una base
1 
−1 0 −1
{a1 v1 + a2 v2 + a3 v3 , b1 v1 + b2 v2 + b3 v3 , c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 } y consideramos
a W con la base B2 tal que

T (a1 v1 + a2 v2 + a3 v3 ) = w1 + w2 + w3 + w4 ,
T (b1 v1 + b2 v2 + b3 v3 ) = w2 − w3 ,
T (c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 ) = w3 − w4 .

Entonces matricialmente debe ocurrir que

 
  1 0 0
a1 b1 c1  1 1 0 
[[T (v1 )]2 [T (v2 )]2 [T (v3 )]3 ]  a2 b2 c2  = 
 1 −1

1 
a3 b3 c3
−1 0 −1


y como [T ]2 = [T ]3 P3 luego
1
2
1

 
1 0 0  
 1 a1 b1 c1
 1 0 
 = [T ]3 P3  a2 b2 c2 
1
 1 −1 2
1 
a3 b3 c3
−1 0 −1
 
1 1 1   
 1 0 0  1 1 0 a1 b1 c1
= 
   1 −1 1   a2 b2 c2 
0 1 0 
−1 0 −1 a3 b3 c3
0 0 1
 
1 0 0  
a b1 c1
 1 1 0  1
 a2
= 
 b2 c2  .
1 −1 1 
a3 b3 c3
−1 0 −1

 
a1 b1 c1
Se concluye que  a2 b2 c2  = I. Luego las bases buscadas son
a3 b3 c3
{v1 , v2 , v3 } en V y {w1 , w2, w3 , w4 } en W .

5.16. Sea T : P2 (R) → M2 (R) una transformaciń lineal definida por
o

a+b a+b+c
T (a + bx + cx2 ) = .
c 0

(a) Si B1 = {1 − x, 1 + x, x2 } es una base de P2 (R) y C es la base
canńica de M2 (R) determine [T ]B1 .
o C

(b) Determine todos los polinomios p ∈ P2 (R) tal que [T (p)]C1 =
(1, 2, 1, 0)t, donde C1 es la base de M2 (R) dada por

1 0 0 1 0 0 0 0
C1 = , , , .
0 0 0 0 1 0 1 1

(c) Determine una base para Ker T y para Im T .

Soluciń:
o

74 Cap´
o

(a)

0 0 
T (1 − x) = 

0 0 

  



 0 2 0

2 2  0 2 1 
T (1 + x) = ⇒ [T ]B1
C = .
0 0 

 0 0 1 



 0 0 0

0 1 

T (x2 ) = 

1 0

(b) Sabemos que

[T (p)]c1 = [T ]B1 [p]B1
C
1
y [T ]B1 = [I]C1 [T ]B1
C
1
C C

 
1 0 0 0
C
 0 1 0 0 
donde [I]C1 =
 0

0 1 −1 
0 0 0 1

    
1 0 0 0 0 2 0 0 2 0
 0 1 0  0 2
0    0
1   2 1 
⇒ [T ]B1
C
1
=
 0 = .
0 1 −1   0 0 1   0 0 1 
0 0 0 1 0 0 0 0 0 0

 
a
Si [p] =  b  entonces
c
     
0 2 0   2b 1
 0 2 1  a  2b + c   2 
 0 0 1  b = c = 1 
[T (p)]C1 =       
c
0 0 0 0 0
 
a
 1  ⇒ p(x) = a(1 − x) + 1 (1 + x) + x2
⇒ c = 1, 2b = 1 ⇒ [p] = 2
2
1

1 1
⇒ p(x) = a + + − a x + x2 .
2 2


(c)
0 0
Ker T = a + bx + cx2 ∈ P2 (R) : T (a + bx + cx2 ) =
0 0
a+b a+b+c 0 0
= a + bx + cx2 ∈ P2 (R) : =
c 0 0 0
= {a + bx + cx2 ∈ P2 (R) : a + b = 0 ∧ c = 0}
= {a(1 − x) ∈ P2 (R) : a ∈ R} .
Luego una base para Ker T es {(1 − x)}.
Para Im T , basta observar que
1 1 1 1 0 1
T (1) = , T (x) = , T (x2 ) = .
0 0 0 0 1 0
1 1 0 1
Luego una base para Im T es B = , pues es
0 0 1 0
linealmente independiente y genera.
5.17. Considere V un espacio vectorial con B1 = {b1 , b2 , b3 , b4 } una base. Sea
T : V → V una transformaciń lineal definida por
o
T (b1 ) = b1 , T (b2 ) = b1 + b2 , T (b3 ) = b1 + b2 + b3 ,
t(b4 ) = b1 + b2 + b3 + b4 , T (b5 ) = b1 + b2 + b3 + b4 + b5 .
(a) Determine [T ]B2 donde B2 es otra
B2 base de V y [I]B1 es la matriz
B2
cambio de base dada por
 
1 1 1 1 1
 0 1 1 1 1 
 
[I]B1 =  0 0
B2  1 1 1 .

 0 0 0 1 1 
0 0 0 0 5
(b) Sea v en V dado por v = b1 + 2b2 + 3b3 + 4b4 + 5b5 . Determine w
como combinaciń lineal de la base B1 , de tal manera que T w = v.
o

Soluciń:
o
a) Claramente  
1 1 1 1 1

 0 1 1 1 1 

[T ]B1
B
1
=
 0 0 1 1 1 .

 0 0 0 1 1 
0 0 0 0 1

76 Cap´
o

Notemos que

[T ]B2 = [I]B1 [T ]B1 [I]B2 = [I]B1 [T ]B1 ([I]B1 )−1
B
2
B2 B
1
B1 B2 B1 B2

donde
 −1  
1 1 1 1 1 1 −1 0 0 0

 0 1 1 1 1 


 0 1 −1 0 0 

([I]B1 )−1
B2 = 
 0 0 1 1 1 
 =
 0 0 1 −1 0 .

 0 0 0 1 1   0 0 0 1 −1/5 
0 0 0 0 5 0 0 0 0 1/5

Luego
   
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 −1 0 0 0

 0 1 1 1 1 
 0 1 1 1 1 
 0 1 −1 0 0 

[T ]B2
B2 =
 0 0 1 1 1 
 0 0 1 1 1 
 0 0 1 −1 0 

 0 0 0 1 1  0 0 0 1 1  0 0 0 1 −1/5 
0 0 0 0 5 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1/5
 
1 1 1 1 1/5

 0 1 1 1 1/5 

⇒ [T ]B2
B
2
=
 0 0 1 1 1/5 .

 0 0 0 1 1/5 
0 0 0 0 1

b) Tenemos que v = b1 + 2b2 + 3b3 + 4b4 + 5b5 ⇒ [v]B1 = (1, 2, 3, 4, 5)t
y sabemos que [T ]B1 [w]B1 = [v]B1 si [w]B1 = (w1 , w2, w3 , w4 , w5 )t
B
1

entonces

w1 + w2 + w3 + w4 + w5 = 1  

w2 + w3 + w4 + w5 = 2  
w3 + w4 + w5 = 3 ⇒ w5 = 5; w4 = w3 = w2 = w1 = −1

w4 + w5 = 4  


w5 = 5
 
−1

 −1 

⇒ [w]B1 =
 −1  ⇒ w = −b1 − b2 − b3 − b4 + 5b5 .

 −1 
5


5.18. Sea L : R → R una transformaciń lineal tal que L = 0 pero L2 =
o
L ◦ L = 0. Demuestre que existe una base {u, v} de R2 tal que L(u) = v
y L(v) = 0.

Soluciń: Sabemos que L = 0, entonces existe u ∈ R2 tal que L(u) =
o
v = 0 y adem´s L(v) = L(L(u)) = L ◦ L(u) = 0. Falta probar que
a
{u, v} es una base de R2 , es decir, que {u, v} es linealmente indepen-
diente. Notemos que

0 = αu + βv = αu + βL(u) .

Aplicando la aplicaciń L a ambos lados de la igualdad.
o

0 = L(0) = αL(u) + βLL(u) = αv

entonces α = 0 y reemplazando esto en la primera ecuaciń, se obtiene
o
0 = αu + βv = βv entonces β = 0.

5.19. Sea T : U → V una transformaciń lineal y b = 0 un vector de V . ¿Por
o
qu´ no es subespacio de U el conjunto T −1 (b) = {u ∈ u/T (u) = b}?
e

Soluciń: Si u, v ∈ T −1 (b) y α ∈ R, entonces
o

T (u + v) = T (u) + T (v) = b + b = 2b ⇒ u + v no esta en T −1 (b)

T (αu) = αT (u) = αb ⇒ αu no esta en T −1 (b) .
Luego, T −1 (b) = {u ∈ u/T (u) = b} (b = 0) no es subespacio de U.

78 Cap´
o

Cap´
ıtulo 6

Bases Ortonormales y
Proyecciones

6.1. Contruir una base ortonormal para el subespacio W del espacio R3 gen-
erado por {(1, 2, 3), (3, 4, 5), (1, −1, 0)}.

Soluci´n: Sea {(1, 2, 3), (3, 4, 5), (1, −1, 0)} = {α1 , α2 , α3 } entonces por
o
el proceso de ortonormalizaci´n de Gram-Schmidt, tenemos que una
o
β β β3
base ortogonal es {β1 , β2 , β3 } y una base ortonormal es { β1 , β2 , β3 }
1 2
donde

β1 = α1 ,
< α2 , β1 >
β2 = α2 − β1 ,
< β1 , β1 >
< α3 , β1 > < α3 , β2 >
β3 = α3 − β1 − β2 ,
< β1 , β1 > < β2 , β2 >
es decir, √
 β1 = 14
β1 = (1, 2, 3) 
12
β2 = 1 (8, 2, −4) ⇒ β1 = 7 .
7
β3 = 1 (1, −2, 1)

2
2 β1 = 3

Por lo tanto, la base ortonormal es

1 7 8 2 4 3
√ (1, 2, 3), , ,− , (1, −2, 1) .
14 12 7 7 7 8

6.2. Sea W el subespacio de R3 con bae S = {(1, 1, 0), (−2, 0, 1)}. Sea α =
(−1, 2, −3) un elemento de W .

79

80 Cap´
ıtulo 6. Bases Ortonormales y Proyecciones

(a) Hallar la longitud de α directamente.
(b) Usar Gram-Schmidt para transformar S en una base ortonormal T
de W .
(c) Hallar la longitud de α usando el vector coordenada de α respecto
a T.

Soluciń:
o
√ √
(a) α = < α, α > = (−1)2 + 22 + (−3)2 = 14.
(b) Tenemos que: β1 = (1, 1, 0)
< (−2, 0, 1), (1, 1, 0) >
β2 = (−2, 0, 1) − (1, 1, 0)
< (1, 1, 0), (1, 1, 0) >
⇒ β2 = (−1, 1, 1)
√ √
con β1 = 2 y β2 = 3 entonces la base ortonormal es
√ √
2 3
T = (1, 1, 0), (−1, 1, 1) .
2 3
√
(c) Tenemos que [α]T = 14.

6.3. Proyecte b al espacio columna de A resolviendo At Ax = At b y luego
p = Ax.
   
1 1 2
(a) A =  0 1 , b =  3 .
0 0 4
   
1 1 4
(b) A =  1 1 , b =  4 .
0 1 6
Para cada caso calcule e = b − p y verifique que e es perpendicular a las
columnas de A. (i,e: At e = 0).

Soluciń:
o

(a)  
1 1
1 0 0 1 1
At A =  0 1 =
1 1 0 1 2
0 0


entonces
At Ax = At b  
2
1 1 1 0 0  3 = 2
⇒ x =
1 2 1 1 0 5
4
−1
1 1 2
⇒x =
1 2 5
2 −1 2
=
−1 1 5
−1
⇒x =
3
   
1 1 2
−1
⇒ p = At x =  0 1  = 3  .
3
0 0 0
 
0
1 0 0  
Luego, e = b − p = (0, 0, 4)t y At e = 0 = (0, 0)t .
1 1 0
4
(b) Analogamente tenemos que
 
1 1
1 1 0 2 2
At A =  1 1 =
1 1 1 2 3
0 1
entonces
At Ax = At b  
4
2 2 1 1 0 8
⇒ x =  4 =
2 3 1 1 1 14
6
−1
2 2 8
⇒x =
2 3 14
1 3 −2 8
=
2 −2 2 14
−2
⇒x =
6
  
1 1 4
−2
⇒ p = At x =  1 1  = 4  .
6
0 1 6

82 Cap´

Luego, e = b − p = (0, 0, 0)t y At e = (0, 0)t.
6.4. Calcule las matrices de proyecciń P1 y P2 para las proyecciones del
o
problema anterior. Verifique que P b = p = Ax, para cada matriz P .
2
Verifique tambiń que P1 = P1 .
e

Soluciń:
o
(a) Note que ya hemos calculado (At A)−1 entonces:
P1 = A(At A)−1 At
 
1 1
2 −1 1 0 0
=  0 1 
−1 1 1 1 0
0 0
 
1 1
1 0 0
=  0 1 
1 1 0
0 0
 
1 0 0
⇒ P1 =  0 1 0  .
0 0 0
Adem´s
a
      
1 0 0 2 2 1 1
−1
P1 b =  0 1 0   3  =  3  = p =  0 1  = Ax .
3
0 0 0 4 0 0 0
(b) Analogamente
P2 = A(At A)−1 At
 
1 1
1 3 −2 1 1 0
=  1 1 
2 −2 2 1 1 1
0 1
 
1 0
1 1 1 0
= 1 0 
2 1 1 1
−2 2
 
1 1 0
1
⇒ P1 = 1 1 0 .
2
0 0 2
Adem´s
a
      
1 1 0 4 4 1 1
1 −2
P2 b =  1 1 0   4  =  4  = p =  1 1  = Ax.
2 6
0 0 2 6 6 0 1


2
Finalmente P1 = P1 se verifica triavialmente.

6.5. Plantee el siguiente problema de minimizaciń como un problema de
o
m´ınimos cuadrados. Indique el vector b a proyectar, el subespacio al
que se proyecta y resuelva el problema
1
m´ (1 − x + y)2 + 2(2 − x + 2y)2 + (−1 + 2x + y)2 .
ın
x, y∈R 2
Soluciń: Puesto que
o
1
(1 − x + y)2 + 2(2 − x + 2y)2 + (−1 + 2x + y)2 = Ax − b 2
2
donde    
√1 −1
√ √1
A =  √2 −2 2 
√ y b= √ 2  .
2
− 2 − 2/2 − 2/2
Luego, el problema de minimizaciń planteado es equivalente a un
o
problema de soluciń de un sistema de ecuaciones por m´
o ınimos cuadra-
t t
dos. Las ecuaciones normales A Ax = A b son

At Ax = At b
5 −4 6
x =
−4 11/2 −9/2
−1
5 −4 6
⇒x =
−4 11/2 −9/2
2 11/2 4 6
=
39 4 5 −9/2

1 10
cuya soluciń es x =
o 13
, de aqu´ se tiene
ı
1

1 √
Ax − b = (−17, −18, −3 2)t
13
2 631
con lo que el m´
ınimo de la funciń corresponde a Ax − b
o = 169
.

84 Cap´

Cap´
ıtulo 7

Vectores y Valores Propios,
Diagonalizaci´n
o

7.1. Determine los valores propios de la matriz
 
0 −3 2
A= 0 2 0 .
2 3 4
Determine la multiplicidad algebraica y ge´metrica de los valores pro-
o
pios. Diga si A es diagonalizable.

Soluci´n: Hallamos los valores propios resolviendo det(A − λI) = 0.
o
−λ −3 2
0 2−λ 0 = (2 − λ)(−λ(4 − λ) − 4)
2 3 4−λ
= (2 − λ)(λ2 − 4λ − 4)
√ √
= (2 − λ)(λ − (2 + 2 2))(λ − (2 − 2 2))
debido a que
√
4± 16 − 4(−4) 4±4 2 √
λ= = =2±2 2.
2 2
Entonces, los valores propios son
√ √
λ1 = 2, λ2 = 2 + 2 2, λ3 = 2 − 2 2
con
λ1 = 2 con multiplicidad algebraica s1 = 1 ,
√
λ2 = 2 + 2 2 con multiplicidad algebraica s2 = 1 ,
√
λ3 = 2 − 2 2 con multiplicidad algebraica s3 = 1 .

85

86 Cap´
ıtulo 7. Vectores y Valores Propios

Notemos que los valores propios son todos distintos luego A es diago-
nalizable. Calculemos ahora los vectores propios asociados a los valores
propios λi .
Para λ1 = 2 tenemos que resolver (A − 2I)x = 0.
    
−2 −3 2 x1 0
 0 0 0   x2  =  0  .
2 3 2 x3 0

Como
    
−2 −3 2 −2 −3 2 
 0 0 0 ∼ 0 0 0  ⇒ x3 = 0, −2x1 = 3x3 .

2 3 2 0 0 4

Luego,  
0
Wλ1 = Ker(A − 2I) =  1 
0
y la multiplicidad geom´trica de λ1 = 2 es g1 = dim(Wλ1 ) = 1.
√ e √
Para λ2 = 2 + 2 2 tenemos que resolver (A − (2 + 2 2)I)x = 0
 √    
−2(1 + 2) −3 √ 2 x1 0
 0 −2 2 0√   x2  =  0  .
2 3 2−2 2 x3 0

Notemos que x2 = 0, basta escalonar
√ √
−2(1 + 2) 2√ 1 1− 2 √
∼ ⇒ x1 = x3 ( 2 − 1) .
2 2−2 2 0 0

Luego,
 √ 
√ 2−1
Wλ2 = Ker(A − (2 + 2 2)I) =  0 
1
√
y la multiplicidad geom´trica de λ2 = 2 + 2 2 es g2 = dim(Wλ2 ) = 1.
√ e √
Para λ3 = 2 − 2 2 tenemos que resolver (A − (2 − 2 2)I)x = 0
 √    
−2 + 2 2 −3 √ 2 x1 0
 0 2 2 0 √   x2  =  0  .
2 3 2+2 2 x3 0


Notemos que x2 = 0, basta escalonar
√ √
−2 + 2 2) 2√ 1 1+ 2 √
∼ ⇒ x1 = −x3 (1+ 2).
2 2+2 2 0 0

Luego,
 √ 
√ 1+ 2
Wλ2 = Ker(A − (2 − 2 2)I) =  0 
−1
√
y la multiplicidad geom´trica de λ2 = 2 + 2 2 es g2 = dim(Wλ2 ) = 1.
e

7.2. Sea L : M2×2 → M2×2 , L(X) = AXB donde

1 −1 1 1
A= , B= .
0 2 2 0

Determine la matriz que representa a L con respecto a la base can´nica
o
de M2×2 y su polinomio caracteristico. ¿Cu´les son los valores y vectores
a
propios de L? Si la matriz es diagonalizable indique su forma diagonal.

Soluci´n: Notemos que:
o

1 0 1 1 
L = 

0 0 0 0 

  

0 1 2 0 
 1 2 −1 0
L = 

0 0 0 0  1 0 −1 0 
⇒ [L]e = 
e
=C.
0 0 −1 −1   0 0 2 4 
L = 

1 0 2 2 

 0 0 2 0

0 0 0 0 

L = 

0 1 4 0

El polinomio caracteristico de la matriz C es

PC (λ) = |C − λI|
1−λ 2 −1 −2
1 −λ −1 0
=
0 0 2−λ 4
0 0 2 −λ
= λ4 − 3λ3 − 8λ2 + 12λ + 16
= (λ2 − 2λ − 8)(λ2 − λ − 2)
= (λ − 4)(λ + 2)(λ + 1)(λ − 2) .

88 Cap´

Entonces, los vectores propios son λ1 = 4, λ2 = −2, λ3 = −1, λ4 = 4.
Para λ1 = 4 tenemos que resolver (C − 4I)x = 0 y como
   
−3 2 −1 −2 −3 2 −1 −2
 1 −4 −1 0   0 −10/3 −4/3 −2/3 
C − 4I =  0
∼ 
0 −2 4   0 0 −2 4 
0 0 2 −4 0 0 0 0
entonces x3 = 2x4 . x2 = −x4 y x1 = −3x4
⇒ Wλ1 = Ker(C − 4I) =< (−3, −1, 2, 1)t) > .
Para λ2 = −2 tenemos que resolver (C + 2I)x = 0 y como
   
3 2 −1 −2 3 2 −1 −2
 1 2 −1 0   0 4/3 −2/3 2/3 
C + 2I = 
 0 0 4
∼ 
4   0 0 4 4 
0 0 2 2 0 0 0 0
entonces x3 = −x4 . x2 = −x4 y x1 = x4
⇒ Wλ2 = Ker(C + 2I) =< (1, −1, −1, 1)t) > .
Para λ3 = −1 tenemos que resolver (C + I)x = 0 y como
   
2 2 −1 −2 1 0 0 0
 1 1 −1 0   0 0 0 0 
C +I =  0 0 3
∼ 
4   0 0 1 0 
0 0 2 1 0 0 0 1
⇒ Wλ3 = Ker(C + I) =< (0, 1, 0, 0)t) > .
Para λ4 = 2 tenemos que resolver (C − 2I)x = 0 y como
   
−1 2 −1 −2 −1 2 −1 −2
 1 −2 −1 0   0 0 −2 −2 
C − 2I =  0
∼ 
0 0 4   0 0 0 4 
0 0 2 −2 0 0 0 0
⇒ Wλ4 = Ker(C − 2I) =< (−2, 1, 0, 0)t ) > .
Como A es diagonalizable tenemos que
A = V DV −1
   −1
−3 1 0 −2 4 0 0 0 −3 1 0 −2
 −1 −1 1 1   0 −2 0 0   −1 −1 1 1 
= 
 2 −1
  
0 0   0 0 −1 0   2 −1 0 0 
1 1 0 0 0 0 0 2 1 1 0 0


7.3. Suponga que el n´ mero siguiente es el promedio de los dos anteriores
u
gk+2 = (gk+1 + gk )/2.

gk+2 gk+1
(a) Determine A tal que =A .
gk+1 gk
(b) Determine l´ n→∞ An .
ım
(c) Si g0 = a y g1 = b determine l´ n→∞ gn .
ım

Soluci´n:
o
1 1
(a) Basta considerar A = 2 2
1 0
(b) Tenemos que
1
−λ 1 λ 1 1±3
|A − λI| = 2 2 = λ2 − − ⇒λ= .
1 −λ 2 2 4

Los valores propios son distintos, entonces A es diagonalizable.
Para λ1 = 1 tenemos que resolver (A − I) x = 0
1
−2 1
2
1 −1
A − λ1 I = ∼ .
1 −1 0 0

Entonces,
Wλ1 = Ker(A − I) =< ((1, 1)t > .
Para λ2 = − 1 tenemos que resolver A + 1 I x = 0
2 2

1
1 2
1 1
2
A − λ2 I = 1 ∼ .
1 2
0 0

Entonces,

1
Wλ2 = Ker A + I =< (−1/2, 1)t > .
2

Luego,
1
1 0 1 −2
D= , V =
0 −1
2
1 1

An = V Dn V −1
1 −1 2
1n 0 2 1 1
2
= 1 .
1 1 0 (−1)n ( 2 )n 3 −1 1

90 Cap´

Como (−1)n es acotado y l´ n→∞ ( 1 )n = 0, entonces
ım 2

1 0
l´ D n =
ım .
n→∞ 0 0

Por lo tanto,

l´ An =
ım l´ (V Dn V −1 )
ım
n→∞ n→∞
= V ( l´ D n )V −1
ım
n→∞
1 −1
2
1 0 2 1 1
2
=
1 1 0 0 3 −1 1
2 1 1/2
= .
3 1 1/2

(c) Notemos que

gk+2 gk+1 gk b
=A = AA = . . . = Ak
gk+1 gk gk−1 a
entonces
2 1
gk+2 b 1 1/2 b (2b + a)
l´
ım = l´ Ak
ım = = 3
1
k→∞ gk+1 k→∞ a 3 1 1/2 a 3
(2b + a)
1
⇒ l´ gn = (2b + a) .
ım
n→∞ 3
7.4. Demuestre que si λ es un valor propio de una matriz A ortogonal en-
tonces λ = 0 y λ−1 es valor propio de A.

Soluci´n: Sabemos que A es ortogonal ssi A−1 = At , entonces ex-
o
iste la inversa de A. Sea v el vector propio asociado al valor propio λ,
entonces

Av = λv ⇔ In v = λA−1 v
⇔ (In − λA−1 )v = 0 .

Como v = 0 entonces |In − λA−1 | = 0.
Supongamos que λ = 0 entonces |In | = 0, lo cual es contradicci´n.
o
Luego λ = 0 y observemos que

Av = λv ⇔ In v = λA−1 v
⇔ λ−1 v = At v


y como A y At tiene los mismos valores propios debido a que
 
a11 − λ a12 ··· a1n
 a21 a22 − λ · · · a2n 
 
det(A − λI) = det  .
. .
. .. .
. 
 . . . . 
an1 an2 · · · ann − λ
 
a11 − λ a12 ··· an1
 a12 a22 − λ · · · an2 
(detA = detAt )
 
= det  .
. .
. .. .
. 
 . . . . 
a1n a2n · · · ann − λ
= det(At − λI) .

Se concluye que λ−1 es valor propio de A.

7.5. Sea  
2 1 0
A= 2 3 0  .
6 7 9

(a) Encuentre una matriz X tal que X 2 = A.
(b) Encuentre una matriz B tal que B 6 = A.
(c) Calcule eA .
(d) Calcule eAt , donde t es una variable real.

Soluci´n: Primeros buscaremos los valores y vectores propios
o

2−λ 1 0
det(A − λI) = 2 3−λ 0
6 7 9−λ
2−λ 1
= (9 − λ)
2 3−λ
= (9 − λ)(λ2 − 5λ + 4)
= (9 − λ)(λ − 4)(λ − 1) .

Los valores propios son λ1 = 9, λ2 = 4 λ3 = 1 todos distintos luego
A es diagonolizable.
Para λ1 = 9 debemos resolver (A − 9I)x = 0 un simple c´lculo nos da
a

Wλ1 = Ker(A − 9I) =< {(0, 0, 1)t} > .

92 Cap´

Para λ2 = 4 debemos resolver (A − 9I)x = 0
Wλ2 = Ker(A − 4I) =< {(1/2, 1, −2)t} > .
Para λ3 = 1 debemos resolver (A − 9I)x = 0
Wλ3 = Ker(A − I) =< {(−1, 1, −1/8)t } > .
Por lo tanto,
   
0 1/2 −1 9 0 0
V = 0 1 1 , D= 0 4 0  .
1 −2 −1/8 0 0 1

(a) Sea X = V DX V −1 ⇒ X 2 = V DX V −1
2
= A = V DV −1 luego
2
D = DX por lo tanto
    
0 1/2 −1 3 0 0 15/8 33/16 3/2
2 
X =  0 1 1  0 2 0  1 1 0 
3
1 −2 −1/8 0 0 1 −1 1/2 0
  
0 1/2 −1 45/8 99/16 9/2
2 
= 0 1 1  2 2 0 
3
1 −2 −1/8 −1 1/2 0
 
2 1/2 0
2 
= 1 5/2 0 
3
7/4 17/8 9/2
 
4 1 0
1 
= 2 5 0 .
3
7/2 17/4 9

(b) Similarmente a letra (a), sea B = V DB V −1 ⇒ B 6 = V DB V −1 = 6
−1 6
A = V DV luego D = DB por lo tanto
  √ 6
  
0 1/2 −1 9 √0 0 15/8 33/16 3/2
2 
X =  0 1 1  0 6 4 0  1 1 0 
3
1 −2 −1/8 0 0 1 −1 1/2 0
   15 √ 33 √ 3 √ 
6 6 6
0 1/2 −1 8 √
9 16 √9 2 9
2  6 6
= 0 1 1  4 4 0 
3 1
1 −2 −1/8 −1 0
 √
1 6
√ 2
1 6

2√
4+1 ( 4 − 1)
2 √
0
2  6 6 1
= √ √ 4 − 1 33 √ √ 4 + 12 3 √0
.
3 15 6 6 1 6 6 6
8
9 − 2 4 + 8 16 9 − 2 4 − 16 2 9


(c) Notemos que

A A2 A3
e = I +A+ + + ...
2! 3!
A2 A3 An
= l´
ım I + A + + + ... +
n→∞ 2! 3! n!
2 −1
VD V V D3 V −1 V Dn V −1
ım V IV −1 + V DV −1 +
= l´ + + ... +
n→∞ 2! 3! n!
2 3 n
D D D
= l´ V I + D +
ım + + ... + V −1
n→∞ 2! 3! n!
D2 D3 Dn
= V l´ım I + D + + + ... + V −1
n→∞ 2! 3! n!
D −1
= Ve V
  9   
0 1/2 −1 e 0 0 15/8 33/16 3/2
2 
=  0 1 1   0 e4 0  1 1 0 
3
1 −2 −1/8 0 0 e −1 1/2 0
 4 4

e + 2e e −e 0
1  4 4
= 2e − 2e 2e + e 0 .
3 15 9 1 33 9 1
4
e − 4e4 − 4 e 8 e − 4e4 + 8 e 3e9

(d) Similarmente a lo anterior obtenemos tenemos que
 
e4t + 2et e4t − et 0
1 
eAt = 2e4t − 2et 2e4t + et 0 .
3 15 9t 1 t 33 9t 1 t
4
e − 4e − 4 e 8 e − 4e + 8 e 3e9t
4t 4t

7.6. Sea A de 3 × 3 sim´trica con valores propios λ, λ + 1 y λ + 2 con λ ∈ R.
e
Demuestre que existe a ∈ R tal que la matriz A+aI es positiva definida.

Soluciń: Si los valores propios de A son λ, λ + 1 y λ + 2, entonces los
o
valores propios de A + aI son λ + a, λ + 1 + a y λ + 2 + a. Adem´s, A es
a
positiva definida si tiene todos sus valores propios positivos. Entonces
debemos tener que λ + a > 0 lo cual es equivalente a a > −λ.

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