Hojas ejercicios al_2019-a(1)
0 recomendaciones333 vistas
Este documento presenta varios ejercicios de álgebra lineal que involucran operaciones con matrices. En el primer ejercicio, se calculan expresiones como AT + A, A - A, A + A y 3A para una matriz dada A. En el segundo ejercicio, se realizan cálculos similares para las matrices A y B, incluyendo A + B, AT y BT. El tercer ejercicio involucra matrices más grandes y operaciones como A + B, B - C, (-B)T y αA.
![ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 06
Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica
1. a) Sea V = N, el conjunto de los números naturales, junto con las operaciones usuales de la suma y
el producto en los reales, ¿es N un espacio vectorial real?
b) ¿Qué se puede decir si se toma V = Q, el conjunto de los números racionales.
Solución.
a) Tomemos x = 1 ∈ N y α =
√
3 ∈ R, notemos que α · x =
√
3 · 1 =
√
3 = N, luego, V no es un
espacio vectorial.
b) V no es un espacio vectorial, muestre que al menos una propiedad no se verifica en la definición
de espacio vectorial.
2. Sea V = {1} el conjunto formado por el número 1, junto con las operaciones ⊕: V × V → V y ⊙: R ×
V → V definidas por
1 ⊕ 1 = 1 y α ⊙ 1 = 1
para cada α ∈ R. ¿Es V un espacio vectorial real?
Solución. V es un espacio vectorial, con elemento neutro e inverso ambos iguales a 1.
3. Sea V =]0, +∞[ junto con las operaciones ⊕: V × V → V y ⊙: R × V → V definidas por
x ⊕ y = xy y α ⊙ x = xα
para cada x, y ∈ V y cada α ∈ R. Demuestre que V es un espacio vectorial real.
Solución.
Verifique que el elemento neutro es igual a 1, y que para cualquier x ∈ V su inverso es
1
x
.
4. Sea V = R2 junto con las operaciones ⊕: V × V → V y ⊙: R × V → V definidas por
(x1, x2) ⊕ (y1, y2) = (x1 + y2, x2 + y1) y α ⊙ (x1, x2) = (αx1, αx2)
para cada (x1, x2), (y1, y2) ∈ V y cada α ∈ R. ¿Es V es un espacio vectorial real?
Solución.
V no es un espacio vectorial. Por ejemplo, no se cumple la propiedad conmutativa, en efecto, toman-
do x = (1, 1) y y = (1, 0) se tiene x ⊕ y = y ⊕ x.
5. Sea V = R2 junto con las operaciones ⊕: V × V → V y ⊙: R × V → V definidas por
(x1, x2) ⊕ (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2) y α ⊙ (x1, x2) = (5x1, 5x2)
para cada (x1, x2), (y1, y2) ∈ V y cada α ∈ R. ¿Es V es un espacio vectorial real?
1](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-67-320.jpg)
![Solución.
V no es un espacio vectorial. Por ejemplo, notemos que si tomamos (x1, x2) = (1, 1) y α = 1 se tiene
α ⊙ (x1, x2) = (5x1, 5x2) = (5, 5) = (1, 1).
6. Sea V =
a b
c d
: a, b, c, d ∈ N junto con las operaciones usuales de suma de matrices y el producto
de un escalar por una matriz, verifique que V no es un espacio vectorial real.
Solución.
Muestre que al menos una propiedad no se verifica en la definición de espacio vectorial.
7. Sea V =
a b
c d
: a, b, c ∈ R, d ∈ N junto con las operaciones ⊕: V × V → V y ⊙: K × V → V
definidas por
A ⊕ B =
a b
c d
⊕
e f
g h
=
a + e b + f
c + e d + f
y α ⊙ A = α ⊙
a b
c d
=
1 1
1 1
para cada A, B ∈ V y cada α ∈ K. Determine si V un espacio vectorial real.
Solución.
V no es un espacio vectorial, muestre que al menos una propiedad no se verifica en la definición de
espacio vectorial.
8. Sea V = R2[x] el conjunto de los polinomios de grado menor o igual a 2 en la variable x. Considere las
operaciones ⊕: V × V → V y ⊙: R × V → V definidas por
p(x) ⊕ q(x) = (a0 + a1x + a2x2
) ⊕ (b0 + b1x + b2x2
) = (a0 + b0) + (a1 + b2)x + x2
y
α ⊙ p(x) = α(a0 + a1x + a2x2
) = αa0 + αa1x + αa2x2
para cada p(x), q(x) ∈ V y cada α ∈ R. ¿Es V un espacio vectorial real?
Solución.
V no es un espacio vectorial, muestre que al menos una propiedad no se verifica en la definición de
espacio vectorial.
9. Sea V = {f : R → R : f (1) = 1 + f (0)} junto con las operaciones usuales de suma de funciones y pro-
ducto de un escalar por una función. Determine si se verifica la propiedad de la existencia del neutro
aditivo.
Solución.
Comprueba que no se verifica la propiedad.
10. a) Sea V = {f : R → R : l´ımx→+∞ f (x) = 0} junto con las operaciones usuales de suma de funciones
y producto de un escalar por una función. Demuestre que V es un espacio vectorial real.
b) Si se define V = {f : R → R : l´ımx→+∞ f (x) = a} donde a ∈ R, ¿es V un espacio vectorial real?
2](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-68-320.jpg)
![ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 07
Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica
1. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (R3, +, ·, R)? Siendo:
a) W = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : |x1| + |x2| = x3}
b) W = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 + x2 ≥ x3}
c) W = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x2
1 = x2}
d) W =
(x, y, z) ∈ R3 :
x y z
1 −1 2
−2 1 −1
= 0
.
Solución.
a) No.
b) No.
c) No.
d) Sí, es un subespacio. Sugerencia, no calcule el determinante.
2. ¿Es W un subespacio del espacio vectorial (Rn, R, +, ·)? Siendo:
a) W = {(x1, . . . , xn) ∈ Rn : xi = 0 para algún i ∈ {1, . . . , n}}.
b) W = x ∈ Rn : AxT = αxT , donde A ∈ Rn×n y α ∈ R fijos.
c) W = x ∈ Rn :
n
∑
i=1
xi = 0 .
d) W = {αx + βy + γz ∈ Rn : α, β, γ ∈ R}, donde x, y, z ∈ Rn fijos.
e) W = {x ∈ Rn : x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn}.
Solución.
a) No.
b) Sí, es un subespacio.
c) Sí, es un subespacio.
d) Sí, es un subespacio.
e) No.
3. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (R2[x], +, ·, R)? Siendo:
a) W = {a + bx + cx2 ∈ R2[x] : b + c = a − 2}.
b) W = {p(x) ∈ R2[x] : (p(x))2 > 0}.
c) W = {p(x) ∈ R2[x] : p′(1) = p′(−2)}.
d) W = {p(x) ∈ R2[x] : p(x) es de grado 2}.
1](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-73-320.jpg)
![Solución.
a) No.
b) No.
c) Antes probar que W es subespacio vectorial de R2[x], estudiemos la estructura de W:
W = {p(x) = a0 + a1x + a2x2
∈ R2[x] : p′
(1) = p′
(−2)}
= {p(x) = a0 + a1x + a2x2
∈ R2[x] : p′
(x) = a1 + 2a2x, p′
(1) = p′
(−2)}
= {p(x) = a0 + a1x + a2x2
∈ R2[x] : p′
(1) = a1 + 2a2, p′
(−2) = a1 − 4a2, p′
(1) = p′
(−2)}
= {p(x) = a0 + a1x + a2x2
∈ R2[x] : a1 + 2a2 = a1 − 4a2}
= {p(x) = a0 + a1x + a2x2
∈ R2[x] : a2 = 0}
= R1[x]
el cual, es un subespacio vectorial.
d) No.
4. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (Rn×n, R, +, ·)? Siendo:
a) W = {A ∈ Rn×n : det(A) = 0}.
b) W = {A ∈ Rn×n : tr(A) = 0}.
c) W = {A ∈ Rn×n : A es simétrica}.
d) W = {A ∈ Rn×n : A es no singular}.
e) W = {A ∈ Rn×n : A es diagonal}.
Solución.
a) No.
b) No.
c) Sí, es un subespacio.
d) No.
e) Sí, es un subespacio.
5. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (C(R), R, +, ·)? Siendo:
a) W = {f ∈ C(R) : f (x) = f (x + 1), para todo x ∈ R }.
b) W = {f ∈ C(R) : f es par}.
c) W = {f ∈ C(R) : f es impar}.
Solución.
Todos son subespacios vectoriales.
6. En C1(R), el espacio de funciones del conjunto R en R, derivables, con primera derivada continua, se
define el conjunto
E = f ∈ C1
(R) : f ′
(0) = f ′
(1) = 0 .
Demostrar que E es un subespacio vectorial de C1(R).
2](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-74-320.jpg)
![b) W1 ∪ W2 es subespacio vectorial de V si y solo si W1 ⊆ W2 o W2 ⊆ W1.
8. Los subconjuntos W1 = (x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 + x3 = 0 y W2 = (x1, x2, x3) ∈ R3 : x2 = x1 + x3 son
subespacios vectoriales de R3 con las operaciones usuales. Calcule W1 ∩ W2. ¿El conjunto W1 ∪ W2 es un
subespacio vectorial de R3?
Solución.
Verifique que W1 ∩ W2 = (−y, 0, y) ∈ R3 : y ∈ R . Además, W1 ∪ W2 no es un subespacio, para
verificar, note que (−2, 1, 2) ∈ W1 y (1, 2, 1) ∈ W2, sin embargo, (−2, 1, 2) + (1, 2, 1) /∈ W1 ∪ W2.
9. En el espacio vectorial R2[t], sean:
p1(t) = t2 + 1, p2(t) = t − 2 y p3(t) = t + 3.
¿Son los vectores p1(t), p2(t) y p3(t) linealmente independientes?
Solución.
Tomemos α1, α2 y α3 ∈ R y planteamos la combinación lineal nula
α1 p1(t) + α2 p2(t) + α3 p3(t) = 0t2
+ 0t + 0,
a partir de lo cual se tiene que
α1(t2
+ 1) + α2(t − 2) + α3(t + 3) = 0t2
+ 0t + 0,
agrupando términos, se obtiene
α1t2
+ (α2 + α3)t + (α1 − 2α2 + 3α3) = 0t2
+ 0t + 0,
es decir, se obtiene el sistema lineal homogéneo
α1 = 0,
α2 + α3 = 0,
α1 − 2α2 + 3α3 = 0,
cuya matriz escalonada reducida por filas es
1 0 0 | 0
0 1 0 | 0
0 0 1 | 0
.
Entonces, el sistema posee solución única, es decir, α1 = α2 = α3 = 0. Por lo tanto, p1(t), p2(t) y p3(t)
son linealmente independientes.
10. Hallar todos los valores de k ∈ R para los cuales S ⊆ R2×2 es un conjunto linealmente dependiente,
donde
S =
1 k
−1 2
,
k 1
0 2k
,
0 0
1 0
.
Solución.
Para k = −1 o k = 1.
11. Suponga que S = {v1, v2, v3} es un conjunto linealmente independiente de vectores de un espacio vec-
torial V. Muestre que T = {w1, w2, w3}, donde w1 = v1 + v2 + v3, w2 = v2 + v3 y w3 = v3, también es
linealmente independiente.
4](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-76-320.jpg)
![de donde, escribiendo la matriz aumentada asociada y aplicando la eliminación Gauss, obtenemos
1 2 3 | a
1 −5 0 | b
∼
1 2 3 | a
0 1 3
7 | a−b
7
,
con lo cual, notamos que rang(A) = 2 = rang(A|b) < 3, entonces el sistema tiene al menos una
solución. Por lo tanto, existe solución para cualquier elección de a y b, y se concluye que
R2
= gen(T).
b) Sea v = (a, b) un vector arbitrario en R2, debemos determinar si v es combinación lineal del vector
de T; es decir, si existe α ∈ R tal que
α(1, −2) = (a, b).
Es inmediato notar que, no existe un valor de α tal que se pueda escribir la combinación lineal
dada, y por lo tanto T no genera a R2.
c) Sea v = (a, b) un vector arbitrario en R2, debemos determinar si v es combinación lineal de los
vectores de T; es decir, si existen α1, α2 ∈ R tales que
α1(3, −1) + α2 −1,
1
3
= (a, b).
La ecuación anterior conduce al sistema lineal
3α1 − α2 = a,
−α1 + 1
3 α2 = b,
de donde, escribiendo la matriz aumentada asociada, y aplicando la eliminación Gauss, obtenemos
3 −1 | a
−1 1
3 | b
∼
1 −1
3 | a
3
0 0 | a+3b
3
,
con lo cual, notamos que, si a + 3b = 0, entonces rang(A) = 1 < rang(A|b) = 2, y el sistema no
tiene solución. Por lo tanto, no existe solución para cualquier elección de a y b, y se concluye que T
no genera a R2.
d) Sea v = (a, b) un vector arbitrario en R2, debemos determinar si v es combinación lineal de los
vectores de T; es decir, si existen α1, α2 ∈ R tales que
α1(2, 1) + α2(−1, 4) = (a, b).
La ecuación anterior conduce al sistema lineal
2α1 − α2 = a,
α1 + 4α2 = b,
cuya representación matricial, Aα = r, es
2 −1
1 4
α1
α2
=
a
b
,
y notamos que, aplicando la regla de Cramer,
det(A) =
2 −1
1 4
= 9;
es decir, el sistema tiene única solución. Por lo tanto, existe solución para cualquier selección de a
y b, y se concluye que
R2
= gen(T).
15. Sea S = t2 + 1, t − 2 ⊆ R3[t], determine S .
7](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-79-320.jpg)
![Solución.
S = at3 + bt2 + ct + d ∈ R3[t] : a = 0, b = 2c + d .
16. Sean a, b ∈ R, y T, U ⊆ R4. Determinar los valores de a y b tales que
gen(T) = gen(U)
con
T = {(a, 1, −1, 2), (1, b, 0, 3)} y U = {(1, −1, 1, −2), (−2, 0, 0, −6)}.
Solución.
El generado por T es igual al generado por U si y sólo si los vectores en T son combinación lineal de
los vectores en U; es decir, si existen α1, α2, β1, β2 ∈ R tales que
α1(1, −1, 1, −2) + α2(−2, 0, 0, −6) = (a, 1, −1, 2),
y
β1(1, −1, 1, −2) + β2(−2, 0, 0, −6) = (1, b, 0, 3).
Los resultados anteriores conducen a los sistemas lineales
α1 − 2α2 = a,
−α1 = 1,
α1 = −1,
−2α1 − 6α2 = 2,
y
β1 − 2β2 = 1,
−β1 = b,
β1 = 0,
−2β1 − 6β2 = 3.
Como ambos sistemas tienen la misma matriz de coeficientes, podemos encontrar las soluciones escri-
biendo la matriz aumentada
1 −2 | a | 1
−1 0 | 1 | b
1 0 | −1 | 0
−2 −6 | 2 | 3
,
de donde, resolviendo obtenemos que si a = −1 y b = 0 los vectores en T se pueden escribir como
combinación lineal de los vectores en U, y por ende gen(T) = gen(U).
17. Sea x ∈ R, determinar los valores de x tales que el vector v = (1, x, 2) ∈ R3 pertenezca a gen(S), donde
S = {(1, 2, 3), (1, 1, 1)}
Solución.
El vector v pertenece al generado por S si y sólo si v es combinación lineal de los vectores de S; es
decir, si existen α1 y α2 tales que
α1(1, 2, 3) + α2(1, 1, 1) = (1, x, 2).
La ecuación anterior conduce al sistema lineal
α1 + α2 = 1,
2α1 + α2 = x,
3α1 + α2 = 2,
8](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-80-320.jpg)
![Solución.
Supongamos que vi ∈ S para todo i ∈ {1, . . . , n}. Tomemos x ∈ span(T), entonces, por definición de
cápsula de un conjunto, existen α1, . . . , αn ∈ K tales que
x = α1v1 + · · · + αnvn.
Por hipótesis, al ser S un subespacio de V concluimos que αivi ∈ S para todo i ∈ {1, . . . , n} y, por tanto,
α1v1 + · · · + αnvn ∈ S, lo que implica que x ∈ S. Por tanto, dado que x es un elemento arbitrario de
span(T), se ha mostrado que span(T) ⊆ S.
Muestre el recíproco.
3. Sean V un K espacio vectorial, S un subespacio de V y v1, . . . , vn+1 ∈ V. Demuestre que:
{v1, . . . , vn+1} = {v1, . . . , vn} si y solo si vn+1 ∈ {v1, . . . , vn} .
4. Sean V un espacio vectorial de dimensión finita, y S un subespacio de V. Demuestre que:
dim(S) = dim(V) si y solo si S = V.
Solución.
Supongamos que dim(V) = dim(S) = n. Sea B1 una base de S. Entonces, B1 es un subconjunto de V
linealmente independiente que consta con n elementos, por lo cual, B1 es también una base de V, y, por
tanto, span(B1) = V. Además, por definición de base tenemos que span(B1) = S, lo que implica que
V = S.
Recíprocamente, supongamos que V = S y que dim(V) = m. Sean B1 y B2 bases de V y de S,
respectivamente. Por definición de base tenemos que
span(B1) = V y span(B2) = S
lo que implica que span(B1) = span(B2). Por lo tanto, span(B2) = V y siendo B2 un conjunto lineal-
mente independiente, concluimos que B2 es una base de V, lo que implica que dim(S) = m. Por lo cual,
se ha mostrado que dim(V) = dim(S).
5. Demuestre que los siguientes conjuntos son base de R2[t]:
a) B1 = {t2 + 1, t − 2, t + 3};
b) B2 = {p(t), p′(t), p′′(t)}, siendo p(t) = t2 + t − 3.
Solución.
Sabemos que dim(R2[t]) = 3, por ende, como B1 y B2 son conjuntos que constan de 3 elementos,
basta probar que estos son linealmente independientes, sí es así, B1 y B2 son bases de R2[t].
6. Sea V un espacio vectorial y W un subespacio vectorial de V. Suponga que B1 = {v1, v2, v3} es base de
W. Demuestre que B2 = {v1 + v2 + v3, v2 + v3, v3} también es base de W.
Solución.
Puesto que B1 es base de W, entonces B1 es linealmente independiente. Pruebe que B2 es linealmente
independiente. Ahora, notemos que se tiene que dim(W) = 3 pues card(B1) = 3, y ya que card(B2) = 3
y B2 ⊆ W, se concluye que B2 es también base de W.
2](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-85-320.jpg)
![13. En cada uno de los siguientes literales se da un espacio vectorial V y un subespacio W de este. Encuentre
una base para W y a partir de esta complete una base para V:
a) V = R4 y W = {x ∈ R4 : x1 − x2 = x3, x2 + x3 − x4 = 0}.
b) V = R4[t] y W = {p(t) ∈ R4[t] : p′(0) + p(0) = 0, p′′′(0) − p′′(0) = 0}.
c) V = R2×2 y W = {A = (aij) ∈ R2×2 : a12 − a21 = 0, a11 + a22 = 0}.
Solución.
a) Una base de W es B = {(1, 1, 0, 1), (1, 0, 1, 1)}, luego, dim(W) = 2.
Una base para V es {(1, 1, 0, 1), (1, 0, 1, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}, para esto, considere la matriz esca-
lonada reducida por filas que se obtiene al verificar que B es linealmente independiente.
b) Verifique que W = p(t) = a + bt + ct2 + dt3 + et4 ∈ R4[t] : a + b = 0, c − 3d = 0 y que una base
de W es B = −1 + t, 3t2 + t3, t4 . Una base para V es −1 + t, 3t2 + t3, t4, t, t3 .
c) Una base de W es
−1 0
0 1
,
0 1
1 0
.
Una base de V es
−1 0
0 1
,
0 1
1 0
,
1 0
0 0
,
0 1
0 0
.
14. En cada uno de los siguientes literales se da un espacio vectorial V, un subconjunto S ⊆ V. Determine
el subespacio generado por S y halle, a partir de S, una base para dicho subespacio.
a) V = R3 y S = {(1, −1, 0), (1, 0, 0), (1, −2, 0)}.
b) V = R2×3 y S =
1 0 −1
−1 0 1
,
−1 0 1
1 0 −1
.
c) V = R2 y S = {(1, 2), (−2, 1), (1, 0), (0, −2)}.
Solución.
a) Verifique que span(S) = {(x, y, z) ∈ V : z = 0} y que una base es {(1, −1, 0), (1, 0, 0)}.
b) Verifique que span(S) =
a b c
d e f
∈ R2×3 : b = 0, a + c = 0, a + d = 0, e = 0, a − f = 0 y
que una base es
1 0 −1
−1 0 1
.
Ejercicios sugeridos: 1b, 1c, 4, 5a, 8, 10, 13a y 14a.
6](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-89-320.jpg)
![7. Suponga que W1 y W2 son subespacios de dimensión igual a 4 de un espacio vectorial V con dim(V) = 6.
Hallar todas las dimensiones posibles de W1 ∩ W2.
Solución.
Notemos que dim(W1 ∩ W2) ≤ dim(V) = 6. Además, por las dimensiones de W1 y de W2 tenemos
que dim(W1 ∩ W2) ≤ 4. Ahora, si se tiene que W1 + W2 = V, entonces dim(W1 + W2) = 6, y de
dim(W1 + W2) = dim(W1) + dim(W2) − dim(W1 ∩ W2),
concluimos que dim(W1 ∩ W2) ≥ 2. Por lo tanto, 2 ≤ dim(W1 ∩ W2) ≤ 4.
8. En los siguientes literales se dan un espacio vectorial V y dos subespacios W1 y W2. En cada caso,
determinar W1 + W2 y estudiar si W1 y W2 están o no en suma directa de V.
a) V = R3, W1 = {x ∈ V : x1 + x2 = 0, x1 + x3 = 0} y W2 = {x ∈ V : x1 = 0, x2 = 0}.
b) V = R4, W1 = gen({(1, −1, 0, 0), (1, 0, −1, 0), (1, 0, 0, −1)}) y W2 = x ∈ V :
4
∑
k=1
xk = 0 .
c) V = R4, W1 = {x ∈ V : x2 + x3 + x4 = 0} y W2 = {x ∈ V : x1 + x2 = 0, x3 = 2x4}.
d) V = Rn×n, W1 = A ∈ V : A = AT y W2 = A ∈ V : A = −AT .
e) V = R2×2, W1 =
a b
c d
: b = −a ∈ R y W2 =
a b
c −a
: a, b, c ∈ R .
f) V = R3×2, W1 = {A ∈ V : AM = 0} y W2 = {A ∈ V : N⊺A⊺ − AN = 0}, siendo M =
1
−3
y N =
1 0 0
0 −1 1
.
g) V = R2[t], W1 = {p ∈ V : p′(0) = p(0)} y W2 = R1[t].
h) V = R3[t], W1 = {p ∈ V : p(0) + p′(0) = 0} y W2 = {p ∈ V : p′′(0) − p′(0) = 0}.
i) V es el espacio de funciones reales, W1 = {f ∈ V : f (−x) = f (x), para todo x ∈ R} y
W2 = {f ∈ V : f (−x) = −f (x), para todo x ∈ R}.
Solución.
a) Verifique que una base de W1 es B1 = {(1, −1, −1)} y que una base de W2 es B2 = {(0, 0, 1)}. Luego,
W1 + W2 = gen(B1, B2) = {(x1, x2, x3) ∈ V : x1 + x2 = 0}. Por lo tanto, al ser W1 + W2 = R3, se
concluye que W1 y W2 no están en suma directa de V.
b) Verifique que W1 + W2 = W1 y que, por tanto, W1 y W2 no están en suma directa de V.
c) Verifique que W1 + W2 = R4 y que W1 ∩ W2 = {0}, por lo cual, W1 y W2 no están en suma directa
de V.
d) Sea A ∈ Rn×n, tenemos que
A =
1
2
(A + AT
) +
1
2
(A − AT
)
donde
1
2
(A + AT) ∈ W1 y
1
2
(A − AT) ∈ W2, luego, W1 + W2 = Rn×n.
Supongamos que W1 ∩ W2 = ∅, existe B ∈ W1 ∩ W2, luego, B ∈ W1 y B ∈ W2, lo que implica que
BT
= B y BT
= −B,
de lo cual, B = −B, es decir, 2B = 0, esto es B = 0. Luego, W1 ∩ W2 = {0}.
4](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-93-320.jpg)
![Ya que hemos mostrado que W1 + W2 = Rn×n y que W1 ∩ W2 = {0}, concluimos que
W1 ⊕ W2 = Rn×n
,
es decir, W1 y W2 están en suma directa de V.
Otra forma de calcular la intersección entre W1 y W2 es
W1 ∩ W2 = {A ∈ V : A = AT
, A = −AT
}.
e) Notemos que una base de W1 es B1 =
1 −1
0 0
,
0 0
1 0
,
0 0
0 1
y que una base de W2 es
B2 =
1 0
0 −1
,
0 1
0 0
,
0 0
1 0
, verifique que W1 + W2 = R2×2.
Ahora, dado que dim(W1 + W2) = 4 y que dim(W1) = dim(W2) = 3, concluimos que
dim(W1 ∩ W2) = 2,
lo que implica que W1 ∩ W2 = {0}, por lo tanto, W1 y W2 no están en suma directa de V.
f) Verifique que W1 + W2 =
a b
c d
e f
: c + 3d + e + 3f = 0
, y que W1 y W2 no están en suma
directa de V.
g) Verifique que W1 + W2 = R2[t], y que W1 y W2 no están en suma directa de V.
h) Verifique que W1 + W2 = R3[t], y que W1 y W2 no están en suma directa de V.
i) Verifique que W1 ⊕ W2 = V, es decir, W1 y W2 están en suma directa de V.
Para esto, considere a h, g: R → R definidas por
h(x) =
f (x) + f (−x)
2
y g(x) =
f (x) − f (−x)
2
para todo x ∈ R. Verifique que h ∈ W1, que g ∈ W2 y que f = h + g. Además,
W1 ∩ W2 = {f ∈ V : f (−x) = f (x), f (−x) = −f (−x), para todo x ∈ R} .
9. Sea W = {p(x) ∈ R4[x] : p′′(−1) = 0}
a) Encontrar una base para W
b) Completar la base del literal anterior a una base para R4[x]
c) Determinar un subespacio U de R4[x] tal que R4[x] = U ⊕ W
Solución.
a) Tenemos
W = {ax4
+ bx3
+ cx2
+ dx + e ∈ R4[x] : 12a − 6b + 2c = 0}.
Sea ax4 + bx3 + cx2 + dx + e ∈ R4[x], entonces ax4 + bx3 + cx2 + dx + e ∈ W si y solo si
12a − 6b + 2c = 0,
de donde se obtiene que
a =
1
2
b −
1
6
c,
por lo tanto
ax4
+ bx3
+ cx2
+ dx + e =
1
2
b −
1
6
c x4
+ bx3
+ cx2
+ dx + e
5](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-94-320.jpg)
![= b
1
2
x4
+ x3
+ c(−
1
6
x4
+ x2
) + d(x) + e(1).
Con esto, se obtiene que
B =
1
2
x4
+ x3
, −
1
6
x4
+ x2
, x, 1
es un conjunto generador de E.
Ahora, tomamos α1, α2, α3, α4 ∈ R y escribimos la combinación lineal nula con los elementos de B,
α1
1
2
x4
+ x3
+ α2 −
1
6
x4
+ x2
+ α3(x) + α4(1) = 0x4
+ 0x3
+ 0x2
+ 0x + 0.
El resultado anterior conduce al sistema
1
2 α1 − 1
6 α2 = 0,
α1 = 0,
α2 = 0,
α3 = 0,
α4 = 0,
de donde, notamos que α1 = α2 = α3 = α4 = 0. Con lo cual, se tiene que B es un conjunto
linealmente independiente, y, por tanto, una base de W.
b) Notamos que
card(B) = 4 = dim(W).
Como dim (R4[x]) = 5, debemos completar B con un vector q(x) ∈ R4[x] tal que
{q(x)} ∪ B
sea un conjunto linealmente independiente. Para ello, debemos determinar q(x) tal que
q(x) /∈ gen(B) = W.
Entonces tomemos q(x) = x3 + x, y verifique que q(x) /∈ W y que {q(x)} ∪ B es linealmente
independiente. Ahora, en virtud de lo anterior, concluya que
B′
=
1
2
x4
+ x3
, −
1
6
x4
+ x2
, x, 1, x3
+ x
es una base de R4[x].
c) Del literal anterior tenemos
span(B′
) = R4[x],
de donde
B′
= B ∪ {q(x)} ,
con q(x) = x3 + x. Además, sabemos que
gen(B) = W.
Denotamos gen({q(x)}) = U, notemos que dim(U) = 1. Luego, sabiendo que
dim(U + W) = dim(U) + dim(W) − dim(U ∩ W),
se tiene que
dim(W ∩ U) = dim(U) + dim(W) − dim(U + W) = 1 + 4 − 5 = 0
entonces,
U ⊕ W = R4[x].
6](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-95-320.jpg)
![10. En R1[t], se define el subespacio vectorial
V = {p(t) ∈ R1[t] : p′
(0) = p(1)}.
Determinar un subespacio vectorial W de R1[t] tal que
R1[t] = V ⊕ W.
Solución.
Se tiene que:
V = {p(t) = a + bt : p′
(0) = p(1)}
= {a + bt : b = a + b}
= {bt : b ∈ R}
= {t}
donde BV = {t} es base de V.
Luego, tomando como referencia la base canónica de R1[t] tomamos
W = {1}
donde W es un subespacio vectorial, puesto que la cápsula de un conjunto genera un subespacio vecto-
rial, además
BW = {1}
es base de W.
Se tiene que:
V + W = {Bv ∪ BW} = {1, t} = R1[t]
además, como dim(V ∩ W) = 0, tenemos que
V ∩ W = {0v}
entonces se tiene que
R1[t] = V ⊕ W.
11. Decidir si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas, justificando su respuesta.
a) Si W1, W2 son subespacios de R3 con dim(W1) = dim(W2) = 2, entonces existe v ∈ R3 {0} tal
que v ∈ W1 ∩ W2.
b) Si W1, W2 y W3 son subespacios de R11 con dim(W1) = dim(W2) = dim(W3) = 4, entonces
dim(W1 ∩ W2 ∩ W3) ≥ 1.
Solución.
a) Notemos que solo existen dos opciones a ser estudiadas: W1 = W2 y W1 = W2, que en ambos casos
nos lleva a concluir que W1 ∩ W2 = {0}, lo que implica que existe al menos un v ∈ R3 {0} tal que
v ∈ W1 ∩ W2. Por lo tanto, el enunciado es verdadero.
b) El enunciado es falso, para mostrarlo consideremos la base canónica de R11 y definamos
W1 = W2 = gen ({e1, e2, e3, e4}) y W3 = gen ({e5, e6, e7, e8}) .
De donde, dim(W1) = dim(W2) = dim(W3) = 4 con
W1 ∩ W2 = W1 + W2 = W1 y W1 ∩ W3 = W2 ∩ W3 = {0} ,
7](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-96-320.jpg)
![ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 10
Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica
1. Sea V un espacio vectorial real con producto interno ·, · . Sean α, β ∈ R y sean u, v, w ∈ V. Desarrolle
w, αu + βv y αu + βv, αu + βv .
Solución.
Por propiedades del producto interno tenemos que
w, αu + βv = αu + βv, w = αu, w + βv, w = α u, w + β v, w = α w, u + β w, v
y que
αu + βv, αu + βv = αu, αu + βv + βv, αu + βv
= α u, αu + βv + β v, αu + βv
= α2
u, u + αβ u, v + αβ v, u + β2
v, v
= α2
u, u + αβ u, v + αβ u, v + β2
v, v
= α2
u, u + 2αβ u, v + β2
v, v .
2. En este ejercicio consideramos que si x, y ∈ R2, x = (x1, x2) y y = (y1, y2). Demuestre o refute si las
siguientes funciones son un producto interno:
a) x, y = 2x1x2 + 3y1y2 en R2.
b) x, y = 5x1y1 + 2x2y2 en R2.
c) x, y =
n
∑
i=1
xi
n
∑
i=1
yi en Rn.
d) A, B = Tr(AB − BA) en Rn×n.
e) p, q =
ˆ 1
0
p(t)(q(t) + 1) dt en R2[t].
f) f, g = f ′
(0) + g′
(0) en C′[0, 1].
g) f, g = f (x) − g(x) en C(R), con x ∈ R fijo.
h) p, q = ∑
i∈I
p(i)q(i) en R2[t], con
I = {1, 2, 3}.
Solución.
a) Sean (x, y) ∈ R2 y α ∈ R, por la definición de ·, · se tiene que
αx, y = α(x1, x2), (y1, y2)
= (αx1, αx2), (y1, y2)
= 2α2
x1x2 + 3y1y2
y que
α x, y = α(2x1x2 + 3y1y2) = 2αx1x2 + 3αy1y2.
Si suponemos que αx, y = α x, y , tendremos que
2α2
x1x2 + 3y1y2 = 2αx1x2 + 3αy1y2,
lo cual implica que
(α − 1)(2αx1x2 − 3y1y2) = 0
1](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-98-320.jpg)
![Luego, si α = 1 y 2αx1x2 = 3y1y2, tenemos que
αx, y = α x, y ,
por lo cual, ·, · no es un producto interno.
b) Sí.
c) Sea x = (1, −1, 0, 0, . . . , 0) ∈ Rn, notemos que
x, x =
n
∑
i=1
xi
n
∑
i=1
xi =
n
∑
i=1
xi
2
= 0
sin embargo, ya que x = 0, concluimos que ·, · no es un producto interno.
d) Sea A ∈ Rn×n {0}, por la definición de ·, · tenemos que
A, A = Tr(A2
− A2
) = Tr(0) = 0.
Por lo tanto, ·, · , no es un producto interno.
e) Sean p, q ∈ R2[t], tenemos que
p, q =
ˆ 1
0
p(t)(q(t) + 1) dt =
ˆ 1
0
(p(t)q(t) + p(t)) dt =
ˆ 1
0
p(t)q(t) dt +
ˆ 1
0
p(t) dt
y que
q, p =
ˆ 1
0
q(t)(p(t) + 1) dt =
ˆ 1
0
(q(t)p(t) + q(t)) dt =
ˆ 1
0
p(t)q(t) dt +
ˆ 1
0
q(t) dt.
Luego, si p = q, por ejemplo, p(t) = 1 y q(t) = t2, tenemos que
ˆ 1
0
p(t) dt =
ˆ 1
0
1 dt = 1 y
ˆ 1
0
q(t) dt =
ˆ 1
0
t2
dt =
1
3
.
Por lo cual, p, q = q, p , lo que implica que ·, · no es un producto interno.
f) No.
g) No.
h) Sean p, q, r ∈ R2[t] y sea α ∈ R.
1) Tenemos que
p, p = ∑
i∈I
p2
(i) = p2
(1) + p2
(2) + p2
(3) ≥ 0.
2) A partir del literal anterior, tenemos que como p ∈ R2[t], p posee a lo más dos raíces reales,
luego, existe al menos un j ∈ I tal que p2(j) = 0, por tanto,
p, p = 0 si y solo si p = 0.
3) Tenemos que
p + q, r = ∑
i∈I
((p + q)(i)r(i))
= ∑
i∈I
(p(i)r(i) + q(i)r(i))
= ∑
i∈I
p(i)r(i) + ∑
i∈I
q(i)r(i)
= p, r + q, r .
4) Tenemos que
αp, q = ∑
i∈I
(αp)(i)q(i) = ∑
i∈I
αp(i)q(i) = α ∑
i∈I
p(i)q(i) = α p, q .
2](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-99-320.jpg)
![5) Se tiene que
p, q = ∑
i∈I
p(i)q(i) = ∑
i∈I
q(i)p(i) = q, p .
Por 1), 2), 3), 4) y 5) hemos mostrado que ·, ·, es un producto interno en R2[t].
3. Sean a y b números reales. Determine las condiciones sobre a y b para que ·, · dado por
x, y = x1y1 + x2y2 − ax1y2 − bx2y1
para cada (x, y) ∈ R2 × R2, defina a un producto interno en R2.
Solución.
Si se requiere que ·, · sea un producto interno, entonces en particular para x = (1, 0) y y = (0, 1) se
debería tener que
−a = x, y = y, x = −b
de donde debe cumplirse que a = b. Además, para todo x = 0 debe verificarse que x, x > 0, por lo
que
0 < x, x
= x2
1 + x2
2 − 2ax1x2
= x2
1 − 2ax1x2 + ax2
2 + x2
2 − ax2
2
= (x1 − ax2)2
+ (1 − a2
)x2
2,
de lo cual deducimos que necesariamente
1 − a2
> 0;
es decir −1 < a < 1. En resumen a = b y −1 < a < 1.
4. Para el espacio vectorial P[x] donde p(x), q(x) ∈ P[x], tales que p(x) = a1x + a0 y q(x) = b1x + b0; se
define el producto interno:
p, q = a1b1 + a0b1 + a1b0 + 8a0b0
Sean los vectores p(x) = −1 + 4x y q(x) = 5 + 2x, calcule p, q y p − q .
Solución.
Verifique que p, q = −14 y que p − q = 2
√
67.
5. Sean u, v1, v2, . . . , vn vectores en Rn. Demuestre que si u es ortogonal a v1, v2, . . . , vn, entonces u es orto-
gonal a todo vector en gen({v1, v2, . . . , vn}).
Solución.
Notemos que si v ∈ gen({v1, v2, . . . , vn}), existen α1, . . . , αn ∈ R, tales que v = α1v1 + . . . + αnvn.
Luego, por propiedades del producto escalar y por hipótesis sobre u y vi con i ∈ {1, . . . , n}, tenemos
que
u, v = u, (α1v1 + . . . + αnvn) = α1 u, v1 + . . . + αn u, vn = 0.
Por lo tanto, u es ortogonal a cualquier vector generado por {v1, v2, . . . , vn}.
6. Sean {u1, . . . , uk, uk+1, . . . , un} una base ortogonal para Rn, S = gen{u1, . . . , uk} y T = gen{uk+1, . . . , un}.
Demuestre que si x ∈ S y y ∈ T, entonces x es ortogonal a y.
3](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-100-320.jpg)
![b) Sea α ∈ R, notemos que para cualquier u ∈ V {0V}, tenemos que
u, u α = αu, (α + 1)u = α(α + 1) u, u ,
dado que ·, · es un producto interno, tenemos que u, u > 0, y por tanto u, u α ≥ 0 solamente
cuando α(α + 1) ≥ 0, lo que implica que α ∈] − ∞, −1] ∪ [0, +∞[. Sin embargo, del literal anterior
sabemos que u, u −1 = u, u 0 = 0, con lo cual concluimos que si
α ∈] − ∞, −1[∪]0, +∞[,
·, · α es un producto interno en V.
c) Para cada α ∈] − ∞, −1[∪]0, +∞[ tenemos que
u α = u, u α
= (1, 1, 0), (1, 1, 0) α
= α(1, 1, 0), (α + 1)(1, 1, 0)
= α(α + 1) (1, 1, 0), (1, 1, 0)
= 2α(α + 1)
y que
dα(u, v) = u − v α
= u − v, u − v α
= α(u − v), (α + 1)(u − v)
= α(α + 1) u − v, u − v
= α(α + 1) (1, 0, −1), (1, 0, −1)
= 2α(α + 1).
12. Sea α ∈ R. En el espacio vectorial R2 se define la función
·, · : R2 × R2 −→ R
((u1, u2), (v1, v2)) −→ u1 u2
α −1
−1 1
v1
v2
.
a) Obtenga todos los valores de α tal que ·, · sea un producto interno en R2.
Utilizando los valores de α obtenido en el literal a junto con el producto interno definido:
b) Sea B = {(1, 1), (0, 1)} una base de R2. Muestre que B es un conjunto ortogonal.
c) Obtenga una base ortonormal a partir de la base B.
Solución.
a) Notemos que para todo (u, v) ∈ R2 se tiene que u, v = αu1v1 − u2v1 − u1v2 + u2v2. Verifique que
·, · es un producto interno en R2 para todo α > 1.
b) Tenemos que
(1, 1), (0, 1) = α(1)(0) − (1)(0) − (1)(1) + (1)(1) = 0
por lo cual, (1, 1) y (0, 1) son ortogonales, y, por tanto, B es un conjunto ortogonal.
8](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-105-320.jpg)
![c) Para que B sea un conjunto ortonormal cada uno de sus elementos debe tener norma igual a 1, por
lo cual, calculemos las normas de los elementos de B:
(1, 1) = (1, 1), (1, 1) =
√
α − 1 y (0, 1) = (0, 1), (0, 1) = 1
por lo cual, la base ortonormal buscada es
1
√
α − 1
(1, 1), (0, 1) .
13. En el espacio vectorial
M = {A = (aij) ∈ R2×2
: a21 = 0},
el espacio vectorial de las matrices triangulares superiores de orden 2 × 2, para A = (aij), B = (bij) ∈ M
se define
A, B = a11b11 + a12b12 + a22b22.
a) Sea A ∈ M. Demuestre que A, A = 0 si y sólo si A = 0.
b) Asumiendo que ·, · define un producto interno sobre M, determine si las matrices
1 −1
0 2
y
2 2
0 0
son ortogonales entre sí.
Solución.
a) Si A ∈ M es tal que A = 0, claramente A, A = 0. Recíprocamente, supongamos que A = (aij) ∈
M es tal que A, A = 0. Como A ∈ M, entonces a21 = 0, y, por otro lado
0 = A, A = a2
11 + a2
12 + a2
22,
de donde
a11 = a12 = a22 = 0.
Se tiene entonces A = 0, pues hemos probado que todas sus entradas son nulas.
b) Tenemos que
1 −1
0 2
,
2 2
0 0
= (1)(2) + (−1)(2) + (2)(0) = 0,
por lo tanto, las matrices son ortogonales entre sí.
14. En el espacio vectorial Rn[t], definimos
p, q =
n
∑
k=0
p(k/n)q(k/n)
para cada p, q ∈ Rn[t].
a) Demostrar que ·, · es un producto interno para Rn[t].
b) Calcular p, q cuando p(t) = t y q(t) = at + b con a, b ∈ R para cada t ∈ R.
c) Si p(t) = t, hallar todos los polinomios ortogonales q a p.
Solución.
a) Sean p, q, r ∈ Rn[t] y α ∈ R.
9](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-106-320.jpg)
![1) Tenemos que
p, p =
n
∑
k=0
p2
(k/n) ≥ 0.
2) Notemos que p(t) = a0 + a1t + · · · + antn = a0 +
n
∑
i=1
aiti
y que p(0) = a0. Entonces
p, p =
n
∑
k=0
p2
(k/n) = p2
(0) +
n
∑
k=1
p2
(k/n) = a2
0 +
n
∑
k=1
p2
(k/n).
Luego, si p, p = 0, se tiene que
a2
0 = −
n
∑
k=1
p2
(k/n)
lo cual se cumple si y solo si
a2
0 = 0 y
n
∑
k=1
p2
(k/n) = 0;
lo cual nos lleva a un sistema de n ecuaciones lineales p(k/n) = 0 con k ∈ {1, . . . , n}, cuya
solución es única. Por lo cual, p, p = 0 si y solo si p = 0.
3) Tenemos que
p + q, r =
n
∑
k=0
(p + q)(k/n)r(k/n)
=
n
∑
k=0
p(k/n)r(k/n) + q(k/n)r(k/n)
= p, r + q, r .
4) Tenemos que
αp, q =
n
∑
k=0
(αp)(k/n)q(k/n) = α
n
∑
k=0
p(k/n)q(k/n) = α p, q .
5) Se tiene que
p, q =
n
∑
k=0
p(k/n)q(k/n) =
n
∑
k=0
q(k/n)p(k/n) = q, p .
Por lo tanto, , es un producto interno en Rn[t].
b) Tenemos que
p, q =
n
∑
k=0
p(k/n)q(k/n)
=
n
∑
k=0
k
n
a
k
n
+ b
=
n
∑
k=1
a
k
n
2
+ b
k
n
=
n
∑
k=1
a
k
n
2
+
n
∑
k=1
b
k
n
=
a
n2
n
∑
k=1
k2
+
b
n
n
∑
k=1
k
=
a
n2
n(n + 1)(2n + 1)
6
+
b
n
n(n + 1)
2
=
a
6
(n + 1)(2n + 1)
n
+
b
2
(n + 1).
10](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-107-320.jpg)
![c) Sea q ∈ Rn[t] el polinomio buscado, entonces
q(t) =
n
∑
i=0
aiti
que es tal que p, q = 0. Luego,
p, q =
n
∑
k=0
k
n
q
k
n
=
n
∑
k=1
k
n
q
k
n
=
n
∑
k=1
k
n
n
∑
i=0
ai
k
n
i
=
n
∑
k=1
n
∑
i=0
ai
k
n
i+1
.
Por lo cual, los polinomios q =
n
∑
i=0
aiti
∈ Rn[t] ortogonales a p son aquellos que verifican que
n
∑
k=1
n
∑
i=0
ai
k
n
i+1
= 0.
15. Suponga que B = {e1, . . . , en} es una base ortonormal de V. Demostrar cada enunciado.
a) Para todo u ∈ V se tiene que u = u, e1 e1 + · · · + u, en en.
b) a1e1 + · · · + anen, b1e1 + · · · + bnen = a1b1 + · · · + anbn.
c) Para todo par de vectores u, v ∈ V tenemos que u, v = u, e1 v, e1 + · · · + u, en v, en .
Solución.
a) Sea u ∈ V, al ser B una base de V, existen α1, . . . , αn ∈ K tales que
u = α1e1 + · · · + αnen.
Realizando el producto u, ei para cada i ∈ {1, . . . , n}, tenemos que
u, ei = α1 e1, ei + · · · + αn en, ei .
Además, dado que B es una base ortonormal, tenemos que ej, ei = 0 para cada j = i y que
ei, ei = 1 para cada i, j ∈ {1, . . . , n}, por lo cual tenemos que
u, ei = αi ei, ei = αi,
para cada i ∈ {1, . . . , n}. Por lo tanto,
u = u, e1 e1 + · · · + u, en en.
b) Sean a1, . . . , an, b1, . . . , bn ∈ K, tenemos que
n
∑
i=1
aiei,
n
∑
j=1
bjej =
n
∑
i=1
ai ei,
n
∑
j=1
bjej
=
n
∑
i=1
n
∑
j=1
aibj ei, ej
=
n
∑
i=1
aibi ei, ei + ∑
i=j
aibj ei, ej .
Como B es un conjunto ortonormal, tenemos que
n
∑
i=1
aiei,
n
∑
j=1
bjej =
n
∑
i=1
aibi = a1b1 + · · · + anbn.
c) Utilice los resultados del literal a para obtener una expresión para u, v ∈ V, luego, utilice estas
expresiones junto con el literal b para obtener el resultado.
Ejercicios sugeridos: 2a, 2d, 2h, 6, 10, 12 y 15a.
11](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-108-320.jpg)
![que junto con el hecho de que U es un subespacio de V tenemos que U = V.
8. Suponga que V es un espacio vectorial con producto interno, sean v1, . . . , vm ∈ V. Muestre que
{v1, . . . , vm}⊥
= (span({v1, . . . , vm}))⊥
.
9. Sea
W = {(a, b, c) ∈ R3
: a − b + c = 0, a + c = 0}
un subespacio vectorial del espacio vectorial R3. Calcular W⊥.
Solución.
Notemos que W = {(a, b, c) ∈ R3 : a = −c, b = 0} y que una base para W es B = {(−1, 0, 1)}. Por
tanto,
W⊥
= {(a, b, c) ∈ R3
: (a, b, c), (−1, 0, 1) = 0} = {(a, b, c) ∈ R3
: −a + c = 0}.
10. Sea
W = {(a, b) ∈ R2
: 2a − b = 0}
un subespacio vectorial del espacio vectorial R2.
a) Calcular W⊥.
b) Calcular (W⊥)⊥.
c) ¿Se verifica que (W⊥)⊥ = W?
11. Sea
W = {p(x) ∈ R2[x] : p(−1) = p(0)}
un subespacio vectorial del espacio vectorial R2[x].
a) Calcular W⊥
b) ¿R2[x] = W ⊕ W⊥?
Solución.
a) Notemos que W = {p(x) = a + bx + cx2 ∈ R2[x] : b = c} y que una base para W es
B = {1, x + x2}. Por tanto,
W⊥
= {p(x) = a + bx + cx2
∈ R2[x] : a + bx + cx2
, 1 = 0, a + bx + cx2
, x + x2
= 0}
= {p(x) = a + bx + cx2
∈ R2[x] : a = 0, b + c = 0}.
b) Sabemos que R2[x] = W ⊕ W⊥, para todo W subespacio de R2[x].
12. Sabemos que
·, · : Rn[t] × Rn[t] −→ R
(p, q) −→
n
∑
k=0
p(k/n)q(k/n)
Es un producto interno en Rn[t]. Para n = 2, calcular {t} ⊥
Solución.
Notemos que para todo p, q ∈ R2[t] se tiene que
p, q = p(0)q(0) + p(1/2)q(1/2) + p(1)q(1).
Por tanto, {t} ⊥
= a + bt + ct2 ∈ R2[t] :
3
2
a +
5
4
b +
9
8
c = 0 .
5](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-113-320.jpg)
![ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 12
Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica
1. En cada literal, demuestre que las funciones dadas son aplicaciones lineales.
a)
T : R3 −→ R2×2
x −→
−x2 x1 + x2
x3 − x1 0
.
b)
T : R3[x] −→ R2[x]
p(x) −→ p(1) + p′(1)(x − 1) +
p′′(1)
2
(x − 1)2.
c)
T : Rn −→ R
x −→
n
∑
k=1
kxk
d) La función T : C([0, 1]) → C([0, 1/2]) definida, para cada función continua f : [0, 1] → R por
T(f )(x) =
ˆ x
0
e−t
f (2t) dt,
para todo x ∈ [0, 1/2].
Solución.
a) Sean x, y ∈ R3 y α ∈ R, se tiene que
T(x + y) =
−(x2 + y2) (x1 + y1) + (x2 + y2)
(x3 + y3) − (x1 + y1) 0
=
−x2 − y2 (x1 + x2) + (y1 + y2)
(x3 − x1) + (y3 − y1) 0
=
−x2 x1 + x2
x3 − x1 0
+
−y2 y1 + y2
y3 − y1 0
= T(x) + T(y),
y
T(αx) =
−αx2 αx1 + αx2
αx3 − αx1 0
= α
−x2 x1 + x2
x3 − x1 0
= αT(x),
de modo que T es una aplicación lineal.
b) Sean p(x), q(x) ∈ R3[x] y α ∈ R, se tiene que
T(p(x) + q(x)) = (p + q)(1) + (p + q)′
(1)(x − 1) +
(p + q)′′(1)
2
(x − 1)2
= [p(1) + q(1)] + [p′
(1) + q′
(1)](x − 1) +
p′′(1) + q′′(1)
2
(x − 1)2
1](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-115-320.jpg)
![= p(1) + p′
(1)(x − 1) +
p′′(1)
2
(x − 1)2
+ q(1) + q′
(1)(x − 1) +
q′′(1)
2
(x − 1)2
= T(p(x)) + T(q(x)),
y
T(αp(x)) = αp(1) + αp′
(1)(x − 1) +
αp′′(1)
2
(x − 1)2
= α p(1) + p′
(1)(x − 1) +
p′′(1)
2
(x − 1)2
= αT(p(x)).
Así, T es una aplicación lineal.
c) Sean x, y ∈ Rn y α ∈ R, entonces
T(x + y) =
n
∑
k=1
k(xk + yk) =
n
∑
k=1
kxk +
n
∑
k=1
kyk = T(x) + T(y),
y
T(αx) =
n
∑
k=1
kαxk = α
n
∑
k=1
kxk = αT(x),
lo que prueba que T es una aplicación lineal.
d) Antes de proceder a la resolución del ejercicio, se realiza un pequeño análisis de éste. En este caso
dada una función continua f : [0, 1] → R, la función T asigna a f una nueva función T(f ) :
[0, 1/2] → R, definida para cada x ∈ [0, 1/2] por
T(f )(x) =
ˆ x
0
e−t
f (2t) dt.
Cabe recalcar que el dominio de la función T(f ) debe ser necesariamente un subconjunto del inter-
valo [0, 1/2] (el estudiante motivado buscará una explicación para esto).
Con esto en mente, sean f, g ∈ C([0, 1]) y α ∈ R, entonces, para todo x ∈ [0, 1/2] se tiene que
T(f + g)(x) =
ˆ x
0
e−t
(f + g)(2t) dt
=
ˆ x
0
e−t
[f (2t) + g(2t)] dt
=
ˆ x
0
[e−t
f (2t) + e−t
g(2t)] dt
=
ˆ x
0
e−t
f (2t) dt +
ˆ x
0
e−t
g(2t) dt
= T(f )(x) + T(g)(x)
= [T(f ) + T(g)](x),
de modo que
T(f + g) = T(f ) + T(g).
Por otro lado, para todo x ∈ [0, 1/2], se tiene que
T(α f )(x) =
ˆ x
0
e−t
(α f )(2t) dt
=
ˆ x
0
e−t
α f (2t) dt
= α
ˆ x
0
e−t
f (2t) dt
= αT(f )(x)
2](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-116-320.jpg)
,
por lo cual
T(α f ) = αT(f ),
lo que prueba que T es una aplicación lineal.
2. Sean E, F, G tres espacios vectoriales sobre un campo K. Para todo f, g ∈ L(E, F) y todo α ∈ K se definen
f + g : E → F y α f : E → F mediante
(f + g)(x) = f (x) + g(x) y (α f )(x) = α f (x),
para todo x ∈ E.
a) Demuestre que, con estas operaciones, el conjunto L(E, F) es un espacio vectorial sobre el campo
K.
b) Sea h ∈ L(F, G). Se define
T : L(E, F) −→ L(E, G)
f −→ h ◦ f.
Demuestre que T es una aplicación lineal.
c) Sea k ∈ L(E, F). Se define
S : L(F, G) −→ L(E, G)
f −→ f ◦ k.
Demuestre que S es una aplicación lineal.
Solución.
Notemos que para todo f, g ∈ L(E, F), todo α ∈ K y todo x ∈ E, se tiene que
(h ◦ (α f + g))(x) = h((α f + g)(x))
= h((α f )(x) + g(x))
= h(α f (x) + g(x))
= h(α f (x)) + h(g(x))
= αh(f (x)) + h(g(x))
= α(h ◦ f )(x) + (h ◦ g)(x)
= (α(h ◦ f ) + h ◦ g)(x)
Es decir, h ◦ (α f + g) = α(h ◦ f ) + h ◦ g, lo que implica que T es una aplicación lineal.
3. Sea R+ con la estructura de espacio vectorial
x ⊕ y = xy y α ⊙ x = xα
,
para todo x, y ∈ R+ y todo α ∈ R. Demuestre que la función ln : R+ → R es una aplicación lineal.
Solución.
Sean x, y ∈ R+ y sea α ∈ R, entonces
ln(x ⊕ y) = ln(xy) = ln(x) + ln(y)
y
ln(α ⊙ x) = ln(xα
) = α ln(x).
Por tanto, ln ∈ L(R+, R).
3](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-117-320.jpg)
![4. Sea f : R3 → R3 una función tal que f (1, 1, 0) = (0, 1, −1), f (0, 1, 1) = (0, 0, 1) y f (1, 0, −1) = (1, 0, 0).
¿Es f una aplicación lineal?
Solución.
f no es una aplicación lineal, pues
(1, 0, −1) = (1, 1, 0) − (0, 1, 1),
sin embargo,
f ((1, 1, 0) − (0, 1, 1)) = f (1, 0, −1) = (1, 0, 0),
pero
f (1, 1, 0) − f (0, 1, 1) = (0, 1, −1) − (0, 0, 1) = (0, 1, −2),
de modo que
f ((1, 1, 0) − (0, 1, 1)) = f (1, 1, 0) − f (0, 1, 1).
5. En cada caso, determine el núcleo y la imagen de la aplicación lineal dada:
a) T : R3 → R2 dada por T(x) = (x1 − x3, 2x2 + x3), para todo x ∈ R3.
b) T : R2×2 → R2 definida por T(A) = e1A − 3e2A, para todo A ∈ R2×2.
c) T : R3[x] → R dada por T(p(x)) = p(0) + p′(0), para todo p(x) ∈ R3[x].
d) T : Rn×n → Rn×n definida por T(A) = A − A⊺, para todo A ∈ Rn×n.
e) T : Rn[x] → Rn+1[x], dada por
T(p(x)) =
ˆ x
0
p(t) dt,
para todo p(x) ∈ Rn[x].
f) T : C1(R) → C(R) definida por T(f ) = f ′ + α f, para todo f ∈ C1(R), siendo α ∈ R una constante.
(Sugerencia: Recuerde que (eαx f (x))′ = eαx(f ′(x) + α f (x)), para todo x ∈ R.)
Solución.
a) Sea x ∈ R3, entonces x ∈ ker(T) si y sólo si (x1 − x3, 2x2 + x3) = 0, lo que es equivalente a
x1 − x3 = 0 y 2x2 + x3 = 0.
Al resolver este sistema, podemos concluir que
ker(T) = gen{(2, −1, 2)}.
Esto, además, implica que dim(ker(T)) = 1, de donde
3 = dim(R3
) = dim(ker(T)) + dim(img(T)) = 1 + dim(img(T)),
y así dim(img(T)) = 2, lo que significa que img(T) = R2.
b) Dada A ∈ R2×2, tenemos que A ∈ ker(T) si y sólo si
a11 − 3a12 = a21 − 3a22 = 0,
de donde se tiene que
ker(T) = {A = (aij) ∈ R2×2
: a11 − 3a12 = a21 − 3a22 = 0}
o, equivalentemente,
ker(T) = gen
3 1
0 0
,
0 0
3 1
,
4](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-118-320.jpg)
![lo que, en particular, implica que dim(ker(T)) = 2. Con esto,
dim(img(T)) = dim(R2×2
) − dim(ker(T)) = 4 − 2 = 2,
de modo que img(T) = R2.
Notemos que los elementos de R2 pueden ser vistos como vectores columna o como vectores fila,
c) Sea p(x) = a + bx + cx2 + dx3 ∈ R3[x], entonces p(x) ∈ ker(T) si y sólo si p(0) + p′(0) = 0, es
decir, si y sólo si a + b = 0. Por ende
ker(T) = {p(x) = a + bx + cx2
+ dx3
∈ R3[x] : a + b = 0}.
Para calcular img(T), notemos que ker(T) = gen({−1 + x, x2, x3}), lo que implica que dim(ker(T)) =
3, y, por tanto, dim(img(T)) = 1. Ahora, notemos que T(1) = 1, de modo que 1 ∈ img(T). Con
esto,
R = gen{1} ⊆ img(T) ⊆ R,
de donde img(T) = R.
d) Sea A ∈ Rn×n, entonces A ∈ ker(T) si y sólo si A − A⊺ = 0, es decir, si y sólo si A es simétrica, por
ende
ker(T) = {A ∈ Rn×n
: A es simétrica}.
Ahora, notemos que para toda A ∈ Rn×n se tiene que
T(A)⊺
= (A − A⊺
)⊺
= A⊺
− A = −T(A),
por ende T(A) es antisimétrica. Recíprocamente, si B ∈ Rn×n es antisimétrica, tenemos que
T
1
2
B =
1
2
B −
1
2
B⊺
=
1
2
B +
1
2
B = B,
de modo que
img(T) = {A ∈ Rn×n
: A es antisimétrica}.
e) Sea p(x) =
n
∑
k=0
akxk
∈ Rn[x]; como
T(p(x)) =
ˆ x
0
p(t) dt =
n
∑
k=1
ak
k + 1
xk+1
,
entonces p(x) ∈ ker(T) si y sólo si
n
∑
k=1
ak
k + 1
xk+1
= 0,
es decir, si y sólo si a0 = a1 = · · · = an = 0, por ende ker(T) = {0}.
Sea q(x) =
n+1
∑
k=0
bkxk
∈ Rn+1[x], tenemos que q(x) ∈ img(T) si y sólo si existe p(x) =
n
∑
k=0
akxk
∈
Rn[x] tal que
n+1
∑
k=0
bkxk
=
n
∑
k=1
ak
k + 1
xk+1
,
de donde se tiene que q(0) = b0 = 0 y bk =
ak−1
k
si k ∈ {1, . . . , n + 1}. De este modo,
img(T) = {q(x) ∈ Rn+1[x] : q(0) = 0}.
f) Sea f ∈ C1(R), entonces f ∈ ker(T) si y sólo si f ′ + α f = 0, es decir, si f ′(x) + α f (x) = 0 para todo
x ∈ R. Entonces, tenemos que
eαx
(f ′
(x) + α f (x)) = 0,
5](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-119-320.jpg)
![8. Sea T : V → V una aplicación lineal tal que ker(T) = img(T).
a) Demuestre que T2 := T ◦ T = 0.
b) Suponga que V es de dimensión finita. Demuestre que dim(V) es un número par.
Solución.
a) Sea v ∈ V, entonces T(v) ∈ img(T) = ker(T), por ende T(T(v)) = 0, es decir, T2(v) = 0. Como v
es arbitrario, T2 = 0.
b) Tenemos que
dim(V) = dim(ker(T)) + dim(img(T)) = dim(ker(T)) + dim(ker(T)) = 2 dim(ker(T)),
y como dim(ker(T)) ∈ N, se sigue que dim(V) es un número par.
9. En cada uno de los siguientes literales, presente de manera explícita una aplicación lineal T : V → W
que verifique las condiciones impuestas:
a) V = R3, W = R4, con T(1, 1, 0) = (0, 0, 1, 1), T(1, 0, 1) = (−2, 3, 0, 0) y T(1, 1, 1) = (0, 0, −1, 1).
b) V = R2[x] y W = R3, con T(1 + x) = (1, 1, 1), T(1 − x) = (−1, 1, 0) y T(1 + x2) = (0, 2, −1).
c) V = R2×2, W = R2×2, con
T
1 1
0 0
=
0 0
1 1
, T
1 0
0 0
=
0 0
0 1
, T
0 0
1 1
=
1 1
0 0
y
T
0 0
0 1
=
1 0
0 0
Solución.
a)
T : R3 −→ R4
(x, y, z) −→ (−2x + 2y, 3x − 3y, 2x − y − 2z, y).
b) Notemos que {1 + x, 1 − x, 1 + x2} es una base de R2[x], entonces, para todo a + bx + cx2 ∈ R2[x],
se tiene que (verifique)
a + bx + cx2
=
a + b − c
2
(1 + x) +
a − b − c
2
(1 − x) + c(1 + x2
).
Luego, al ser T una aplicación lineal tenemos que
T(a + bx + cx2
) = T
a + b − c
2
(1 + x) +
a − b − c
2
(1 − x) + c(1 + x2
)
= T
a + b − c
2
(1 + x) + T
a − b − c
2
(1 − x) + T c(1 + x2
)
=
a + b − c
2
T (1 + x) +
a − b − c
2
T (1 − x) + cT 1 + x2
=
a + b − c
2
(1, 1, 1) +
a − b − c
2
(−1, 1, 0) + c(0, 2, −1)
= b, a + c,
a + b − 3c
2
.
Por tanto,
T : R2[x] −→ R3
a + bx + cx2 −→ b, a + c,
a + b − 3c
2
.
8](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-122-320.jpg)
![c)
T : R2×2 −→ R2×2
w x
y z
−→
z y
x w
.
10. En cada caso, determinar si las aplicaciones lineales dadas son o no isomorfismos.
a) T : R4 → R2×2 dada por
T(x) =
x1 + x2 x2 + x3
x3 + x4 x4 + x1
para todo x ∈ R4.
b) T : R3[x] → R2×2 dada por
T(p(x)) =
p(0) p′(0)
p′′(0) p′′′(0)
.
c) T : R3 → R3 dado por T(x) = x × e2.
d) T : R+ → R definida por T(x) = ln(x), para todo x ∈ R+, donde sobre R+ se considera la
estructura de espacio vectorial dada por las operaciones
x ⊕ y = xy y α ⊙ x = xα
,
para todo x ∈ R+ y todo α ∈ R.
Solución.
a) Sea x ∈ R4, tenemos que x ∈ ker(T) si y sólo si T(x) = 0, es decir,
x1 + x2 x2 + x3
x3 + x4 x4 + x1
= 0,
o, lo que es equivalente,
1 1 0 0
0 1 1 0
0 0 1 1
1 0 0 1
x1
x2
x3
x4
=
0
0
0
0
.
Dado que
1 1 0 0
0 1 1 0
0 0 1 1
1 0 0 1
= 0,
se sigue que existe x = 0 tal que T(x) = 0, por ende ker(T) = {0} y así T no es inyectiva.
Consecuentemente, T no es un isomorfismo.
b) Sea p(x) ∈ R3[x], entonces T(p(x)) = 0 si y sólo si
p(0) p′(0)
p′′(0) p′′′(0)
=
0 0
0 0
,
es decir, si y sólo si
p(0) = p′
(0) = p′′
(0) = p′′′
(0) = 0.
Si p(x) = a + bx + cx2 + dx3, entonces tenemos que a = b = 2c = 6d = 0, de donde se tiene que
ker(T) = {0}, y así, T es inyectiva. Ahora, dado que
dim(R2×2
) = 4 = dim(R4
) = dim(ker(T)) + dim(img(T)) = dim(img(T)),
9](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-123-320.jpg)
![• Si v y w son linealmente independientes, tenemos que
λv+w(v + w) = T(v + w) = T(v) + T(w) = λvv + λww,
de modo que
(λv+w − λv)v + (λv+w − λw)w = 0,
y como v, w son linealmente independientes, entonces
λv = λv+w = λw.
• Si v, w son linealmente dependientes, sin pérdida de generalidad podemos asumir que ambos
son no nulos y que w = αv, así
αλvv = αT(v) = T(w) = λww = αλwv,
de modo que, como α = 0, λv = λw.
En ambos casos, para cualquier par de vectores no nulos v, w ∈ V se tiene que λv = λw, de mo-
do que existe un escalar único λ tal que T(v) = λv para todo v = 0. Esta igualdad se cumple
trivialmente para v = 0, lo que implica que T es una homotecia.
c) Tenemos que T = λI para algún escalar λ = 1 (pues T = I). Si u = (1 − λ)−1v0, entonces
f (u) = v0 + λT(u) = v0 + λ(1 − λ)−1
v0 = (1 + λ(1 − λ)−1
)v0 = (1 − λ)−1
v0 = u,
de modo que, en efecto, existe u ∈ V tal que f (u) = u.
Ahora, si u′ ∈ V es otro vector tal que f (u′) = u′, entonces
u′
= f (u′
) = v0 + T(u′
) = v0 + λu′
,
y como (1 − λ)−1v0 = u, v0 = (1 − λu) y por tanto
(1 − λ)u′
= v0 = (1 − λ)u.
Gracias a que λ = 1 concluimos finalmente que u′ = u, lo que prueba que tal vector es único.
14. En R3, se define el conjunto
S = {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 1)}.
a) Demuestre que S es una base para R3.
b) Determine si existe una única aplicación lineal T : R3 → R2[t] tal que
T(1, 0, 0) = 1 − t, T(0, 1, 1) = 2t y T(0, 0, 1) = 2.
De existir, ¿a qué es igual T(x, y, z) con (x, y, z) ∈ R3?
c) Halle la imagen de T y determine dim(img(T)).
d) Determine dim(ker(T)).
e) ¿Es T inyectiva?, ¿es T sobreyectiva? Justifique sus respuestas.
Solución.
a) Demostremos que S es linealmente independiente, para lo que consideramos α, β, γ ∈ R tales que
α(1, 0, 0) + β(0, 1, 1) + γ(0, 0, 1) = (0, 0, 0),
de dónde, se tiene que α = β = γ = 0, por lo tanto, S es linealmente independiente. Además, como
dim(R3
) = 3
y S tiene 3 elementos, se sigue que S es una base para R3.
11](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-125-320.jpg)
![b) Dado que S es una base de R3, se tiene que existe una única aplicación lineal tal que
T(1, 0, 0) = 1 − t, T(0, 1, 1) = 2t y T(0, 0, 1) = 2.
Por otro lado, sea (x, y, z) ∈ R3, busquemos α, β, γ ∈ R tales que
(x, y, z) = α(1, 0, 0) + β(0, 1, 1) + γ(0, 0, 1),
resolviendo el sistema generado, se tiene que
α = x, β = y y γ = z − y,
por lo tanto, se tiene que
T(x, y, z) = T (x(1, 0, 0) + y(0, 1, 1) + (z − y)(0, 0, 1))
= xT(1, 0, 0) + yT(0, 1, 1) + (z − y)T(0, 0, 1)
= x(2 − t) + y(2t) + (z − y)(2)
= 2x + 2y + 2z + (2y − x)t.
c) Dado que {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 1)} genera a R3, se tiene que
{T(1, 0, 0), T(0, 1, 1), T(0, 0, 1)} = {1 − t, 2t, 2}
genera a img(T). Ahora, sean α, β, γ ∈ R tales que
α(1 − t) + β(2t) + γ(2) = 0 = 0 + 0t + 0t2
,
se obtiene el sistema
α + γ = 0,
−α + 2β = 0.
cuya forma matricial es
1 0 1 | 0
−1 2 0 | 0
.
Realizando reducción por filas tenemos
1 0 1 | 0
−1 2 0 | 0
∼
1 0 1 | 0
0 1 0 | 0
,
como los unos principales están en la primera y segunda columna, se tiene que
{1 − t, 2t}
es base para img(T), por lo tanto, dim(img(T)) = 2.
d) Utilizando el Teorema de la Dimensión, se tiene que
dim(R3
) = dim(img(T)) + dim(ker(T)),
por lo tanto
dim(ker(T)) = 1.
e) Se tiene que T no es inyectivo dado que ker(T) = {0}. Además, T tampoco es sobreyectivo dado
que img(T) = R2[t].
15. Sean E un espacio vectorial de dimensión n ∈ N y T ∈ L(E, E) una aplicación lineal de E en sí mismo.
a) Demuestre que ker(T) es un subespacio vectorial de E.
b) Si img(T) = {0}, determine ker(T).
c) Sea S ∈ L(E, E), demuestre que ker(T) ⊆ ker(S ◦ T).
12](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-126-320.jpg)
![ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 13
Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica
1. Dada la transformación lineal
f : R2 −→ R3
(x, y) −→ (x − 2y, 2x + y, x + y).
Sean S y T las bases canónicas de R2 y R3, respectivamente. Además, sean
S′
= {(1, −1), (0, 1)}
y
T′
= {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, −1, 1)}
bases para R2 y R3, respectivamente.
a) Determine [f ]S
T.
b) Determine [f ]S′
T′ a través de la expresión [f ]S′
T′ = [I]T
T′ [f ]S
T[I]S′
S .
c) Verifique que se cumple que:
[f (1, 2)]T′ = [f ]S′
T′ [(1, 2)]S′ .
Solución.
a) Notemos que
f (1, 0) = (1, 2, 1) y f (0, 1) = (−2, 1, 1),
luego,
[f (1, 0)]T =
1
2
1
y [f (0, 1)]T =
−2
1
1
,
por lo cual
[f ]S
T =
1 −2
2 1
1 1
.
b) Notemos que
[I]S′
S =
1 0
−1 1
y [I]T
T′ =
2/3 1/3 −1/3
−1/3 1/3 2/3
1/3 −1/3 1/3
por lo tanto
[f ]S′
T′ = [I]T
T′ [f ]S
T[I]S′
S =
2/3 1/3 −1/3
−1/3 1/3 2/3
1/3 −1/3 1/3
1 −2
2 1
1 1
1 0
−1 1
=
7/3 −4/3
−2/3 5/3
2/3 −2/3
.
c) Dado que [(1, 2)]S′ =
1
3
, tenemos que
[f ]S′
T′ [(1, 2)]S′ =
7/3 −4/3
−2/3 5/3
2/3 −2/3
1
3
=
−5/3
13/3
−4/3
.
1](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-128-320.jpg)
![Además, se tiene que f (1, 2) = (−3, 4, 3), a partir lo cual:
[f (1, 2)]T′ =
−5/3
13/3
−4/3
.
2. Dada la transformación lineal
f : R1[t] −→ R2[t]
p(t) −→ tp(t) + p(0).
Sean
S = {t, 1} y S′
= {t + 1, t − 1}
bases para R1[t]. Sean
T = {t2
, t, 1} y T′
= {t2
+ 1, t − 1, t + 1}
bases para R2[t].
a) Determine [f ]S
T.
b) Determine [f ]S′
T′ .
c) Verifique que se cumple que:
[f (−3t + 3)]T′ = [f ]S′
T′ [(−3t + 3)]S′ .
Solución.
En primer lugar, notemos que para p(t) = at + b, donde a, b ∈ R,
f (p(t)) = f (at + b)
= t(at + b) + (a(0) + b)
= at2
+ bt + b.
a) Notemos que
f (t) = t2
y f (1) = t + 1,
luego,
[f (t)]T =
1
0
0
y [f (1)]T =
0
1
1
,
por lo cual
[f ]S
T =
1 0
0 1
0 1
.
b) Notemos que
f (t + 1) = t2
+ t + 1 y f (t − 1) = t2
− t − 1,
luego,
[f (t + 1)]T′ =
1
1
2
1
2
y [f (t − 1)]T′ =
1
1
2
−
3
2
,
por lo cual
[f ]S′
T′ =
1 1
1/2 1/2
1/2 −3/2
.
2](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-129-320.jpg)
![c) Dado que [−3t + 3]S′ =
0
−3
, tenemos que
[f ]S′
T′ [−3t + 3]S′ =
1 1
1/2 1/2
1/2 −3/2
0
−3
=
−3
−3/2
9/2
.
Además, se tiene que f (−3t + 3) = −3t2 + 3t + 3, a partir lo cual:
[f (−3t + 3)]T′ =
−3
−3/2
9/2
.
3. Dado C =
1 2
3 4
, considere la transformación lineal
f : R2×2 −→ R2×2
A −→ AC − CA.
Sean
S =
1 0
0 0
,
0 1
0 0
,
0 0
1 0
,
0 0
0 1
y
T =
1 1
0 0
,
0 1
0 0
,
0 0
1 1
,
1 0
0 1
bases para R2×2. Determine:
a) [f ]S
S b) [f ]T
T c) [f ]S
T d) [f ]T
S
Solución.
Primero notemos que para A =
a b
c d
∈ R2×2, por la definición de f se tiene que
f (A) =
3b − 2c 2a + 3b − 2d
−3a − 3c + 3d −3b + 2c
.
Notemos que
f
1 0
0 0
=
0 2
−3 0
, f
0 1
0 0
=
3 3
0 −3
,
f
0 0
1 0
=
−2 0
−3 2
, f
0 0
0 1
=
0 −2
3 0
,
luego
f
1 0
0 0
S
=
0
2
−3
0
, f
0 1
0 0
S
=
3
3
0
−3
,
f
0 0
1 0
S
=
−2
0
−3
2
, f
0 0
0 1
S
=
0
−2
3
0
.
3](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-130-320.jpg)
![De forma similar:
f
1 1
0 0
=
3 5
−3 −3
, f
0 1
0 0
=
3 3
0 −3
,
f
0 0
1 1
=
−2 −2
0 2
, f
1 0
0 1
=
0 0
0 0
,
con
f
1 1
0 0
T
=
3
2
−3
0
, f
0 1
0 0
T
=
6
−3
0
−3
,
f
0 0
1 1
T
=
−4
2
0
2
, f
1 0
0 1
T
=
0
0
0
0
.
Además,
[I]T
S =
1 0 0 1
1 1 0 0
0 0 1 0
0 0 1 1
Por lo tanto,
[f ]S
S =
0 3 −2 0
2 3 0 −2
−3 0 −3 3
0 −3 2 0
,
[f ]T
T =
3 6 −4 0
2 −3 2 0
−3 0 0 0
0 −3 2 0
,
[f ]S
T = [I]T
T[f ]T
T[I]S
T = I4[f ]T
T([I]T
S )−1
=
−3 6 −7 3
5 −3 7 −5
−3 0 −3 3
3 −3 5 −3
,
[f ]T
S = [I]T
S [f ]S
T[I]T
S = [I]T
S [f ]T
T[I]T
T =
3 3 −2 0
5 3 −2 0
−3 0 0 0
−3 −3 2 0
.
4. Suponga que la matriz de la trasformación lineal f : R3 → R2 con respecto a las bases S = {v1, v2, v3} y
T = {w1, w2} de R3 y R2, respectivamente, es
A =
1 2 1
−1 1 0
donde v1 = (−1, 1, 0), v2 = (0, 1, 1) y v3 = (1, 0, 0) y w1 = (1, 2) y w2 = (1 − 1).
a) Calcule [f (v1)]T, [f (v2)]T y [f (v3)]T.
b) Calcule f (v1), f (v2) y f (v3).
c) Calcule f (2, 1, −1).
d) Calcule f (a, b, c), para cada (a, b, c) ∈ R3.
4](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-131-320.jpg)
![Solución.
a) A partir de la matriz de representación de f tenemos que:
[f (v1)]S = A[v1]S =
1
−1
,
[f (v2)]S = A[v1]S =
2
1
,
[f (v3)]S = A[v1]S =
1
0
.
b) Gracias al literal anterior tenemos que:
f (v1) = (1)(1, 2) + (−1)(1, −1) = (0, 3)
f (v2) = (2)(1, 2) + (1)(1, −1) = (3, 3)
f (v3) = (1)(1, 2) + (0)(1, −1) = (1, 2).
c) Dado que
[(2, 1, −1)]S =
2
−1
4
,
a partir de la matriz de representación de f tenemos que
[f (2, 1, −1)]T = A[(2, 1, −1)]S =
1 2 1
−1 1 0
2
−1
4
=
4
−3
,
luego, obtenemos que
f (2, 1, −1) = 4(1, 2) + (−3)(1, −1) = (1, 11).
Otra forma de realizar este ejercicio es, notando que
(2, 1, −1) = (2)(−1, 1, 0) + (−1)(0, 1, 1) + (4)(1, 0, 0),
luego,
f (2, 1, −1) = 2f (−1, 1, 0) − f (0, 1, 1) + 4f (1, 0, 0) = 2(0, 3) − (3, 3) + 4(1, 2) = (1, 11).
d) Para cada (a, b, c) ∈ R3, verifique que
[(a, b, c)]S =
b − c
c
a + b − c
,
luego, a partir de la matriz de representación de f tenemos que
[f (a, b, c)]T = A[(a, b, c)]S =
1 2 1
−1 1 0
b − c
c
a + b − c
=
a + 2b
−b + 2c
,
entonces, obtenemos que
f (a, b, c) = (a + 2b)(1, 2) + (−b + 2c)(1, −1) = (a + b + 2c, 2a + 5b − 2c).
5. Sea f : R3 → R3 una transformación lineal, tal que
f (1, 0, 0) = (1, 1, 0), f (0, 1, 0) = (2, 0, 1) y f (0, 0, 1) = (1, 0, 1).
5](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-132-320.jpg)
![a) Determine la matriz de representación de f con respecto a la base canónica S de R3.
b) Determine f (1, 2, 3).
c) Calcule f (a, b, c), para cada (a, b, c) ∈ R3.
Solución.
a) Dado que trabajamos con la base canónica de R3 tenemos que
[f (1, 0, 0)]S =
1
1
0
, [f (0, 1, 0)]S =
2
0
1
y [f (0, 0, 1)]S =
1
0
1
.
Luego, la matriz buscada es A =
1 2 1
1 0 0
0 1 1
.
b) Notemos que
(1, 2, 3) = 1(1, 0, 0) + 2(0, 1, 0) + 3(0, 0, 1).
Luego, por la linealidad de f y por hipótesis:
f (1, 2, 3) = 1f (1, 0, 0) + 2f (0, 1, 0) + 3f (0, 0, 1)
= 1(1, 1, 0) + 2(2, 0, 1) + 3(1, 0, 1)
= (1, 1, 0) + (4, 0, 2) + (3, 0, 3)
= (8, 1, 5).
Otra forma de obtener f (1, 2, 3) es por medio de la matriz de presentación, notando que en este
caso se trabaja con la base canónica. Entonces,
[f (1, 2, 3)]S = A[(1, 2, 3)]S =
1 2 1
1 0 0
0 1 1
1
2
3
=
8
1
5
.
Luego, f (1, 2, 3) = (8, 1, 5).
c) Sea (a, b, c) ∈ R3, utilizando la matriz de representación de f, tenemos que
[f (a, b, c)]S = A[(a, b, c)]S =
1 2 1
1 0 0
0 1 1
a
b
c
=
a + 2b + c
c
b + c
.
Luego, dado que se trabaja con la base canónica, f (a, b, c) = (a + 2b + c, c, b + c).
6. Suponga que la matriz de representación de la transformación lineal f : R1[t] → R1[t] con respecto a la
base S = {t + 1, t − 1} es
A =
2 3
−1 −2
.
Determine la matriz de f con respecto a la base T = {t, 1} para R1[t].
Solución.
Sea B la matriz buscada. Notemos que
[I]S
T =
1 1
1 −1
y [I]T
S =
1/2 1/2
1/2 −1/2
.
6](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-133-320.jpg)
![Luego, a partir de la expresión:
B = [I]S
T A[I]T
S
tenemos que B =
1 0
4 −1
.
7. Dadas las funciones
f1 : R −→ R
t −→ et y
f2 : R −→ R
t −→ e−t
.
Sean V el espacio vectorial con base S = {f1, f2}, y el operador lineal
L: V −→ V
f −→ f ′
.
Determine la matriz de L con respecto a la base S.
Solución.
Notemos que para cada t ∈ R, se tienen:
L(f1)(t) = et
y L(f2)(t) = −e−t
,
además,
L(f1)(t) = (1)et
+ (0)e−t
= (1)f1(t) + (0)f2(t)
y
L(f2)(t) = (0)et
+ (−1)e−t
= (0)f1(t) + (−1)f2(t).
Por lo tanto,
[L(f1)]S =
1
0
y [L(f2)]S =
0
−1
.
Luego, la matriz buscada es A =
1 0
0 −1
.
8. Determine una aplicación lineal T : R3 → R3 tal que T(P1) = P2, donde
P1 = {(x, y, z) ∈ R3
: (x, y, z) = (1 + t, 1 + s, −2t + s), t, s ∈ R}
y
P2 = {(x, y, z) ∈ R3
: x − 2y − z = 0}.
Solución.
Notemos que por las definiciones de P1 y de P2 tenemos que
P1 = {(x, y, z) ∈ R3
: (x, y, z) = (1, 1, 0) + t(1, 0, −2) + s(0, 1, 1), t, s ∈ R}
y
P2 = gen({(2, 1, 0), (1, 0, 1)}).
Ahora, notemos que B = {(1, 1, 0), (1, 0, −2), (0, 1, 1)} es una base de R3. Se definen entonces,
T(1, 1, 0) = (0, 0, 0), T(1, 0, −2) = (2, 1, 0), y T(0, 1, 1) = (1, 0, 1).
Luego, ya que para todo (x, y, z) ∈ R3, se tiene que
[(x, y, z)]B =
2x − y + z
−x + y − z
−2x + 2y − z
,
7](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-134-320.jpg)
![concluimos que para todo (x, y, z) ∈ R3
T(x, y, z) = (−4x + 4y − 3z, −x + y − z, −2x + 2y − z).
Verifiquemos que T es tal que T(P1) = P2. Notemos que si (x, y, z) ∈ P1, entonces existen t, s ∈ R tales
que
(x, y, z) = (1 + t, 1 + s, −2t + s)
luego, por lo realizado anteriormente, tenemos que
T(x, y, z) = T(1 + t, 1 + s, −2t + s)
= (2t + s, t, s)
= t(2, 1, 0) + s(1, 0, 1).
por lo tanto,
T(P1) = {(a, b, c) ∈ R3
: (a, b, c) = T(x, y, z), para algún (x, y, z) ∈ P1}
= {(a, b, c) ∈ R3
: (a, b, c) = t(2, 1, 0) + s(1, 0, 1), t, s ∈ R}
= gen({(2, 1, 0), (1, 0, 1)})
= P2.
9. Considere a una aplicación lineal T : R4 → R3 tal que
ker(T) = gen({(1, 1, 1, 0), (2, −1, 1, 1)}) y img(T) = gen({(1, 1, 1), (0, 0, 1)}).
Encuentre a T.
Solución.
Notemos que partir de la definición de ker(T), tenemos que
B = {(1, 1, 1, 0), (2, −1, 1, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}
es una base de R3. Luego, se definen
T(1, 1, 1, 0) = (0, 0, 0), T(2, −1, 1, 1) = (0, 0, 0), T(0, 0, 1, 0) = (1, 1, 1) y T(0, 0, 0, 1) = (0, 0, 1).
Por lo cual, dado que para todo (a, b, c, d) ∈ R3 tenemos que
[(a, b, c, d)]B =
a + 2b
3
a − b
3
−2a − b + 3c
3
−a + b + 3d
3
se tiene que para todo (a, b, c, d) ∈ R3
T(a, b, c, d) =
−2a − b + 3c
3
,
−2a − b + 3c
3
, −a + c + d .
10. Sean W un subespacio de Rn y la aplicación lineal
T : Rn −→ W
v −→ proyW(v).
a) Demuestre que T es lineal.
b) Si n = 3 y W = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y = 0}, encuentre una base B de W y calcule [T]C
B, donde C es
la base canónica de R3.
8](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-135-320.jpg)
![c) Utilice el resultado del literal anterior para determinar T(x, y, z) para cada (x, y, z) ∈ R3.
d) Calcule la distancia de (−1, 2, 5) a W, utilizando la transformación T.
Solución.
Verifique que BW = −
1
√
2
,
1
√
2
, 0 , (0, 0, 1) es una base de W, que
[T]C
B =
−1/
√
2 1/
√
2 0
0 0 1
y que
T(a, b, c) =
a − b
2
, −
a − b
2
, c
para todo (a, b, c) ∈ R3.
Además, el vector que hace que la distancia de (−1, 2, 5) a W sea lo más pequeña posibles es u =
proyW(−1, 2, 5) = −
3
2
,
3
2
, 5 , y, por tanto, la distancia es igual
1
√
2
.
11. Sea T : R2 → R3 una aplicación lineal, B1 = {v1, v2}, B2 = {w1, w2, w3} bases de R2 y R3 respectiva-
mente y [T]B1
B2
=
1 x
2 y
3 z
la matriz asociada a T en las bases B1 y B2.
a) Si T(v2) = w1 + 2w2 + w3. Encuentre x, y, z.
b) Si v = 2v1 − v2. Calcule [T(v)]B2
.
c) Decida si T es inyectiva, sobreyectiva. Justifique su respuesta.
Solución.
a) Sabiendo que
[T(v)]B2
= [T]B1
B2
[v]B1
.
Además,
[T(v)]B2
=
1
2
1
y [v]B1
=
0
1
.
Luego, x = 1, y = 2 y z = 1.
b) Ya que v = 2v1 − v2, tenemos que
[T(v)]B2
= [T]B1
B2
[v]B1
= [T]B1
B2
[2v1 − v2]B1
=
1 1
2 2
3 1
2
−1
=
1
2
5
.
c) Notemos que rang([T]B1
B2
) = 2, luego, dim(img(T)) = 2 y dim(ker(T)) = 0. Por lo tanto, T es
inyectiva y no es sobreyectiva.
12. En R1[t] y R2, los conjuntos
M = {1 + t, 1 − t} y N = {(1, −1), (0, 1)}
son bases de R1[t] y R2, respectivamente. Sea T : R1[t] → R2 una aplicación lineal tal que
[T]M
N =
1 −1
0 1
.
9](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-136-320.jpg)
![a) Determinar [2 + t]M.
b) Determinar [T(2 + t)]N.
c) Calcular det([T]M
N ), con esto, indicar si T es biyectivo.
d) Determine T(a + bt), para a + bt ∈ R1[t].
Solución.
a) Buscamos α, β ∈ R tales que
α(1 + t) + β(1 − t) = 2 + t,
con lo cual, tenemos el sistema
α + β = 2,
α − β = 1.
cuya solución es
α =
3
2
y β =
1
2
.
Con esto, se tiene que
[2 + t]M =
3/2
1/2
.
b) Tenemos que
[T(2 + t)]N = [T]M
N [2 + t]N =
1 −1
0 1
3/2
1/2
=
1
1/2
.
c) Tenemos que
det([T]M
N ) = 1 = 0,
por lo tanto, T es biyectivo.
d) Sea a + bt ∈ R1[t], buscamos α, β ∈ R tales que
α(1 + t) + β(1 − t) = a + bt,
con lo cual, tenemos el sistema
α + β = a,
α − β = b.
cuya solución es
α =
a + b
2
y β =
a − b
2
.
Con esto, se tiene que
[a + bt]M =
a+b
2
a−b
2
.
por lo tanto
[T(a + bt)]N = [T]M
N [a + bt]N =
1 −1
0 1
a + b
2
a − b
2
=
b
a − b
2
.
Con esto, se tiene que
T(a + bt) = b(1, −1) +
a − b
2
(0, 1) = b,
a − 3b
2
.
13. Sean B = {v1, v2} y B′ = {w1, w2} bases de R2 tales que
w1 = −v2 y w2 = v1 + v2.
10](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-137-320.jpg)
![a) Sea I : R2 → R2 la aplicación identidad. Encuentre [I]B
B′ .
Sea T : R2 → R2 una aplicación lineal tal que [T]B
B =
1 −1
2 0
.
b) Encuentre [T]B
B′ .
c) Calcule [T(2v1 − v2)]B′ .
d) Suponga B es la base canónica de R2. Calcule las coordenadas en la base B de los vectores T(u) y
T(v), si [u]B =
1
−1
y [v]B′ =
−2
1
.
Solución.
a) Notemos que B′ = {−v2, v1 + v2}. Luego, [I]B
B′ =
1 −1
1 0
.
b) Tenemos que
[T]B
B′ = [I]B
B′ [T]B
B[I]B
B =
−1 −1
1 −1
.
c) Tenemos que
[T(2v1 − v2)]B′ = [T]B
B′ [2v1 − v2]B =
−1
3
.
d) Tenemos que
[T(u)]B = [T]B
B[u]B =
2
2
.
Notemos que
[T]B′
B = [I]B
B[T]B
B[I]B′
B = I2[T]B
B([I]B
B′ )−1
=
1 0
0 2
.
Por tanto,
[T(v)]B = [T]B′
B [v]B′ =
−2
2
.
14. Sean B1 y B2 bases de R2 y R3 respectivamente. Sea T : R2 → R3 una aplicación lineal tal que
[T]B1
B2
=
0 80
1 −7
0 −20
.
a) Encuentre [v]B1
si [T(v)]B2
=
−240
23
60
.
b) Encuentre la dimensión de img(T) y de ker(T).
c) ¿Es T inyectiva?, ¿es T sobreyectiva? Justifique su respuesta.
d) Sea S: R3 → R2 una aplicación lineal tal que
[S]B2
B1
=
1 0 −1
0 1 0
.
Calcule [T ◦ S]B2
B2
.
11](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-138-320.jpg)
![Solución.
a) Notemos que
[T(v)]B2
= [T]B1
B2
[v]B1
con [v]B1
=
a
b
. Luego, verifique que a = 2 y que b = −3.
b) Verifique que rang([T]B1
B2
) = 2. Por lo tanto, dim(img(T)) = 2 y dim(ker(T)) = 0.
c) En virtud del literal anterior, T es inyectiva y no es sobreyectiva. (justifique)
d) Tenemos que
[T ◦ S]B2
B2
= [T]B1
B2
[S]B2
B1
=
0 80 0
1 −7 −1
0 −20 0
.
15. Sea T : R3 → R3 una aplicación lineal definida por T(v) = Av donde
A =
0 1 −1
−1 0 3
0 1 0
.
a) Compruebe que T es invertible. Justifique su respuesta.
b) Calcule [T−1]C
C, donde C es la base canónica de R3.
c) Sea B = {(1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1)} una base de R3. Calcule [T−1]B
C.
Solución.
Recuerde que ([T]B′
B )−1 = [T−1]B
B′ .
a) Notemos que A = [T]C
C con det(A) = 1.
b) Verifique que [T−1]C
C =
−3 −1 3
0 0 1
−1 0 1
.
c) Notemos que [T−1]B
C = ([T]C
B)−1.
16. Dada
[f ]B
S =
1 0 −1
0 −1 0
−1 0 −1
,
donde
B = {(1, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 1)}
y S una base de R3.
a) Determinar [I]C
B, donde C es la base canónica de R3.
b) Determinar [f ]C
S .
Solución.
Note que:
[I]C
B = ([I]B
C)−1
y [f ]C
S = [I]S
S[f ]B
S [I]C
B.
12](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-139-320.jpg)
![17. Sea f : R3 → R3 una aplicación lineal tal que
f (1, 1, −1) = (1, 1, 0), f (1, −1, 1) = (1, 0, 1) y f (−1, 1, 1) = (0, 1, 1).
Sean
B1 = {(1, 0, 1), (1, −1, 0), (1, 1, −1)} y B2 = {(1, 0, −1), (0, −1, 1), (−1, 1, 1)}
dos bases de R3. Determine:
[I]B1
B2
, [I]B2
B1
, [f ]B1
B1
, [f ]B1
B2
y [f ]B2
B1
.
Solución.
Sea C que representa a la base canónica de R3, Recordando que
[I]B2
B1
= ([I]B1
B2
)−1
y [I]B1
B2
= [I]C
B2
[I]B1
C .
Notando que
B = {(1, 1, −1), (1, −1, 1), (−1, 1, 1)}
es una base de R3, tenemos que:
[f ]B1
B1
= [I]C
B1
[f ]B1
C [I]B1
B1
donde
[f ]B1
C = [I]C
C[f ]B
C[I]B1
B .
Luego,
[f ]B1
B2
= [I]B1
B2
[f ]B1
B1
[I]B1
B1
y [f ]B2
B1
= [I]B1
B1
[f ]B1
B1
[I]B2
B1
.
18. Sea f : R2[t] → R3 una aplicación lineal tal que su matriz asociada respecto a las bases canónicas en
ambos espacios es
[f ] =
1 0 2
−3 1 0
0 1 −1
.
Encontrar:
a) la aplicación f,
b) el valor de f (p(t)), donde p(t) = 1 + t − t2,
c) bases y dimensión para ker(f ) y para img(f ).
d) Verifique que f es invertible y encuentre f −1.
Solución.
Note que [f ]C
S = [I]S
S[f ]B
S [I]C
B. Verifique que ker(f ) = {0} y que img(f ) = R3.
Ejercicios sugeridos: 1, 2, 9, 11, 12 y 14.
13](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-140-320.jpg)
![lo que implica que λ(1 − λ)v = 0, y dado que v = 0, al ser un vector propio, tenemos que λ(1 − λ) = 0.
Por lo tanto, los valores propios de f son 0 y 1.
6. Sea f una aplicación lineal, hallar sus valores y vectores propios, donde:
a)
f : R2 −→ R2
(x, y) −→ (x + y, 2x − 3y).
b)
f : R2×2 −→ R3[t]
a b
c d
−→ (a + b − d) + bt + ct2
+ (−a + c + d)t3
.
c)
f : R2[t] −→ R3
a + bt + ct2 −→ (a − b + c, −a + b − c, a − b + c).
Solución.
Verificar que:
a) Para el valor propio λ1 = −
√
6 − 1 su correspondiente vector propio es
−
√
6 + 2
2
; para el valor
propio λ2 =
√
6 − 1 su correspondiente vector propio es
√
6 + 2
2
.
b) Para el valor propio λ1 = 0 su correspondiente vector propio es
1
0
0
1
; para el valor propio λ2 = 1
sus correspondientes vectores propios son
1
0
1
0
y
0
1
0
1
; para el valor propio λ3 = 2 su correspon-
diente vector propio es
−1
0
0
1
.
c) Para el valor propio λ1 = 0 sus correspondientes vectores propios son
1
1
0
y
−1
0
1
; para el valor
propio λ2 = 3 su correspondiente vector propio es
1
−1
1
.
7. Dado a ∈ R {0}, considere la matriz A =
1 a a
a 1 a
a a 1
.
a) Compruebe que
1
1
1
es un vector propio de A. Hallar el valor propio λ asociado. Calcule una base
de Eλ.
3](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-143-320.jpg)
![Solución.
a) Verifique que los valores propios de A son 2 y 4.
b) La base buscada es {(−1, 1, 1), (−2, 1, 0), (3, 0, 1)}.
c) Las matrices buscadas son
C =
−1 −2 3
1 1 0
1 0 1
y D =
2 0 0
0 4 0
0 0 4
.
8. Sean las matrices
A =
1 1 −2
−1 2 1
0 1 −1
.
a) Calcule el polinomio característico de A. Factorícelo en factores lineales y diga cual es la multipli-
cidad algebraica de cada valor propio.
b) Obtenga una base para cada espacio propio.
c) Defina una aplicación lineal f : R3 → R3 tal que [f ]C
C = A y [f ]B
B es diagonal, donde C es la base
canónica de R3 y B es una base que debe determinar a partir del literal (b).
Solución.
Verifique que los valores propios de A son −1, 1 y 2; la base buscada es B = {(1, 0, 1), (3, 2, 1), (1, 1, 1)}.
9. Sean A, D, P ∈ Kn×n con P no singular.
a) Muestre que si A = PDP−1, entonces An = PDnP−1 para todo n ∈ N.
b) Tomando A =
1 3 1
3 0 3
1 3 1
. Hallar la matriz An, utilizando el resultado del literal a.
10. Sea A =
0
√
2 −
√
2
√
2 −1 −1
−
√
2 −1 −1
.
a) Calcule una base de cada espacio propio de A.
b) Calcule una base ortonormal de R3 formada de vectores propios de A.
c) Obtenga una matriz ortogonal P ∈ R3×3 tal que PT AP sea diagonal.
Solución.
11. Sea
f : R3 −→ R3
(x, y, z) −→ (x + z, y − z, x − y)
una aplicación lineal.
a) Calcule el polinomio característico de f y factorícelo. Halle una base B de R3 tal que [f ]B
B sea dia-
gonal. Es decir, B está formada por vectores propios de f.
9](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-149-320.jpg)
![b) Calcule una matriz H ortogonal tal que HT[f ]C
C H = D es diagonal, donde C es la base canónica de
R3.
Solución.
12. Sea A =
11 −8 4
−8 −1 −2
4 −2 −4
. Hallar:
a) el polinomio característico;
b) los valores propios de A;
c) una base para R3 conformada por vectores propios ortogonales de A;
d) una matriz ortogonal P tal que P−1AP sea diagonal.
Solución.
a) Notemos que el polinomio característico de A es:
p(λ) = det(A − λI3) = λ3
− 6λ2
− 135λ − 400 = (λ + 5)2
(λ − 16).
b) Si p(λ) = 0, entonces,
λ = −5 o λ = 16
los valores propios de A.
c) Encontremos una base de cada espacio propio.
1) Si λ = −5.
A partir del sistema homogéneo (A − λI3)v = 0, donde v = (v1, v2, v3)T, tenemos que
E−5 = {(v1, v2, v3) ∈ R3
, : 4v1 − 2v2 + v3 = 0}
siendo
{(1, 2, 0)T
, (−1, 0, 4)T
}
una base de E−5 y
{(1, 2, 0)T
, (−2, 1, 10)T
}
una base ortogonal de E−5.
2) Si λ = 16.
A partir del sistema homogéneo (A − λI3)v = 0, donde v = (v1, v2, v3)T, tenemos que
E16 = {(v1, v2, v3) ∈ R3
, : v1 − 4v3 = 0, v2 + 2v3 = 0}
siendo
{(4, −2, 1)T
}
una base de E16.
Por lo tanto, para el valor propio −5, tenemos que dos valores propios son (1, 2, 0)T y (−2, 1, 10)T.
Y, para el valor propio 16, el vector propio es (4, −2, 1)T. Notemos que, en efecto, el conjunto
B = (1, 2, 0)T
, (−2, 1, 10)T
, (4, −2, 1)T
es ortogonal, y, por tanto, una base de R3.
10](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-150-320.jpg)
![ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS EXTRA
Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica
1. En el espacio vectorial R2, sean
B1 = {(1, −1), (−2, 1)}, B2 = {(1, 2), (1, 1)} y C = {(1, 0), (0, 1)}
bases ordenadas.
a) Hallar:
1) [I]B1
C
2) [I]C
B2
3) [I]B1
B2
4) [I]B2
B1
5) [(1, 1)]B1
y [(1, 1)]B2
.
b) Sea f ∈ L(R2, R2), considerando B1 como una base para el espacio de salida y B2 como una base
para el espacio de llegada, suponga que la matriz de representación de f respecto a estas bases es
[f ]B1
B2
=
1 2
2 2
.
1) Halle f (a, b) para todo (a, b) ∈ R2.
2) ¿f es un isomorfismo?, ¿f es una isometría? Justifique su respuesta.
Solución.
a) 1) Recuerde que en este caso se trabaja con la aplicación lineal identidad. Luego, verifique que
[I]B1
C =
1 −2
−1 1
.
2) Recuerde que [I]C
B2
= [I]B2
C
−1
.
3) Recuerde que [I]B1
B2
= [I]C
B2
[I]C
C[I]B1
C = [I]C
B2
[I]B1
C .
4) Recuerde que [I]B2
B1
= [I]B1
B2
−1
.
5) Para calcular [(1, 1)]B2
puede emplear cualquier de los dos resultados:
[(1, 1)]B2
= [I]B1
B2
[(1, 1)]B1
o [(1, 1)]B2
= [I]C
B2
[(1, 1)]C.
b) 1) Dado que
[f (a, b)]B2
= [f ]B1
B2
[(a, b)]B1
se verifica para todo (a, b) ∈ R2.
Por tanto, verifique que
[(a, b)]B1
=
−a − 2b
−a − b
que
[f (a, b)]B2
=
−3a − 4b
−4a − 6b
y, que
f (a, b) = (−3a − 4b)(1, 2) + (−4a − 6b)(1, 1) = (−7a − 10b, −10a − 14b)
para todo (a, b) ∈ R2.
1](https://image.slidesharecdn.com/hojasejerciciosal2019-a1-200311055525/85/Hojas-ejercicios-al_2019-a-1-152-320.jpg)
Hojas ejercicios al_2019-a(1)
- 1. ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 01 Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica 1. Dada la matriz A = 1 2 3 4 5 6 −1 0 2 , calcule: a) AT + A b) A − A c) A + A d) 3A Solución. a) Se tiene que: AT + A = 1 4 −1 2 5 0 3 6 2 + 1 2 3 4 5 6 −1 0 2 = 2 6 2 6 10 6 2 6 4 . b) Se tiene que: A − A = 1 2 3 4 5 6 −1 0 2 − 1 2 3 4 5 6 −1 0 2 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 . c) Se tiene que: A + A = 1 2 3 4 5 6 −1 0 2 + 1 2 3 4 5 6 −1 0 2 = 2 4 6 8 10 12 −2 0 4 . d) Se tiene que: 3A = 3 1 2 3 4 5 6 −1 0 2 = 3 6 9 12 15 18 −3 0 6 . 2. Considere las matrices A = 1 4 2 −1 −2 4 0 3 4 y B = 0 1 3 −2 −4 0 1 2 −1 Calcule: a) A + B b) AT c) BT Solución. 1
- 2. a) Se tiene que: A + B = 1 4 2 −1 −2 4 0 3 4 + 0 1 3 −2 −4 0 1 2 −1 = 1 5 5 −3 −6 4 1 5 3 . b) Se tiene que: AT = 1 −1 0 4 −2 3 2 4 4 . c) Se tiene que: BT = 0 −2 1 1 −4 2 3 0 −1 . 3. Dado α ∈ C, considere los siguientes elementos de C3×3: A = 1 α 0 0 2 α − 1 4α −4 −8 , B = α −3 −5 3 3 − 2α −1 5 1 3α y C = −3 −2α 1 − α 3α 0 α + 1 −3α −4 −α . Hallar las siguientes matrices: a) A + B, b) B − C, c) (−B)T, d) A + B + C, e) 3A − B, f) (2C − 2B)T, g) αA; y h) (2 − α)A. Solución. a) A + B: A + B = 1 α 0 0 2 α − 1 4α −4 −8 + α −3 −5 3 3 − 2α −1 5 1 3α = 1 + α α + (−3) 0 + (−5) 0 + 3 2 + (3 − 2α) α − 1 + (−1) 4α + 5 −4 + 1 −8 + 3α = 1 + α α − 3 −5 3 5 − 2α α − 2 4α + 5 −3 −8 + 3α . b) B − C: B − C = α −3 −5 3 3 − 2α −1 5 1 3α − −3 −2α 1 − α 3α 0 α + 1 −3α −4 −α 2
- 3. = α − (−3) −3 − (−2α) −5 − (1 − α) 3 − (3α) 3 − 2α − 0 −1 − (α + 1) 5 − (−3α) 1 − (−4) 3α − (−α) = α + 3 2α − 3 −6 + α 3 − 3α 3 − 2α −2 − α 5 + 3α 5 4α . c) (−B)T: (−B)T = −α 3 5 −3 −3 + 2α 1 −5 −1 −3α T = −α −3 −5 3 −3 + 2α −1 5 1 −3α . d) A + B + C: A + B + C = 1 α 0 0 2 α − 1 4α −4 −8 + α −3 −5 3 3 − 2α −1 5 1 3α + −3 −2α 1 − α 3α 0 α + 1 −3α −4 −α = α − 2 −α − 3 −4 − α 3 + 3α 5 − 2α 2α − 1 α + 5 −7 2α − 8 . e) 3A − B: 3A − B = 3 3α 0 0 6 3α − 3 12α −12 −24 + −α 3 5 −3 −3 + 2α 1 −5 −1 −3α = 3 − α 3α + 3 5 −3 3 + 2α 3α − 2 12α − 5 −13 −3α − 24 . f) (2C − 2B)T: (2C − 2B)T = −6 −4α 2 − 2α 6α 0 2α + 2 −6α −8 −2α + −2α 6 10 −6 4α − 6 2 −10 −2 −6α T = −6 − 2α −4α + 6 12 − 2α 6α − 6 4α − 6 2α + 4 −6α − 10 −10 −8α T = −6 − 2α 6α − 6 −6α − 10 −4α + 6 4α − 6 −10 12 − 2α 2α + 4 −8α . g) αA : αA = α 1 α 0 0 2 α − 1 4α −4 −8 = α |α|2 0 0 2α |α|2 − α 4|α|2 −4α −8α . h) (2 − α)A: (2 − α)A = (2 − α) 1 α 0 0 2 α − 1 4α −4 −8 = 2 − α 2α − α2 0 0 4 − 2α 3α − α2 − 2 8α − 4α2 −8 + 4α −16 + 8α . 3
- 4. 4. Considere las matrices A = a b c c b a 1 1 1 y B = 1 a c 1 b b 1 c a Calcule A + B y AB. Solución. Tenemos que A + B = a + 1 b + a 2c c + 1 2b a + b 2 c + 1 a + 1 y AB = a + b + c a2 + b2 + c2 2ac + b2 a + b + c 2ac + b2 a2 + b2 + c2 3 a + b + c a + b + c 5. Considere las siguientes matrices: A = 1 4 −2 −2 0 −8 y B = −4 7 0 1 8 −3 . a) Encuentre una matriz C tal que 2A + B − C es la matriz cero de R3×2. b) Encuentre una matriz D ∈ R3×3 tal que ABT − BAT + 2D es la matriz de R3×3 cuyas entradas son todas igual a 2. Solución. a) Notemos que buscamos una matriz C tal que 2A + B − C = 0 o equivalentemente, C = 2A + B. Por tanto, la matriz buscada es C = −2 15 −4 −3 8 −19 . b) Sea W ∈ R3×3 la matriz cuyas entradas son todas iguales a 2, buscamos una matriz D tal que ABT − BAT + 2D = W, a partir de lo cual tenemos que D = − 1 2 (ABT − BAT − W). Por tanto, la matriz buscada es D = 1 −4 −25 6 1 2 27 0 1 . 6. Demuestre que la suma de dos matrices de la forma A = a b −b a , donde a y b son números reales, es una matriz de la misma forma. 4
- 5. Solución. Sean A = a b −b a y B = c d −d c . Tenemos que A + B = a b −b a + c d −d c = a + c b + d −(b + d) a + c . Luego, se ha mostrado el resultado. 7. Dadas las matrices A = 1 −1 2 3 y B = −1 0 2 3 , encuentre una matriz X ∈ R2×2 tal que 3(2A + B + X) = 5(X − A + B). Solución. Supongamos que la matriz X existe, entonces, a partir de 3(2A + B + X) = 5(X − A + B), realizando operaciones de suma y producto, tenemos que X = 1 2 (11A − 2B), Luego, la matriz buscada es X = 13/2 −11/2 9 27/2 . 8. Sea Epq la matriz de R2×2 que contiene un 1 en el lugar pq−ésimo y el elemento 0 en los demás lugares. a) Obtenga E11, E12, E21 y E22. b) Encuentre los reales a, b, c y d tales que: aE11 + bE12 + cE21 + dE22 = 1 2 1 4 . Solución. a) Dado que p nos indica la fila y q la columna, tenemos que E11 = 1 0 0 0 , E12 = 0 1 0 0 , E21 = 0 0 1 0 y E22 = 0 0 0 1 . b) En virtud del literal anterior se tiene que aE11 + bE12 + cE21 + dE22 = a 0 0 0 + 0 b 0 0 + 0 0 c 0 + 0 0 0 d = a b c d . Finalmente, por igualdad de matrices, obtenemos que a = 1, b = 2, c = 1 y d = 4. 9. Determinar x, y, z y w ∈ R tales que 3 x y z w = x 6 −1 2w + 4 x + y z + w 3 . 5
- 6. Solución. Realizando la multiplicación del lado izquierdo y la suma del lado derecho, obtenemos 3x 3y 3z 3w = x + 4 6 + x + y −1 + z + w 3 + 2w . A partir de la igualdad de matrices obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones 2x = 4 2y = 6 + x 2z = −1 + w w = 3. Luego, los valores buscados son: x = 2, y = 4, z = 1, w = 3. 10. Sean A, B ∈ Km×n, C, D ∈ Kn×p, E ∈ Kp×q y α ∈ K. Demuestre que: a) A(DE) = (AD)E; b) A(C + D) = AC + AD; c) (A + B)C = AC + BC; d) A(αC) = α(AC) = (αA)C. Solución. Sean A = (aik), B = (bik), C = (ckl), D = (dkl) y E = (elj). a) Notemos DE = F y AD = G. Se tiene que: A(DE) = AF = n ∑ k=1 aik fkj = n ∑ k=1 aik p ∑ l=1 dklelj = p ∑ l=1 n ∑ k=1 aikdklelj = p ∑ l=1 n ∑ k=1 aikdkl elj = p ∑ l=1 gilelj = GE = (AD)E. b) Se tiene que: A(C + D) = n ∑ k=1 aik(ckl + dkl) = n ∑ k=1 aikckl + aikdkl = n ∑ k=1 aikckl + n ∑ k=1 aikdkl = AC + AD. 6
- 7. c) De forma similar al literal b. d) Tenemos que: A(αC) = n ∑ k=1 aik(αckl) = α n ∑ k=1 aikckl = α(AC). De forma similar, se tiene que (αA)C = α(AC). Por tanto, se ha mostrado que A(αC) = α(AC) = (αA)C. 11. Utilizando las matrices A = 1 2 3 −1 −2 3 1 5 , B = 1 0 2 −1 −1 1 0 2 0 1 1 0 , C = 1 0 0 2 1 0 3 2 1 , D = 1 2 3 0 1 0 −1 0 2 y E = 1 2 0 0 0 0 −1 −2 ; calcule: a) AB; b) BC; c) B(C + D); d) (E + A)B. Solución. a) AB = −2 3 4 0 4 −1 . b) BC = 7 4 2 0 1 1 4 2 0 3 1 0 . c) B(C + D) = 1 0 2 −1 −1 1 0 2 0 1 1 0 2 3 3 2 2 0 2 2 3 = 6 6 9 −2 −2 0 4 4 0 4 4 3 . d) (E + A)B = 2 4 3 −1 −2 3 0 3 1 0 2 −1 −1 1 0 2 0 1 1 0 = −3 1 8 −2 0 −1 . 12. Sea x ∈ R, considere las matrices: A = 2 1 0 1 −1 2 0 2 4 y b = x 4 1 . ¿Para qué valores de x se cumple que bAbT = 0? 7
- 8. Solución. Notemos que bAbT = 2x2 + 8x + 4 que junto a la hipótesis bAbT = 0 implica que 2x2 + 8x + 4 = 0, luego, x = −2 − √ 2 o x = −2 + √ 2, los valores buscados. 13. Sean A, B ∈ R3×2 donde aij = m´ax{i, j} y bij = i + j para cada i ∈ {1, 2, 3} y j ∈ {1, 2}. Calcule: a) A + B b) ABT c) ATB Solución. Las matrices que se obtienen son A = 1 2 2 2 3 3 y B = 2 3 3 4 4 5 . De donde a) A + B = 3 5 5 6 7 8 . b) ABT = 8 11 14 10 14 18 15 21 27 . c) AT B = 20 26 22 29 . 14. Sean A, B ∈ C3×3 donde apq = p − q y bpq = (−1)p+q para cada p, q ∈ {1, 2, 3}. Calcule: a) AB b) 2A + 3B c) ATB Solución. 8
- 9. Primero, notemos que i = √ −1 y segundo, las matrices que se obtienen son A = 0 −1 −2 1 0 −1 2 1 0 y B = 1 i 1 i 1 i 1 i 1 . De donde a) AB = −2 − i −1 − 2i −2 − i 0 0 0 2 + i 1 + 2i 2 + i . b) 2A + 3B = 3 −2 + 3i −1 2 + 3i 3 −2 + 3i 7 2 + 3i 3 . c) AT B = 2 + i 1 + 2i 2 + i 0 0 0 −2 − i −1 − 2i −2 − i . 15. Sean A, B ∈ R2×4 donde aij = i2 + j y bij = ij para cada i ∈ {1, 2} y j ∈ {1, 2, 3, 4}. Calcule: a) A + B b) ABT c) ATB Solución. Las matrices que se obtienen son A = 2 3 4 5 5 6 7 8 y B = 1 2 3 4 2 4 6 8 . 16. Determine si existen valores de α ∈ R y β ∈ R tales que las matrices A y B conmutan, donde A = α 1 1 0 y B = 1 β 0 1 + β . En caso de existir, determínelos. Solución. Tenemos que AB = α αβ + 1 + β 1 β y BA = α + β 1 1 + β 0 , de donde se tiene que α = α + β, αβ + 1 + β = 1, 9
- 10. 1 + β = 1, β = 0. Observamos entonces que la única posibilidad es que β = 0 y en tal caso, todas las ecuaciones anteriores se verifican. Por ende, para β = 0 y para todo α ∈ R, las matrices A y B conmutan. 17. Sean a, b, c, d ∈ R y considere las matrices A = a b 0 0 y B = c d 0 0 . Demuestre que A y B conmutan si y sólo si ad − bc = 0. Solución. Tenemos que AB = ac ad 0 0 y BA = ac bc 0 0 . Por ende, tenemos que AB = BA y sólo si ad = bc, es decir, A y B conmutan si y sólo si ad − bc = 0. 18. Sea A la matriz A = a b 0 a , donde a y b son reales distintos de cero. Encuentre todas las matrices B ∈ R2×2 tales que A y B sean conmutables. Solución. Sea B la matriz definida por: B = c d e f , entonces, AB = ac + be ad + b f ae a f y BA = ac bc + da ae be + a f . Y ya que AB = BA, tenemos el sistema: ac + be = ac, ad + b f = bc + da, a f = be + a f. Resolvemos este sistema y obtenemos que e = 0 y c = f. Por lo tanto, todas las matrices que conmutan con A son de la forma: B = c d 0 c . 19. Demuestre que para todos los valores de a, b, c, d ∈ R las matrices A = a b −b a y B = c d −d c conmutan. 10
- 11. Solución. Verifique que AB = BA y luego concluya que A y B conmutan. 20. Sean A, B ∈ Rn×n y sean C1 = α1A + β1B y C2 = α2A + β2B donde α1, α2, β1, β2 son escalares tales que α1β2 = α2β1. Demuestre que C1C2 = C2C1 si y sólo si AB = BA. Solución. Notemos que α1β2 = α2β1 implica que α1β2 − α2β1 = 0. Además, se tiene que C1C2 − C2C1 = (α1β2 − α2β1)(AB − BA) Por tanto, C1C2 − C2C1 = 0 si y sólo si AB − BA = 0, es decir, se ha mostrado que, C1C2 = C2C1 si y sólo si A y B conmutan. 21. Determine dos elementos A y B de R2×2 tales que AB = 0 y BA = 0. Solución. Un ejemplo sencillo está dado por las matrices A = 0 1 0 0 y B = 1 0 0 0 . En efecto, tenemos: AB = 0 0 0 0 y BA = 0 1 0 0 . 22. Proponga un ejemplo, no trivial, de matrices A, B ∈ R3×3 tales que A3 − B3 = (A − B)(A2 + AB + B2 ). Solución. Notemos que al no existir referencia a la diferencia entre AB y BA, las matrices que buscamos con- mutan entre sí. Ahora, utilizando el ejercicio 18, tenemos que para valores a = 1, b = 2, c = 3 y d = −1 obtenemos las matrices A = 1 2 0 0 1 0 0 0 0 y B = 3 −1 0 0 3 0 0 0 0 que verifican A3 − B3 = −26 33 0 0 −26 0 0 0 0 y (A − B)(A2 + AB + B2 ) = −26 33 0 0 −26 0 0 0 0 . 23. Considere un conjunto de n estaciones entre las cuales puede o no haber comunicación. Denotemos esta situación en una matriz A = (aij) donde: aij = 1 si hay comunicación de i a j. 0 si no hay comunicación. 0 si i = j. 11
- 12. A continuación, se indica la matriz de comunicación entre cuatro estaciones. A = 0 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 . a) Escriba el diagrama correspondiente. b) Calcule A + A2 e interprete el resultado. Solución. a) El diagrama que corresponde se muestra a continuación: 1 2 3 4 b) Notemos que A + A2 = 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 0 2 2 2 1 1 , luego, el término aij indica el número de formas en que es posible comunicar la estación i a la j utilizando a lo más una estación intermedia. 24. Sean a, b y c tres números reales tales que a2 + b2 + c2 = 1. Sean las matrices reales M = 0 c −b −c 0 a b −a 0 , Q = a b c y P = I3 + M2. a) Calcule QQT. ¿Cómo se relaciona este producto con la matriz P? b) Demuestre que P2 = P. c) Demuestre que PM = MP = 0. Solución. 12
- 13. a) Realizado la multiplicación de matrices tenemos que QQT = a b c a b c = a2 ab ac ab b2 bc ac bc c2 . Notemos también que M2 = 0 c −b −c 0 a b −a 0 0 c −b −c 0 a b −a 0 = −b2 − c2 ab ac ab −a2 − c2 bc ac bc −a2 − b2 , por lo tanto P = I3 + M2 = 1 0 0 0 1 0 0 0 1 + −b2 − c2 ab ac ab −a2 − c2 bc ac bc −a2 − b2 = 1 − b2 − c2 ab ac ab 1 − a2 − c2 bc ac bc 1 − a2 − b2 . Ahora, como a2 + b2 + c2 = 1 tenemos que 1 − b2 − c2 = a2, 1 − a2 − c2 = b2 y 1 − a2 − b2 = c2, por lo tanto P = a2 ab ac ab b2 bc ac bc c2 . (1) Así, por (1), tenemos que P = QQT . (2) Por otro lado, QT Q = a b c a b c = a2 + b2 + c2 = 1. (3) b) Por (2) tenemos que P = QQT, y, por ende, gracias a la propiedad asociativa del producto de matrices, P2 = (QQT )(QQT ) = Q(QT (QQT )) = Q((QT Q)QT ). Pero, por (3) se tiene que QTQ = 1, así P2 = Q(1QT ) = QQT = P, donde nuevamente hicimos uso de (2). c) Por (2) tenemos que P = QQT, por ende PM = (QQT )M = Q(QT M). Ahora, QT M = a b c 0 c −b −c 0 a b −a 0 = 0 0 0 = 0 y, por ende PM = Q0 = 0. 13
- 14. De manera análoga, MP = M(QQT ) = (MQ)QT y MQ = 0 0 0 = 0, por ende MP = 0QT = 0. Con esto, PM = MP = 0, cómo se deseaba. 25. Considere la matriz A = 1 2 0 0 1 3 0 0 1 y sea B = A − I; donde I es la identidad. Calcule Bn para todo n ∈ N∗. Solución. Para n = 1, B1 = B = A − I = 0 2 0 0 0 3 0 0 0 . Para n = 2, B2 = BB = 0 0 6 0 0 0 0 0 0 . Para n = 3, B3 = B2 B = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = 0. que es la matriz nula. Por tanto, para cada n ≥ 3, tenemos que Bn = B3Bn−3 = 0. 26. Sea A = cos(x) sen(x) − sen(x) cos(x) . a) Determine A2. b) Determine A3. c) Conjeture la forma para An, para n ∈ N∗. d) Demuestre que se verifica la conjetura planteada en el literal anterior. Solución. 14
- 15. a) Se tiene que: A2 = cos(x) sen(x) − sen(x) cos(x) cos(x) sen(x) − sen(x) cos(x) = cos2(x) − sen2(x) 2 sen(x) cos(x) −2 cos(x) sen(x) − sen2(x) + cos2(x) = cos(2x) sen(2x) − sen(2x) cos(2x) b) Tenemos que A3 = cos(x) sen(x) − sen(x) cos(x) cos(2x) sen(2x) − sen(2x) cos(2x) = cos(x) cos(2x) − sen(x) sen(2x) 2 sen(x) cos(2x) −2 cos(x) sen(2x) − sen(x) sen(2x) + cos(x) cos(2x) = cos(3x) sen(3x) − sen(3x) cos(3x) c) A partir de los literales anteriores tenemos que An = cos(nx) sen(nx) − sen(nx) cos(nx) para cada n ∈ N∗. d) Para verificar lo planteado en el literal anterior utilizamos el teorema del Principio de Inducción Matemática. i) Para n = 1 tenemos que A1 = A y cos(1x) sen(1x) − sen(1x) cos(1x) = A. Luego, la fórmula es verdadera para n = 1. ii) Tomemos n = k con k ∈ N∗ y supongamos que Ak = cos(kx) sen(kx) − sen(kx) cos(kx) (4) es verdad. Vamos a mostrar que Ak+1 = cos((k + 1)x) sen((k + 1)x) − sen((k + 1)x) cos((k + 1)x) es verdad. En efecto, gracias a propiedades de la potencia de matrices, junto con (4) tenemos que Ak+1 = Ak A = cos(kx) sen(kx) − sen(kx) cos(kx) cos(x) sen(x) − sen(x) cos(x) = cos(kx) cos(x) − sen(kx) sen(x) cos(kx) sen(x) + sen(kx) cos(x) −2 sen(kx) cos(x) − cos(kx) sen(x) − sen(kx) sen(x) + cos(kx) cos(x) = cos((k + 1)x) sen((k + 1)x) − sen((k + 1)x) cos((k + 1)x) . 15
- 16. Por i) y ii) junto con el teorema del Principio de Inducción Matemática, concluimos que An = cos(nx) sen(nx) − sen(nx) cos(nx) es verdad, para cada n ∈ N∗. 27. Considere la matriz A = 1 −2 0 1 a) Conjeture la forma para An, para n ∈ N∗. b) Demuestre que se verifica la conjetura planteada en el literal anterior. Solución. a) En virtud de los literales a, b y c del ejercicio 26, obtenemos que An = 1 −2n 0 1 para cada n ∈ N∗. b) Utilice el teorema del Principio de Inducción Matemática. 28. Considere la matriz A = 1 −1 0 0 2 1 0 0 3 a) Conjeture la forma para An, para n ∈ N∗. b) Demuestre que se verifica la conjetura planteada en el literal anterior. Solución. Verifique que An = 1 1 − 2n 22n−3n−1 2 0 2n −2n + 3n 0 0 3n para cada n ∈ N∗. Para obtener este resultado proceda como en el ejercicio anterior, junto con la fórmula aij = a + b2n + c3n para determinar los valores de las posiciones a12, a13 y a23 en An, es decir, para cada posición obtenga un sistema de ecuaciones lineales tres por tres en las variables a, b y c, a partir de la información n = 1 y A1; n = 2 y A2; n = 3 y A3. Ejercicios sugeridos: 3a, 3f, 3g, 9, 13a, 17, 18, 20, 22, 24a, 24b y 26. 16
- 17. ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 02 Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica 1. Sean X ∈ Rn×m y P, Q ∈ Rq×m. Demuestre que: a) Si XTX = 0, entonces X = 0. b) Si PXTX = QXTX, entonces PXT = QXT. Sugerencia: Muestre primero que si Y = X(P − Q)T, entonces se verifica que YTY = 0. Solución. a) Supongamos que XTX = 0, a partir de X = (xkj) tomando C = XTX, obtenemos que cii = n ∑ k=1 x2 ki y cij = n ∑ k=1 xkixkj para cada i, j ∈ {1, 2, . . . , m}. Dado que C = 0 junto con cjj, obtenemos que xkj = 0 para cada k ∈ {1, 2, . . . , n} y j ∈ {1, 2, . . . , m}. Por tanto, se ha mostrado que X = 0. b) Supongamos que PXTX = QXTX y tomemos Y = X(P − Q)T, entonces: YT Y = (X(P − Q)T )T (X(P − Q)T ) = ((P − Q)T )T XT X(P − Q)T = (P − Q)XT X(PT − QT ) = PXT X(PT − QT ) − QXT X(PT − QT ) = QXT X(PT − QT ) − QXT X(PT − QT ) = 0. Ahora, por el literal anterior junto con el resultado YTY = 0, concluimos que Y = 0, es decir X(P − Q)T = 0, lo que implica que PXT = QXT. 2. Sean A, B ∈ Kn×n y α ∈ K, demuestre que: a) Tr(A) = Tr(AT); b) Tr(A + B) = Tr(A) + Tr(B); c) Tr(AB) = Tr(BA); d) Tr(αA) = α Tr(A); Solución. Tomemos A = (aij) y B = (bij). a) Sea C = AT, entonces cij = aji y por tanto cjj = ajj para cada i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Finalmente, tenemos que Tr(AT ) = Tr(C) = n ∑ j=1 cjj = n ∑ j=1 ajj = Tr(A). 1
- 18. b) Sea C = A + B, entonces cij = aij + bij y por tanto cjj = ajj + bjj para cada i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Se tiene, por tanto Tr(A + B) = Tr(C) = n ∑ j=1 cjj = n ∑ j=1 ajj + bjj = n ∑ j=1 ajj + n ∑ j=1 bjj = Tr(A) + Tr(B). c) Sean C = AB y D = BA, entonces cij = n ∑ k=1 aikbkj y dij = n ∑ k=1 bikakj junto con cjj = n ∑ k=1 ajkbkj y djj = n ∑ k=1 bjkakj para cada i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Por tanto Tr(AB) = Tr(C) = n ∑ j=1 cjj = n ∑ j=1 n ∑ k=1 ajkbkj = n ∑ k=1 n ∑ j=1 bkjajk = n ∑ j=1 djj = Tr(D) = Tr(BA). d) Sea C = αA, entonces cij = αaij y cjj = αajj para cada i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Por tanto Tr(αA) = Tr(C) = n ∑ j=1 cjj = n ∑ j=1 αajj = α n ∑ j=1 ajj = α Tr(A). 3. Sea A = 1 2 3 . Calcule: AT A, AAT y Tr(AT A). Solución. Tenemos que AT A = 1 2 3 2 4 6 3 6 9 y AAT = 14 junto con Tr(AT A) = 14. 4. ¿Cuál es el efecto sobre las filas (o columnas) de una matriz A si la multiplicamos por la izquierda (o derecha) por una matriz diagonal? Solución. Tenemos que A = (aij) ∈ Rn×n y sea D = (dij) ∈ Rn×n un matriz diagonal, donde dij = βi si i = j, 0 si i = j. Sean B = DA y C = AD obtenemos que bij = n ∑ k=1 dikakj = diiaij = βiaij y cij = n ∑ k=1 aikdkj = aijdjj = aijβj para cada i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Por tanto, si multiplicamos una matriz diagonal a la izquierda de la matriz A sus filas se multiplican por las correspondientes entradas de la diagonal principal de la matriz diagonal. De forma similar, si multiplicamos una matriz diagonal a la derecha de la matriz A sus columnas se multiplican por las correspondientes entradas de la diagonal principal de la matriz diagonal. 5. Sean A, B ∈ Rn×n dos matrices diagonales y sea p un entero positivo. a) Demuestre que A y B conmutan. b) Obtenga una fórmula para Ap. 2
- 19. Solución. Tenemos que A = (aij) y B = (bij), entonces aij = αi si i = j, 0 si i = j. y bij = βi si i = j, 0 si i = j. a) Sean C = AB y D = BA, entonces cij = n ∑ k=1 aikbkj = αiβi si i = j, 0 si i = j. y dij = n ∑ k=1 bikakj = βiαi si i = j, 0 si i = j. para cada i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Por tanto, C = D, lo que implica que A y B conmutan. b) Verifique que a partir de A, A2 y A3 se puede proponer la fórmula Ap = (a p ij), donde a p ij = α p i , si i = j, 0, si i = j, para cada i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. 6. Dado k ∈ R, sea Dk = kIn la matriz escalar asociada al escalar k. Sean además A ∈ Rn×n y k′ ∈ R. Probar que: a) Dk A = ADk = kA. b) Dk+k′ = Dk + Dk′ . c) DkDk′ = Dkk′ . Solución. a) Tenemos que Dk A = (kIn)A = kIn A = kA y ADk = A(kIn) = kAIn = kA luego, se tiene que Dk A = ADk = kA. b) Se tiene que Dk+k′ = (k + k′ )In = kIn + k′ In = Dk + Dk′ . c) Tenemos DkDk′ = (kIn)(k′ In) = kk′ In = Dkk′ . 7. Sean A, B ∈ Rn×1. Demuestre que ABT + BAT es una matriz simétrica. Solución. Por las propiedades de la transpuesta de una matriz tenemos que (ABT + BAT )T = (ABT )T + (BAT )T = (BT )T AT + (AT )T BT = BAT + ABT = ABT + BAT . Lo que muestra el enunciado. 8. Sean A, B ∈ Rn×n, dos matrices simétricas. Demuestre que: 3
- 20. a) A + B es simétrica. b) (AB)T = BA. Solución. a) Por las propiedades de la transpuesta de una matriz tenemos que (A + B)T = AT + BT = A + B. Luego, A + B es simétrica. b) Se tiene que por las propiedades de la transpuesta de una matriz junto con las hipótesis sobre A y B, obtenemos que (AB)T = BT AT = BA. 9. Sean A, B ∈ Rn×n, dos matrices antisimétricas. Demuestre que: a) A + B es antisimétrica. b) Toda componente en la diagonal principal de A es cero. c) (AB)T = BA de manera que AB es simétrica si y sólo si A y B conmutan. Solución. a) Por las propiedades de la transpuesta de una matriz tenemos que (A + B)T = AT + BT = −A − B = −(A + B). Luego, A + B es antisimétrica. b) A partir de A = (aij) junto con A = −AT, tenemos que aij = −aji y ajj = −ajj para cada i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Luego, de ajj = −ajj, concluimos que ajj = 0 para cada j ∈ {1, 2, . . . , n}, es decir, se ha mostrado que toda componente en la diagonal principal de A es cero. c) Notemos que (AB)T = BT AT = (−B)(−A) = BA. Ahora, recordando que si A y B conmutan tenemos que AB = BA, luego, por el resultado anterior, se tiene que AB es simétrica si y sólo si A y B conmutan. 10. Sean α, β ∈ R, considere la matriz A = 2 α 3 5 −6 2 β 2 4 . Encuentre todos los valores posibles de α y β tal que A sea simétrica. Solución. De AT = A, obtenemos que AT − A = 0, lo que nos permite obtener el sistema de ecuaciones α − 5 = 0, β − 3 = 0. Luego, los valores buscados son α = 5 y β = 3. 11. Si A ∈ Kn×n, demuestre que: 4
- 21. a) AAT y AT A es simétrica. b) A + AT es simétrica. c) A − AT es antisimétrica. Solución. a) Para demostrar que AAT y AT A son simétricas, calculamos la transpuesta de cada matriz. Se tiene que: AAT T = (AT )T AT = AAT y AT A T = (AT )(AT )T = AT A. Lo cual demuestra el enunciado. b) A + AT es simétrica. (A + AT )T = AT + (AT )T = AT + A Lo que verifica el enunciado. c) A − AT es antisimétrica. (A − AT )T = AT − (AT )T = AT − A = −(A − AT ) Lo que demuestra el enunciado. 12. Muestre que toda matriz cuadrada se puede escribir de una forma única como la suma de una matriz simétrica y una matriz antisimétrica. Considere la matriz A = 1 5 7 −9 , escríbala como la suma de una matriz simétrica B y una antisimétrica C. Solución. En virtud del ejercicio 11, sean B = A + AT 2 y C = A − AT 2 . Luego, A = B + C con B = 1 6 6 −9 y C = 0 −1 1 0 . 13. Encuentre una matriz triangular superior A tal que A3 = 8 −57 0 27 . Solución. Sea A = a b 0 c , tenemos que A3 = a3 ∗ 0 c3 Por lo cual, a3 = 8 y c3 = 27, lo que implica que a = 2 y c = 3. Entonces, se tiene que A2 = 4 5b 0 9 y A3 = 8 19b 0 27 , y de 19b = −57 se obtiene que b = −3. Finalmente, la matriz buscada es A = 2 −3 0 3 . 5
- 22. 14. a) Recuerde la fórmula del binomio para 2 reales a y b. b) Considere la matriz A definida por: A = 1 1 2 0 1 1 0 0 1 . Descomponga A en la suma de la matriz Identidad y de una matriz que llamaremos B. Calcule Bn para todo n ∈ N∗ c) Calcule An, para todo n ∈ N∗, utilizando la fórmula de Newton. Solución. a) Dados a, b ∈ R y n ∈ N, tenemos (a + b)n = n ∑ k=0 n k ak bn−k b) Tenemos que A = I3 + B, donde B está definida como: B = 0 1 2 0 0 1 0 0 0 . Con esto tenemos B2 = BB = 0 1 2 0 0 1 0 0 0 0 1 2 0 0 1 0 0 0 = 0 0 1 0 0 0 0 0 0 . De manera similar, B3 = BB2 = 0 1 2 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 . Para n ≥ 3, se tiene que Bn = B3 × Bn−3 = 03×3. c) Tenemos que A = B + I3 y, por la fórmula del binomio, An = I3 + n 1 B + n 2 B2 para todo n ∈ N. Por lo tanto, An = 1 n 2n + n(n−1) 2 0 1 n 0 0 1 . 15. Dadas las matrices: A = 1 −2 0 1 y B = 2 −1 1 0 2 1 0 0 2 . Utilice la fórmula de Newton para determinar An y Bn para todo n ∈ N∗. Solución. 6
- 23. Tenemos que A = 1 0 0 1 + 0 0 0 −2 = I + C. Notemos que C2 = 0, y, por tanto, Cn = 0 para todo n ∈ N∗ con n ≥ 2. Utilizando la fórmula de Newton tenemos que An = (I + C)n = n ∑ k=0 n k Ik Cn−k = n n − 1 In−1 C1 + n n In C0 = nC + I = 0 −2n 0 0 + 1 0 0 1 = 1 −2n 0 1 para cada n ∈ N∗. Para obtener la matriz Bn proceda de forma similar a la realizada para An y verifique que Bn = 2n −2n n 2 2n 8 (−n2 + 5n) 0 2n 2n n 2 0 0 2n . 16. Sea la matriz A = 3 −1 1 −2 4 −2 −4 4 −2 . a) Compruebe que la matriz B = A − I es idempotente. b) Calcule An para todo n ∈ N∗. Solución. a) Notemos que B = 2 −1 1 −2 3 −2 −4 4 −3 , luego, se puede verificar que B2 = B, lo que muestra que B es idempotente. b) Por el literal anterior tenemos que Bn = B para cada n ∈ N∗, además, A = B + I. Utilizando la fórmula del binomio de Newton se tiene el siguiente desarrollo An = (B + I)n = n ∑ k=0 n k Bk In−k = n 0 B0 In + n 1 B1 In−1 + n 2 B2 In−2 + · · · + n n Bn I0 = n 0 I + n 1 B + n 2 B + · · · + n n B 7
- 24. = I + n 1 + n 2 + · · · + n n B = I + n ∑ k=1 n k B.. Ahora, dado que (1 + 1)n = n ∑ k=0 n k , tenemos que 2n = n 0 + n ∑ k=1 n k . Finalmente, se obtiene que para cada n ∈ N∗, An = I + (2n − 1)B. 17. Encuentre la matriz elemental, M ∈ R4×4, que se obtiene al realizar las siguientes operaciones por filas: a) 3F1 → F1; b) 2F2 → F2; c) βF1 + F2 → F2, donde β ∈ R; d) 3F1 + F3 → F3; y e) −1 2 F3 + F4 → F4. Solución. a) 3F1 → F2 3 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 . b) 2F2 → F2 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 . c) βF1 + F2 → F2 1 0 0 0 β 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 . d) 3F1 + F3 → F3 1 0 0 0 0 1 0 0 3 0 1 0 0 0 0 1 . e) −1 2 F3 + F4 → F4 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 −1 2 1 . 8
- 25. 18. Encuentre las matrices elementales que llevan la matriz A = 1 2 3 0 1 2 1 0 3 a una matriz escalonada. Solución. Realizando las operaciones elementales por filas siguientes: a) −F1 + F3 → F − 3 b) F3 ↔ F2 c) − 1 2 F2 d) −F2 + F3 → F3 e) −2F2 + F1 → F1 f) 1 2 F3 → F3 g) −3F3 + F1 → F1 en el orden indicado, obtenemos las matrices elementales Ea = 1 0 0 0 1 0 −1 0 1 Eb = 1 0 0 0 0 1 0 1 0 Ec = 1 0 0 0 −1/2 0 0 0 1 Ed = 1 0 0 0 1 0 0 −1 1 Ee = 1 −2 0 0 1 0 0 0 1 Ef = 1 0 0 0 1 0 0 0 1/2 yEg = 1 0 −3 0 1 0 0 0 1 que verifican que I3 = EgEf EeEdEcEbEa A. 19. Dadas las siguientes matrices: A = 3 1 3 1 2 3 −1 −3 4 3 9 −12 , B = 1 −1 1 4 3 2 1 2 4 2 2 8 y C = −2 3 1 0 1 3 −1 −2 , hallar su rango. Solución. a) Vamos a hallar el rango de A, para ello reduciremos la matriz A por filas. 3 1 3 1 2 3 −1 −3 4 3 9 −12 ∼ 1 2 3 3 1 3 −1 −3 4 3 9 −12 F1 ↔ F2 ∼ 1 2 3 0 −5 −6 −1 −3 4 3 9 −12 − 3F1 + F2 → F2 9
- 26. ∼ 1 2 3 0 −5 −6 0 −1 7 3 9 −12 F1 + F3 → F3 ∼ 1 2 3 0 −5 −6 0 −1 7 0 3 −21 − 3F1 + F4 → F4 ∼ 1 2 3 0 1 −7 0 −5 −6 0 3 −21 − F3 ↔ F2 ∼ 1 2 3 0 1 −7 0 0 −41 0 3 −21 5F2 + F3 → F3 ∼ 1 2 3 0 1 −7 0 0 −41 0 0 0 − 3F2 + F4 → F4 ∼ 1 2 3 0 1 −7 0 0 1 0 0 0 − 1 41 F3 → F3 ∼ 1 2 3 0 1 0 0 0 1 0 0 0 7F3 + F2 → F2 ∼ 1 2 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 − 3F3 + F1 → F1 ∼ 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 − 2F2 + F1 → F1 Así la matriz escalonada reducida por filas, equivalente a A es 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 Por lo tanto rang(A) = 3. 10
- 27. b) Para encontrar el rango de B hallaremos la matriz escalonada reducida por filas equivalente a B. 1 −1 1 4 3 2 1 2 4 2 2 8 ∼ 1 −1 1 4 0 −5 2 10 4 2 2 8 3F1 − F2 → F2 ∼ 1 −1 1 4 0 −5 2 10 0 −6 2 8 4F1 − F3 → F3 ∼ 1 −1 1 4 0 1 −2 5 −2 0 −6 2 8 1 5 F2 → F2 ∼ 1 −1 1 4 0 1 −2 5 −2 0 0 −2 5 −4 6F2 + F3 → F3 ∼ 1 −1 1 4 0 1 −2 5 −2 0 0 1 10 − 5 2 F3 → F3 ∼ 1 −1 1 4 0 1 0 2 0 0 1 10 2 5 F3 + F2 → F2 ∼ 1 −1 0 −6 0 1 0 2 0 0 1 10 F1 − F3 → F1 ∼ 1 0 0 −4 0 1 0 2 0 0 1 10 F1 + F2 → F1 Así la matriz escalonada reducida por filas, equivalente a B es 1 0 0 −4 0 1 0 2 0 0 1 10 . Por lo tanto rang(B) = 3. c) Para encontrar el rango de C hallaremos la matriz escalonada reducida por filas equivalente a C. −2 3 1 0 1 3 −1 −2 ∼ 1 3 −1 −2 −2 3 1 0 F1 ↔ F2 ∼ 1 3 −1 −2 0 9 −1 −4 2F1 + F2 → F2 ∼ 1 3 −1 −2 0 1 −1 9 −4 9 1 9 F2 → F2 ∼ 1 0 −2 3 −2 3 0 1 −1 9 −4 9 F1 − 3F2 → F1 11
- 28. Así la matriz escalonada reducida por filas equivalente a C es 1 0 −2 3 −2 3 0 1 −1 9 −4 9 . Por lo tanto rang(C) = 2. 20. Sea A = i −(1 + i) 0 1 −2 1 1 2i −1 , hallar la matriz escalonada reducida por filas equivalente a A. Solución. Para hallar la matriz escalonada reducida por filas equivalente a A, realizaremos el proceso de Gauss- Jordan. i −(1 + i) 0 1 −2 1 1 2i −1 ∼ 1 −2 1 i −(1 + i) 0 1 2i −1 F2 ↔ F1 ∼ 1 −2 1 0 −1 + i −i 1 2i −1 − iF1 + F2 → F2 ∼ 1 −2 1 0 −1 + i −i 0 2 + 2i −2 − F1 + F3 → F3 ∼ 1 −2 1 0 1 −1 2 + 1 2 i 0 2 + 2i −2 − 1 2 + 1 2 i F2 → F2 ∼ 1 −2 1 0 1 −1 2 + 1 2 i 0 0 0 − (2 + 2i)F2 + F3 → F3 ∼ 1 0 i 0 1 −1 2 + 1 2 i 0 0 0 2F2 + F1 → F1 Así la matriz escalonada reducida por filas equivalente a A es 1 0 i 0 1 −1 2 + 1 2 i 0 0 0 . Ejercicios sugeridos: 1, 2a, 6a, 7, 9, 13, 14, 17a y 19. 12
- 29. ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 03 Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica 1. Considere el siguiente sistema −x + y − 5z = −2 3x − 3y + z = −8. a) Determine el conjunto solución. b) Verifique que si se agrega una ecuación como x − y − 9z = −12 que resulta de sumar dos veces la primera ecuación con la segunda, la información que se agrega es redundante, es decir, la nueva restricción ya está contemplada en las dos primeras ecuaciones. c) Por otra parte, explique por qué si se agrega una ecuación como x − y − 9z = −10 se agrega una inconsistencia. Verifique esto último resolviendo el sistema resultante. Solución. a) El correspondiente sistema matricial es Aw = b donde A = −1 1 −5 3 −3 1 , w = x y z y b = −2 −8 . Luego, la correspondiente matriz ampliada es −1 1 −5 | −2 3 −3 1 | −8 . Ahora, utilizando las operaciones elementales por fila, siguientes: 1) −F1 → F1 2) −3F1 + F2 → F2 3) − 1 14 F2 → F2 4) −5F2 + F1 → F1 La matriz ampliada del sistema verifica la equivalencia −1 1 −5 | −2 3 −3 1 | −8 ∼ 1 −1 0 | −3 0 0 1 | 1 . Entonces, se tiene que rang(A) = rang(A|b) = 2 y dado que el número de variables del sistema es 3, concluimos que el sistema es consistente con infinitas soluciones. Determinemos ahora el conjunto solución, notemos que, de la correspondiente matriz escalonada reducida por filas, obtenemos que x = −3 + y y z = 1 1
- 30. y, por tanto, el conjunto solución está dado por x y z : x = −3 + y, z = 1 . b) Aumentando la nueva ecuación, obtenemos la matriz ampliada −1 1 −5 | −2 3 −3 1 | −8 1 −1 −9 | −12 . Ahora, realizando las operaciones en el sentido inverso, esto es 1) −F2 + F3 → F3 2) −2F1 + F3 → F3 obtenemos la matriz equivalente −1 1 −5 | −2 3 −3 1 | −8 0 0 0 | 0 . Luego, en virtud del literal a tenemos que rang(A) = rang(A|b) = 2 < 3, es decir, el sistema es consistente con infinitas soluciones, siendo la misma solución que se obtiene en el literal a. c) La correspondiente matriz ampliada es −1 1 −5 | −2 3 −3 1 | −8 1 −1 −9 | −10 . Realizando las operaciones: 1) Por el literal a 2) −F1 + F3 → F3 3) 9F2 + F3 → F3 obtenemos la matriz equivalente −1 1 −5 | −2 3 −3 1 | −8 0 0 0 | 2 . Entonces, rang(A) = 2 = rang(A|b) = 3, por tanto, el sistema es inconsistente, es decir, no existe solución. 2. Dado el sistema lineal de ecuaciones x + 5y − 4z = 0 x − 2y + z = 0 3x + y − 2z = 0 utilizar la eliminación de Gauss-Jordan para determinar el conjunto de soluciones del sistema. Solución. La forma matricial del sistema es: 1 5 −4 1 −2 1 3 1 −2 x y z = 0 0 0 . 2
- 31. La matriz ampliada correspondiente es: 1 5 −4 | 0 1 −2 1 | 0 3 1 −2 | 0 Ahora, podemos aplicar la eliminación de Gauss-Jordan a la matriz ampliada: 1 5 −4 | 0 1 −2 1 | 0 3 1 −2 | 0 ∼ 1 5 −4 | 0 0 −7 5 | 0 0 −14 10 | 0 − 1F1 + F2 → F2 − 3F1 + F3 → F3 ∼ 1 5 −4 | 0 0 −7 5 | 0 0 0 0 | 0 − 2F2 + F3 → F3 ∼ 1 5 −4 | 0 0 1 −5 7 | 0 0 0 0 | 0 − 1 7 F2 → F2 ∼ 1 0 −3 7 | 0 0 1 −5 7 | 0 0 0 0 | 0 − 5F2 + F1 → F1 Como la matriz equivalente a la matriz de los coeficientes ya es escalonada reducida por filas, compa- ramos los rangos rang(A) = rang(A|b) = 2 y es menor que el número de incógnitas (3) entonces, el sistema tiene infinitas soluciones. Como los sistemas x + 5y − 4z = 0 x − 2y + z = 0 3x + y − 2z = 0 y x − 3 7 z = 0 y − 5 7 z = 0 son equivalentes, por ende, tienen las mismas soluciones x = 3 7 t, y = 5 7 t, z = t Es decir, el conjunto de soluciones del sistema es 3 7 t 5 7 t t : t ∈ R o equivalentemente 3t 5t 7t : t ∈ R 3
- 32. 3. Dado el sistema de ecuaciones lineales: x + y − 3z = −1 2x + y − 2z = 1 x + y + z = 3 x + 2y − 3z = 1 utilizar la eliminación de Gauss-Jordan para determinar si el sistema es consistente. Solución. Tenemos las matrices A = 1 1 −3 2 1 −2 1 1 1 1 2 −3 y b = −1 1 3 1 . Así, el sistema en forma matricial es 1 1 −3 2 1 −2 1 1 1 1 2 −3 x y z = −1 1 3 1 . De donde, la matriz ampliada (A|b) es 1 1 −3 | −1 2 1 −2 | 1 1 1 1 | 3 1 2 −3 | 1 Realizamos la eliminación de Gauss-Jordan sobre la matriz ampliada, así: 1 1 −3 | −1 2 1 −2 | 1 1 1 1 | 3 1 2 −3 | 1 ∼ 1 1 −3 | −1 0 −1 4 | 3 0 0 4 | 4 0 1 0 | 2 − 2F1 + F2 → F2 − F1 + F3 → F3 − F1 + F4 → F4 ∼ 1 1 −3 | −1 0 0 4 | 5 0 0 4 | 4 0 1 0 | 2 F4 + F2 → F2 ∼ 1 1 −3 | −1 0 1 0 | 2 0 0 4 | 4 0 0 4 | 5 F2 ↔ F4 ∼ 1 1 −3 | −1 0 1 0 | 2 0 0 4 | 4 0 0 0 | 1 − F3 + F4 → F4 4
- 33. ∼ 1 1 −3 | −1 0 1 0 | 2 0 0 1 | 1 0 0 0 | 1 1 4 F4 → F4 ∼ 1 0 −3 | −3 0 1 0 | 2 0 0 1 | 1 0 0 0 | 1 − F2 + F1 → F1 ∼ 1 0 0 | 0 0 1 0 | 2 0 0 1 | 1 0 0 0 | 1 3F3 + F1 → F1 Con esto, tenemos que rang(A) = 3 < rang(A|b) = 4, entonces el sistema es inconsistente; es decir, no tiene solución. 4. Considere el sistema x2 + 2x4 = 0 x1 − x3 = 1 x3 + x4 = 2. a) Escriba el sistema en la forma matricial. b) Obtenga la solución del sistema y escríbala en la forma h + u donde u es cualquier vector solución del sistema homogéneo y h es un vector solución fijo, del sistema no homogéneo. Solución. a) El sistema matricial correspondiente es Ax = b donde A = 0 1 0 2 1 0 −1 0 0 0 1 1 , x = x1 x2 x3 x4 y b = 0 1 2 . b) Para cada w ∈ R, la solución buscada tiene la forma: h + u = 3 0 2 0 + −w −2w −w w . Ahora, tomando x = h + u, se obtiene que Ax = b ⇒ A(h + u) = b ⇒ Ah + Au = b ⇒ b + Au = b ⇒ Au = 0. Es decir, u es en efecto solución del correspondiente sistema homogéneo. 5
- 34. 5. ¿Existe un valor r ∈ R, tal que: x = r, y = 2, z = 1 sea una solución del siguiente sistema lineal? De ser así, determínelo. 3x − 2z = 4 x − 4y + z = −5 −2x + 3y + 2z = 9. Solución. Queremos que x = r, y = 2, z = 1 sea solución del sistema propuesto, por lo tanto, se debe satisfacer 3r − 2 = 4 r + 1 = −5 −2r + 8 = 9. Para que la primera ecuación se satisfaga, r debe ser igual a 2. Para que la segunda ecuación se satisfaga, r debe ser igual a 2. Pero para que se cumpla la tercera ecuación, r debe ser igual a −1/2. Como r no puede tomar dos valores distintos a la vez, no es posible encontrar un valor para r, que satisfaga las tres ecuaciones a la vez. 6. ¿Cuál o cuáles de los siguientes sistemas lineales tiene una solución no trivial? a) x + 2y + 3z = 0 2y + 2z = 0 x + 2y + 3z = 0. b) 2x + y − z = 0 x − 2y − 3z = 0 −3x − y + 2z = 0. Solución. Llamemos A a la matriz asociada al sistema en cada caso y b a su vector de resultados. a) Tenemos que (A|b) = 1 2 3 | 0 0 2 2 | 0 1 2 3 | 0 ∼ 1 2 3 | 0 0 2 2 | 0 0 0 0 | 0 . Entonces, rang(A) = rang(A|b) = 2 < 3, por lo tanto, el sistema tiene infinitas soluciones. Así, se concluye que el sistema tiene al menos una solución no trivial. b) En el caso del segundo sistema lineal se tiene que: (A|b) = 2 1 −1 | 0 1 −2 −3 | 0 −3 −1 2 | 0 ∼ 2 1 −1 | 0 0 1 1 | 0 0 0 0 | 0 Entonces, de manera similar al literal anterior, el sistema tiene infinitas soluciones. 7. a) Sean u, v soluciones del sistema homogéneo Ax = 0. 1) Demuestre que u + v es una solución. 2) Demuestre que u − v es una solución. 3) Para cualesquiera escalares r y s, demuestre que ru + sv es una solución. b) Demuestre que, si u, v son soluciones del sistema lineal Ax = b, entonces u − v es solución del sistema homogéneo Ax = 0. 6
- 35. Solución. a) Supongamos que u, v es solución del sistema homogéneo Ax = 0. 1) Tenemos que u + v es solución si A(u + v) = 0, entonces A(u + v) = Au + Av = 0 + 0 = 0. Luego u + v es una solución 2) Notemos que u − v es solución si A(u − v) = 0, entonces A(u − v) = Au − Av = 0 − 0 = 0. Luego u − v es una solución 3) De forma similar a los literales anteriores, ru + sv es solución si A(ru + sv) = 0, entonces A(ru + sv) = A(ru) + A(sv) = r(Au) + s(Av) = r0 + s0 = 0 + 0 = 0. Luego ru + sv es una solución. b) Notemos que u − v es solución del sistema homogéneo si A(u − v) = 0, entonces A(u − v) = Au − Av = b − b = 0. Luego u − v es una solución del sistema homogéneo. 8. a) Sea A una matriz de orden 3 × 3. Suponga que x = 1 2 −3 es una solución del sistema homogéneo Ax = 0. ¿A es singular o no singular? Justifique su respuesta. b) Sea A una matriz de orden n × n. Demuestre que si A es singular, el sistema homogéneo Ax = 0 tiene una solución no trivial. Solución. a) Si el sistema Ax = 0 tiene una solución no trivial entonces A es singular. En este caso existe un x = 0 que es solución del sistema, entonces A es singular. b) Supongamos que A es singular. Tenemos que rang(A) = rang(A|0), por lo tanto, el sistema tiene al menos una solución. Además, dado que A es singular, entonces rang(A) = n, de donde rang(A) < n, de donde, se tiene que el sistema tiene infinitas soluciones, por lo tanto, tiene al menos una solución no trivial. 9. Dados a, b, c ∈ R, suponga que los tres puntos (1, −5), (−1, 1) y (2, 7) están en la parábola de ecuación y = p(x), donde p(x) = ax2 + bx + c para todo x ∈ R. 7
- 36. a) Determinar un sistema lineal de tres ecuaciones con tres incógnitas que debe resolverse para deter- minar a, b y c. b) Encontrar la solución del sistema lineal que obtuvo en la parte anterior para a, b y c. Solución. a) Como los tres puntos están en la parábola, se debe cumplir que p(1) = −5, p(−1) = 1, y p(2) = 7. Por ende, se tiene a + b + c = −5 a − b + c = 1 4a + 2b + c = 7. y este es el sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas a resolverse. b) Verifique que la solución del sistema es a = 5, b = −3, c = −7. 10. Sea α ∈ R; y considere el sistema lineal x + y + αz = 2 3x + 4y + 2z = α 2x + 3y − z = 1 a) Utilizando la eliminación de Gauss-Jordan, determine las condiciones sobre α tales que el sistema tenga solución. b) Para las condiciones sobre α en que el sistema tiene solución, escriba el conjunto de soluciones del sistema. Solución. Tenemos las matrices A = 1 1 α 3 4 2 2 3 −1 y b = 2 α 1 . Así, el sistema en forma matricial es A x y z = b. De donde, la matriz ampliada (A|b) es 1 1 α | 2 3 4 2 | α 2 3 −1 | 1 Luego, utilizando la eliminación de Gauss-Jordan, verifique que: a) El sistema posee solución única si α = 3, mientras que el sistema tiene infinitas soluciones si α = 3. b) Para cada α = 3, la solución única está dada por {(3α + 6, −2α − 4, −1)}. 8
- 37. Si α = 3, el conjunto de soluciones del sistema es {(5 − 10r, −3 + 7r, r) : r ∈ R}. 11. Sea a ∈ R; y considere el sistema homogéneo ax + y − z = 0 x + 3y + z = 0 3x + 10y + 4z = 0. Determine los valores de a tales que el sistema tenga una solución única. Solución. Buscamos una matriz escalonada reducida por filas equivalente a la matriz ampliada del sistema homogéneo. La matriz ampliada del sistema es a 1 −1 | 0 1 3 1 | 0 3 10 4 | 0 Ahora, la vamos a escalonar y reducir por filas a 1 −1 | 0 1 3 1 | 0 3 10 4 | 0 ∼ 1 3 1 | 0 a 1 −1 | 0 3 10 4 | 0 F1 ↔ F2 ∼ 1 3 1 | 0 0 1 − 3a −1 − a | 0 0 1 1 | 0 − aF1 + F2 → F2 − 3F1 + F3 → F3 ∼ 1 3 1 | 0 0 1 1 | 0 0 1 − 3a −1 − a | 0 F3 ↔ F2 ∼ 1 3 1 | 0 0 1 1 | 0 0 0 2a − 2 | 0 (3a − 1)F2 + F3 → F3 Si 2a − 2 = 0, es decir, a = 1 ∼ 1 3 1 | 0 0 1 1 | 0 0 0 1 | 0 1 2a − 2 F3 → F3 ∼ 1 3 0 | 0 0 1 0 | 0 0 0 1 | 0 − 1F3 + F1 → F1 − 1F3 + F2 → F2 ∼ 1 0 0 | 0 0 1 0 | 0 0 0 1 | 0 − 3F2 + F1 → F1 Hemos encontrado la matriz escalonada reducida por filas equivalente a la matriz ampliada del sistema. Comparamos el rango, rang(A) = rang(A|b) = 3; y es igual al número de incógnitas, entonces el 9
- 38. sistema tiene solución única. Nos falta analizar qué pasa con el sistema si a = 1. Si a = 1, todas nuestras operaciones elementales de fila tienen sentido hasta antes de efectuar la operación 1 2a−2 F3. Es decir, como a = 1 1 3 1 | 0 0 1 1 | 0 0 0 2a − 2 | 0 ∼ 1 3 1 | 0 0 1 1 | 0 0 0 0 | 0 ∼ 1 0 −2 | 0 0 1 1 | 0 0 0 0 | 0 − 3F2 + F1 → F1 La cual ya es una matriz escalonada por filas. Comparamos el rango, rang(A) = rang(A|b) = 2 y éste es menor que el número de incógnitas, por lo tanto, tiene infinitas soluciones. Es decir, el sistema tiene una solución única, si a = 1. 12. Analice para cuáles valores de α y β, el sistema: 4x1 − 6x2 + 2x3 = α −6x1 + 9x2 + βx3 = 1. a) No tiene solución. b) Tiene infinitas soluciones. c) Tiene solución única. Solución. Verifique que se obtiene el siguiente resultado: a) El sistema no tiene solución cunado β = −3 y α = − 2 3 . b) El sistema tiene infinitas soluciones cuando β = −3 y α = − 2 3 . c) No existen valores de α y β tal que el sistema tenga solución única. Para esto, notemos que la matriz ampliada verifica la siguiente equivalencia 4 −6 2 | α −6 9 β | 1 ∼ 1 −3 2 1 2 | α 4 0 0 β + 3 | 1 + 3α 2 Lo que nos lleva a estudiar los siguientes casos: Caso I. Si α = − 2 3 y β = −3. Caso II. Si α = − 2 3 y β = −3. Caso III. Si α = − 2 3 y β = −3. Caso IV. Si α = − 2 3 y β = −3. 10
- 39. 13. a) Exprese x y z 1 1 α 1 1 β α β 1 = 0 0 0 como un sistema de ecuaciones lineales en las incógnitas x, y, z. b) Encuentre la relación entre α y β para que el sistema tenga solución única. Obtenga dicha solución. c) Si α = β, encuentre el rango de la matriz asociada. Solución. a) El sistema de ecuaciones lineales es x + y + αz = 0 x + y + βz = 0 αx + βy + z = 0. b) Para obtener solución única se debe tener que α = β. La solución es la trivial. c) El rango es igual a 2 si α ∈ R {−1, 1}, e igual a 1 si α ∈ {−1, 1}. 14. Considere el sistema de ecuaciones lineales en las variables x, y y z, que depende del parámetro k ∈ R: x + y − z = 1 2x + 3y + kz = 3 x + ky + 3z = 2. Determinar los valores de k para que el sistema siguiente, con incógnitas x, y y z, tenga: a) solución única; b) ninguna solución; c) infinitas soluciones. Solución. Obtenga la matriz ampliada y verifique que con las operaciones: a) −2F1 + F2 → F2 b) −F1 + F3 → F3 c) −F2 + F1 → F1 d) −(k − 1)F2 + F3 → F3 obtenemos la equivalencia (A|b) = 1 1 −1 | 1 2 3 k | 3 1 k 3 | 2 ∼ 1 0 −3 − k | 0 0 1 k + 2 | 1 0 0 −(k + 3)(k − 2) | −k + 2 . (1) Notemos que, a partir de la matriz equivalente, analizando los términos en las posiciones de la diagonal principal y el término en la posición fila 3 y columna 4, debemos estudiar los tres casos siguientes. Caso I Si k ∈ R {−3, 2}. Se obtiene que rang(A) = rang(A|b) = 3, por tanto, el sistema es consistente con solución única. 11
- 40. Caso II Si k = −3. Utilizando (1), en donde hemos reemplazado k por −3, obtenemos que la correspondiente matriz ampliada verifica la equivalencia 1 1 −1 | 1 2 3 −3 | 3 1 −3 3 | 2 ∼ 1 0 0 | 0 0 1 −1 | 1 0 0 0 | 5 . Tenemos que rang(A) = 2 = rang(A|b) = 3, por tanto, el sistema es inconsistente, es decir, no existe solución. Caso III Si k = 2. La correspondiente matriz ampliada verifica la siguiente equivalencia 1 1 −1 | 1 2 3 2 | 3 1 2 3 | 2 ∼ 1 0 −5 | 0 0 1 4 | 1 0 0 0 | 0 . Luego, rang(A) = rang(A|b) = 2 < 3, por tanto, el sistema es consistente con infinitas soluciones, ya que no se tiene el mismo valor del rango y del número de variables. Finalmente, hacemos un resumen. a) El sistema tiene solución única cuando k ∈ R {−3, 2}. b) El sistema no tiene solución cuando k = −3. c) El sistema tiene infinitas soluciones cuando k = 2. 15. Considere el sistema de ecuaciones lineales en las variables x1, x2 y x3, que depende del parámetro k ∈ R: kx1 + x2 + x3 = 1 x1 + kx2 + x3 = 1 x1 + x2 + kx3 = 1. a) Determine los valores de k para los cuales el sistema: 1) no tiene solución; 2) tiene un número infinito de soluciones; 3) tiene solución única. b) Para los casos en que hay solución única, determine la solución. c) Para los casos en que hay infinitas soluciones, determine el conjunto solución. Solución. Verifique que: a) 1) El sistema no tiene solución cuando k = −2. 2) El sistema tiene un número infinito de soluciones cuando k = 1. 3) El sistema tiene solución única cuando k ∈ R {−2, 1}. b) Para cada k ∈ R {−2, 1}, la solución única es 1 k + 2 , 1 k + 2 , 1 k + 2 . c) El conjunto solución es {(1 − s − t, s, t) : t, s ∈ R}. 12
- 41. 16. Sea el sistema cuya matriz ampliada es a 0 b | 2 a a 4 | 4 0 a 2 | b donde a y b son reales. Para cuáles valores de a y b reales, el sistema: a) no tiene solución; b) tiene solución única; c) tiene infinitas soluciones dependiendo de: 1) un parámetro, 2) dos parámetros. Solución. Verifique que la matriz ampliada cumple la siguiente equivalencia a 0 b | 2 a a 4 | 4 0 a 2 | b ∼ a 0 b | 2 0 a 4 − b | 2 0 0 −2 + b | −2 + b . A continuación, estudie los siguientes casos. Caso I Si a = 0 y b = 2. Caso II Si a = 0 y b = 2. Una vez que ha determinado la consistencia del sistema, suponga que las variables del sistema son x, y y z y obtenga las ecuaciones ax = 2 − 2z y ay = 2 − 2z, con esta información determine que el sistema posee infinitas soluciones que dependen de un solo parámetro. Caso III Si a = 0 y b = 2. Caso IV Si a = 0 y b = 2. Como en el caso II suponga que las variables del sistema son x, y y z y concluya que el sistema posee infinitas soluciones que depende de dos parámetros. Finalmente, a) El sistema no tiene solución cuando a = 0 y b = 2. b) EL sistema tiene solución única cuando a = 0 y b = 2. c) 1) El sistema tiene infinitas soluciones que dependen de un solo parámetro cuando a = 0 y b = 2. 2) El sistema tiene infinitas soluciones que dependen de dos parámetros sí a = 0 y b = 2. 17. Considere el sistema de ecuaciones lineales homogéneo cuya matriz de coeficientes es 1 b 0 1 a a −1 −a b , donde a , b son reales. En cada caso, para cuáles valores de a y b el sistema tiene: a) solución única; 13
- 42. b) infinitas soluciones dependiendo de un parámetro; c) infinitas soluciones dependiendo de dos parámetros. Solución. Verifique que: a) El sistema tiene solución única cuando a − b = 0 y a + b = 0. b) El sistema tiene infinitas soluciones dependiendo de un parámetro cuando b = a con a = 0 y cuando a = −b con b = 0. c) El sistema tiene infinitas soluciones dependiendo de dos parámetros cuando a = 0 y b = 0. 18. ¿Qué condición debe imponerse a a, b y c para que el siguiente sistema, con incógnitas x, y y z tenga solución? x + 2y − 3z = a 2x + 6y − 11z = b x − 2y + 7z = c. Solución. El sistema posee al menos una solución si −5a + 2b + c = 0. 19. Dadas las matrices A y B, comprobar que B es la matriz inversa de A: a) A = 3 −5 −1 2 y B = 2 5 1 3 ; b) A = 1 −1 1 0 2 −1 2 3 0 y B = 3 3 −1 −2 −2 1 −4 −5 2 . Solución. Se tiene B es la matriz inversa de A si y sólo si AB = BA = In, utilice esto en cada caso. 20. a) Pruebe que A = 4 0 1 2 3 6 6 −3 −4 no tiene inversa. b) Calcule una matriz F escalonada y exprésela como F = (Ek, . . . , E1)A donde E1, . . . , Ek son matrices elementales. Solución. Muestre que A no es equivalente por filas a la matriz identidad, además, para cada operación por fila obtenga la correspondiente matriz elemental. 21. En cada caso, suponga que la matriz A es invertible, utilizar operaciones por filas para determinar su matriz inversa. a) A = 2 −1 3 0 14
- 43. b) A = 1 0 3 0 −2 1 2 2 4 Solución. Utilizar la propiedad de que si A es invertible, entonces (A|In) ∼ (In|A−1) y operaciones por filas para determinar A−1. 22. Encuentre la inversa de cada una de las siguientes matrices, donde k1, k2, k3, k4 y k son escalares dife- rentes de cero. a) k1 0 0 0 0 k2 0 0 0 0 k3 0 0 0 0 k4 , b) 0 0 0 k1 0 0 k2 0 0 k3 0 0 k4 0 0 0 , c) k 0 0 0 1 k 0 0 0 1 k 0 0 0 1 k . Solución. Utilizando la propiedad de que si A es invertible, entonces (A|In) ∼ (In|A−1) y operaciones por filas determine la inversa de cada matriz. A continuación, se indica la matriz inversa de cada caso. a) 1/k1 0 0 0 0 1/k2 0 0 0 0 1/k3 0 0 0 0 1/k4 . b) 0 0 0 1/k4 0 0 1/k3 0 0 1/k2 0 0 1/k1 0 0 0 . c) 1/k 0 0 0 −1/k2 1/k 0 0 1/k3 −1/k2 1/k 0 −1/k4 1/k3 −1/k2 1/k . 23. Sean A, B, A1, A2, . . . , An ∈ Kn×n. Demuestre las siguientes proposiciones. a) Si A y B son invertibles, entonces AB también lo es y (AB)−1 = B−1A−1. b) Si A1, A2, . . . , An son invertibles, entonces (A1A2 · · · An)−1 = A−1 n · · · A−1 2 A−1 1 . c) A es invertible si y sólo si AT es invertible. d) Si A es invertible, entonces (AT)−1 = (A−1)T. Solución. a) Supongamos que A y B son invertibles, entonces existen sus inversas A−1 y B−1, respectivamente. Vamos a mostrar que AB es invertible y que su inversa es B−1A−1. Tomemos C = B−1A−1, entonces (AB)C = (AB)(B−1 A−1 ) = A(BB−1 )A−1 15
- 44. = A(I)A−1 = (AI)A−1 = AA−1 = I y de forma similar tenemos que C(AB) = I, por lo tanto, concluimos que AB es invertible con inversa (AB)−1 = B−1A−1. b) Demuestre utilizando el teorema de inducción matemática. i) Este paso se demostró en el literal anterior. ii) Suponga que la proposición se verifica para k matrices y demuestre que se cumple para k + 1 matrices, el resultado del literal anterior muestra cómo proceder. Finalmente concluya el resultado. c) Notemos que si A es invertible, existe una matriz B ∈ Kn×n tal que AB = BA = I o equivalentemente AT BT = BT AT = I es decir, AT es invertible. d) Siga la idea del literal anterior, notando que B = A−1. 24. Si A = 1 2 0 0 1 1 −2 0 1 0 1 1 0 . a) Exprese A−1 como producto de tres matrices elementales. b) Exprese AT como producto de tres matrices elementales. Solución. Utilice el ejercicio 23b junto con las propiedades de la transpuesta de una matriz. 25. Sean A, B, C ∈ Kn×n y k ∈ K no nulo. a) Suponga que A es invertible. Demuestre que si AB = AC, necesariamente B = C. Dar un ejemplo de una matriz no nula A tal que AB = AC pero B = C. b) Si A es invertible, demostrar que kA es invertible , con inversa k−1A−1. c) Suponga que A y B son invertibles y que A + B = 0. Probar, con un ejemplo, que A + B no es necesariamente invertible. 26. Considere la matriz M = 0 1 −1 0 1 1 1 0 1 . a) Calcule M3 − 2M2 + 2M. b) Deduzca que la matriz M es invertible y calcule su inversa. c) Encuentre M−1 mediante operaciones por filas. Solución. 16
- 45. a) Tenemos que M2 = MM = −1 1 0 1 1 2 1 1 0 ; y M3 = M2 M = 0 0 2 2 2 2 0 2 0 . Entonces: M3 − 2M2 + 2M = 0 0 2 2 2 2 0 2 0 − 2 −1 1 0 1 1 2 1 1 0 + 2 0 1 −1 0 1 1 1 0 1 = 2 0 0 0 2 0 0 0 2 . b) Puesto que M3 − 2M2 + 2M = 2I3, tenemos que M 1 2 (M2 − 2M + 2I) = I3. Deducimos que: M−1 = 1 2 (M2 − 2M + 2I) = 1 2 1 −1 2 1 1 0 −1 1 0 . c) Utilizar la propiedad (M|I3) ∼ (I3|M−1) y operaciones por filas para determinar M−1. 27. a) Sea A ∈ Rn×n tal que A3 = 0. Demuestre que I + A + A2 es la matriz inversa de I − A. b) Sea A = 0 1 6 0 0 4 0 0 0 . Verifique que A3 = 0 y utilice el resultado del literal a para determinar la inversa de B = 1 −1 −6 0 1 −4 0 0 1 . 28. Sea A ∈ Kn×n, tal que A2 − A3 = In. Demostrar que A es invertible y calcular A−1. Solución. Notemos que A2 − A3 = A(A − A2 ) = (A − A2 )A, por lo tanto, A(A − A2 ) = In y (A − A2 )A = In, con esto, y dado que A es una matriz cuadrada, tenemos que A es invertible y su inversa es A−1 = A − A2 . 29. Encuentre la matriz B que satisface la ecuación A(BT + C) = D donde A = 1 −1 0 0 1 0 0 0 3 , C = 1 2 3 4 0 5 y D = 1 1 3 0 1 3 . 17
- 46. Solución. B = 3 0 1/3 −1 −4 −4 . 30. Dadas las matrices P, D, B ∈ Kn×n, con P y D matrices no singulares determinar una expresión para A bajo cada una de los siguientes supuestos: a) PA = DP b) PAD = B c) AP + DB = B Solución. a) Dado que P es una matriz no singular, existe la matriz P−1, por lo tanto, a partir del supuesto PA = DP, multiplicando por la matriz P−1, tenemos que P−1 PA = P−1 DP, ahora, dado que P−1P = In, tenemos que In A = P−1 DP, por lo tanto A = P−1 DP. b) Dado que P y D son matrices no singulares, existen las matrices P−1 y D−1, con esto, tenemos las siguientes equivalencias PAD = B ⇐⇒ P−1 PAD = P−1 B ⇐⇒ AD = P−1 B ⇐⇒ ADD−1 = P−1 BD−1 ⇐⇒ A = P−1 BD−1 , Con esto, se tiene que A = P−1 BD−1 . c) Proceda de forma similar a alguno de los dos anteriores y verifique que A = (In − D)BP−1. 31. Sea A = 1 2 1 3 4 2 0 5 3 . Calcule una matriz C ∈ R3×3 invertible tal que CA sea triangular con los elementos en la diagonal iguales a uno. Solución. Verifique que la matriz A es invertible. 32. Sea A ∈ Rn×n una matriz triangular. Probar que A es invertible si y sólo si aii = 0 para todo i. Solución. Recuerde que si la matriz A es invertible, entonces es equivalente por filas a la matriz identidad. 18
- 47. 33. Dadas las matrices P, A, D ∈ Kn×n, con P una matriz no singular, y k ∈ N∗, determinar una expresión para Ak bajo es supuesto que PA = DP. Solución. Dado que P es una matriz no singular, existe la matriz P−1, por lo tanto, se tiene que A = P−1 DP. Ahora, notemos que A2 = (P−1 DP)(P−1 DP) = P−1 D(PP−1 )DP = P−1 D2 P y A3 = A2 A = (P−1 D2 P)(P−1 DP) = P−1 D3 P. Con esto, conjeturamos que Ak = P−1 Dk P, para todo k ∈ N∗. Procedemos a demostrar esta afirmación utilizando inducción matemática, para esto, debemos demostrar que a) A1 = P−1D1P; y b) para k ∈ N∗, Ak = P−1DkP implica Ak+1 = P−1Dk+1P. En efecto: a) Tenemos que A1 = A y P−1 D1 P = P−1 DP, por lo tanto A1 = P−1 D1 P. b) Sea k ∈ N∗ y supongamos que Ak = P−1 Dk P, tenemos que Ak+1 = Ak A, = (P−1 Dk P)(P−1 DP), = P−1 Dk (PP−1 )DP, = P−1 Dk (In)DP, = P−1 Dk DP, = P−1 Dk+1 P. Con esto, se concluye que Ak = P−1 Dk P, para todo k ∈ N∗. 34. Sea P ∈ Rn×n, P es ortogonal si PPT = PTP = In. Notemos que esto implica que P−1 = PT. a) Demuestre que P es una matriz ortogonal, donde P = 1 2 1 2 1 2 1 2 1 √ 2 − 1 √ 2 0 0 1 √ 6 1 √ 6 − 2 √ 6 0 1 2 √ 3 1 2 √ 3 1 2 √ 3 − 3 2 √ 3 . 19
- 48. b) Bajo qué condiciones para a y b la matriz siguiente es ortogonal. X = a + b b − a a − b b + a . c) Demuestre que si x ∈ Rn, x = 0 In − 2 xTx xxT es una matriz simétrica y ortogonal. Solución. a) Verifique que PPT = PTP = I. b) Sea X = a + b b − a a − b b + a , entonces XT = a + b a − b b − a b + a . Notemos que XXT = 2a2 + 2b2 0 0 2a2 + 2b2 = XT X. Ahora, si XXT = I, tenemos que a2 + b2 = 1 2 que es la condición buscada para que X sea ortogonal. c) Notemos que xTx ∈ R y que xxT ∈ Rn×n la cual es simétrica, para esto remítase al ejercicio 1 de la hoja dos. 35. Dados a, b, c, d ∈ R, supongamos que A = a b c d es ortogonal. Probar que a2 + b2 = 1 y que A = a b b −a o A = a b −b a . Ejercicios sugeridos: 1, 7a, 14, 16, 22c, 23c, 28 y 34b. 20
- 49. ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 04 Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica 1. Obtenga una matriz C triangular tal que A es equivalente a C por filas y det(A) = det(C) y calcule det(A), donde A = 1 2 1 2 1 −1 −1 1 1 . Solución. Utilizando las operaciones: a) −2F1 + F2 → F2 b) F1 + F3 → F3 c) F2 + F3 → F3 obtenemos la equivalencia 1 2 1 2 1 −1 −1 1 1 ∼ 1 2 1 0 −3 −3 0 0 −1 . Luego, C = 1 2 1 0 −3 −3 0 0 −1 y det(A) = det(C) = 3, por propiedades del determinante de una matriz triangular. 2. Sea A = (A1, A2, A3, A4) una matriz de K4×4 donde A1, A2, A3, A4 son las columnas de A y det(A) = 4. Calcule: a) det(A2, A1, A3, A4). b) det(3A1, 2A2 + A3, A3, A4). c) det(3A1, A2, 2A2 + A3, A4). Solución. Verifique que se obtiene el siguiente resultado: a) det(A2, A1, A3, A4) = −4. b) det(3A1, 2A2 + A3, A3, A4) = 24. c) det(3A1, A2, 2A2 + A3, A4) = 12. 3. Calcular los determinantes de cada una de las siguientes matrices transformando cada una de ellas en una matriz triangular superior. a) 1 1 1 a b c a2 b2 c2 , b) a 1 0 4 a 2 0 3 a , c) 1 −1 1 1 1 −1 −1 −1 1 1 −1 −1 1 1 1 −1 , 1
- 50. d) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 −1 −1 −1 1 1 −1 −1 1 1 1 −1 −1 1 −1 1 1 −1 1 −1 1 1 1 −1 −1 1 1 −1 . Solución. a) Verifique que 1 1 1 a b c a2 b2 c2 = (b − a)(c − a)(c − b). b) Notemos que se tienen las siguientes equivalencias a 1 0 4 a 2 0 3 a = a 4 0 1 a 3 0 2 a det(A) = det AT = − 1 a 3 a 4 0 0 2 a F1 ↔ F2 = − 1 a 3 0 4 − a2 3 0 2 a − aF1 + F2 → F2 = − 1 a 3 0 −a2 −5a 0 2 a − 2F3 + F2 → F2 = − 1 a 3 0 0 (a3 − 10a)/2 0 2 a a2 2 F3 + F2 → F2 = 1 a 3 0 2 a 0 0 (a3 − 10a)/2 F2 ↔ F3 = (1)(2) a3 − 10a 2 Determinante de una matriz triangular = a3 − 10a. Por lo tanto, a 1 0 4 a 2 0 3 a = a3 − 10a. c) Verifique que 1 −1 1 1 1 −1 −1 −1 1 1 −1 −1 1 1 1 −1 = − 1 −1 1 1 0 2 0 −2 0 0 −2 0 0 0 0 −2 = −8. d) Verifique que 1 1 1 1 1 1 1 1 1 −1 −1 −1 1 1 −1 −1 1 1 1 −1 −1 1 −1 1 1 −1 1 −1 1 1 1 −1 −1 1 1 −1 = − 1 1 1 1 1 1 0 −2 −2 0 0 −2 0 0 −2 −2 0 0 0 0 0 −2 −2 −2 0 0 0 0 −2 −2 0 0 0 0 0 10 = −160. 2
- 51. 4. Sea A = 1 0 4 2 . Si E1, E2, E3, E4 son matrices elementales tales que E2E1A = I y E3E4 = A. Determine E1, E2, E3 y E4. Solución. Obtenga que: E1 = 1 0 −4 1 , E2 = 1 0 0 1 2 , E3 = 1 0 0 2 y E4 = 1 0 2 1 . 5. Sea A ∈ Rn×n. Demuestre cada una de las siguientes proposiciones: a) Si A es invertible, entonces det(A−1) = 1 det(A) . b) Si A2 = A, entonces det(A) = 0 o det(A) = 1. c) Si A = A−1, entonces det(A) = −1 o det(A) = 1. d) Si AT A = In, entonces det(A) = −1 o det(A) = 1. e) Si el rango de A es n, entonces det(A) = 0. f) Si A es antisimétrica y n es impar, entonces det(A) = 0. g) Si A es nilpotente, entonces det(A) = 0. h) Si P ∈ Rn×n es no singular, entonces det(P−1AP) = det(A). i) Si P ∈ Rn×n es no singular y B ∈ Rn×n son tales que PA = BP, entonces, para todo λ ∈ R, se verifica la igualdad det(λI − A) = det(λI − B), donde I ∈ Rn×n es la matriz identidad. j) La matriz A es no singular si y sólo si det(A) = 0. Solución. a) Recuerde que si A es invertible, entonces su inversa existe, y se verifica que AA−1 = A−1A = In con det(A) = 0. b) Por propiedades de determinante tenemos que det(A2 ) = det(AA) = det(A)2 , ahora, por hipótesis, det(A2 ) = det(A), lo que implica que det(A)2 = det(A) o equivalentemente, (det(A) − 1) det(A) = 0. Por lo tanto, det(A) = 0 o det(A) = 1. c) Por hipótesis, al ser A invertible, det(A) = 0. Luego, por la hipótesis A = A−1 junto con propieda- des de determinante tenemos que det(A) = det(A−1 ), además, por el literal a, det(A−1 ) = 1 det(A) , 3
- 52. lo que implica que det(A) = 1 det(A) o equivalentemente, det(A)2 = 1. Por lo tanto, det(A) = −1 o det(A) = 1. d) Verifique que A es invertible, luego, aplique la propiedad del determinante del producto de matri- ces a la igualdad AAT = In. e) Recuerde que si A es invertible, entonces es equivalente por filas a la matriz identidad In. f) Si A es antisimétrica se tiene que A⊺ = −A, por ende det(A⊺ ) = det(−A). Pero det(A⊺) = det(A) y det(−A) = (−1)n det(A), así det(A) = (−1)n det(A), y, cuando n es impar, se tiene que (−1)n = −1, con lo cual det(A) = − det(A), lo que es posible solamente si det(A) = 0. g) Si A es nilpotente, existe k ∈ N∗ tal que Ak = 0, pero entonces 0 = det(0) = det(Ak ) = (det(A))k , de donde det(A) = 0. h) En este caso tenemos que det(P) = 0 y det(P−1 AP) = det(P−1 ) det(A) det(P) = 1 det(P) det(A) det(P) = det(A). i) Como PA = BP y P es no singular se tiene que A = P−1BP. Luego, para λ ∈ R tenemos que P−1 (λI − B)P = λP−1 IP − P−1 BP = λI − A, entonces, por el inciso anterior se tiene que det(λI − A) = det(P−1 (λI − B)P) = det(λI − B). 6. Para cada una de las proposiciones siguientes relativas a matrices cuadradas, dar una demostración o poner un contraejemplo. a) det(A + B) = det(A) + det(B). b) det((A + B)2) = (det(A + B))2. c) det((A + B)2) = det(A2 + 2AB + B2). d) det((A + B)2) = det(A2 + B2). Solución. a) Recuerde que no siempre se tiene que det(A + B) = det(A) + det(B). En efecto, tomando A = 1 0 0 0 y B = 0 0 0 1 se tiene que la igualdad considerada no se cumple. 4
- 53. b) Demuestre utilizando propiedades del determinante. c) Recordemos que no todo par de matrices A y B conmutan, entonces, tomando A = 0 0 1 0 y B = 0 1 0 0 se tiene que la igualdad considerada no se cumple. d) ¿Qué sucede si A y B son tales que A2 + B2 no es invertible? 7. Sea A ∈ Rn×n, invertible. Calcule: a) det(AT A(AT)−1) det(A) ; b) det(det(A)In), donde det(A) = 4. Solución. Verifique que: a) det(AT A(AT)−1) det(A) = 1. b) det(det(A)In) = 4n. 8. Utilice sólo las propiedades del determinante para verificar que: a) 1 a b + c 1 b a + c 1 c b + a = 0. b) a + b b + c c + a b + c c + a a + b c + a a + b b + c = 2 a b c b c a c a b . Solución. Recomendación, trabaje por columnas. 9. Si det x y z 3 0 2 1 1 1 = 1, calcular el determinante de cada una de las matrices siguientes: a) 2x 2y 2z 3/2 0 1 1 1 1 , b) x y z 3x + 3 3y 3z + 2 x + 1 y + 1 z + 1 , c) x − 1 y − 1 z − 1 4 1 3 1 1 1 . Solución. a) Notemos que se tiene el siguiente desarrollo: det 2x 2y 2z 3/2 0 1 1 1 1 = 2 det x y z 3/2 0 1 1 1 1 Por propiedad de determinantes = 2 1 2 det x y z 3 0 2 1 1 1 Por propiedad de determinantes = 2 1 2 (1) Por hipótesis = 1. 5
- 54. 10. Sea A = x + 1 x x x x + 1 x x x x + 1 . Determine todos los valores de x para los cuales A es invertible. Solución. Recuerde que si det(A) = 0, la matriz A es invertible. Luego, verifique que x ∈ R − 1 3 . 11. Sea A = 4 − x 2 √ 5 0 2 √ 5 4 − x √ 5 0 √ 5 4 − x . Determine todos los valores de x para los cuales rgn(A) < 3. Solución. ¿Para qué valores de x la matriz en invertible?. 12. Sea A = −1 0 · · · 0 x1 −1 −1 · · · 0 x2 ... ... ... ... ... −1 −1 · · · −1 xn−1 0 0 · · · 0 −1 . Compruebe que det(A) = 1 si n es par y que det(A) = −1 si n es impar. Solución. Estudie cada caso por separado, es decir, cuando n = 2m con m ∈ N∗, y, cuando n = 2m − 1 con m ∈ N∗. Para ambos casos determine un esquema que involucre operaciones elementales por filas que nos permitan obtener una matriz triangular superior equivalente. 13. Dada la matriz de orden n × n A = 1 1 0 · · · 0 0 0 1 1 · · · 0 0 ... ... ... ... ... ... 0 0 0 · · · 1 1 1 0 0 · · · 0 1 , calcule su determinante. Solución. Vamos a obtener el determinante de A para n = 1, 2, 3, 4 y 5, a partir de lo cual conjeturamos una regla para el valor de det(A), es decir, utilizamos un proceso inductivo. • Si n = 1, la matriz A es A = 1 . Luego, det(A) = 1. • Si n = 2, la matriz A es A = 1 1 1 1 . Luego, det(A) = 0, lo cual se obtiene al realizar la operación: −F1 + F2 → F2. 6
- 55. • Si n = 3, la matriz A es A = 1 1 0 0 1 1 1 0 1 . Luego, det(A) = 2, lo cual se obtiene al realizar las operaciones: a) −F1 + F3 → F3. b) F2 + F3 → F3. • Si n = 4, la matriz A es A = 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 . Luego, det(A) = 0, lo cual se obtiene al realizar las operaciones: a) −F1 + F4 → F4. b) F2 + F4 → F4. c) −F3 + F4 → F4. • Si n = 5, la matriz A es A = 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 . Luego, det(A) = 2, lo cual se obtiene al realizar las operaciones: a) −F1 + F5 → F5. b) F2 + F5 → F5. c) −F3 + F5 → F5. d) F4 + F5 → F5. Luego, concluimos que det(A) = 1, si n = 1, 0, si n es par, 2, si n es impar mayor a 1. Además, para obtener este valor del determinante de A, debemos seguir las n − 1 operaciones (−1)i Fi + Fn → Fn para cada i ∈ {1, . . . , n − 1}. 14. Sea a ∈ R. Considere la matriz A = a 1 −1 1 −1 a −1 −1 1 1 a −1 −1 1 1 a . Use el producto de matrices AA⊺ para obtener el valor de | det(A)|. 7
- 56. Solución. Notemos que AA⊺ = a2 + 3 0 0 0 0 a2 + 3 0 0 0 0 a2 + 3 0 0 0 0 a2 + 3 = (a2 + 3)I4, con lo cual, (det(A))2 = det(A) det(A) = det(A) det(A⊺ ) = det(AA⊺ ) = (a2 + 3)4 det(I4) = (a2 + 3)4 . Así, tenemos que | det(A)| = (a2 + 3)2 . 15. Demuestre que el sistema x + y + z = ax 2x + y − z = ay x − 2z = az tiene soluciones no nulas si y sólo si a(a − √ 6)(a + √ 6) = 0. Solución. Obtenga el correspondiente sistema matricial y recuerde cuando este posee solución en relación con el determinante de su matriz de coeficientes. 16. Estudie la solución de los sistemas siguientes con un parámetro a ∈ R. a) x + ay − z = a ax + y + z = 0 x + y + az = a2. b) ax + y + z = 1 x + ay + z = 1 x + y + az = 1. Solución. a) Notemos que la matriz de coeficientes del sistema está dada por A = 1 a −1 a 1 1 1 1 a con det(A) = −a(a2 − 1). Sabemos que si det(A) = 0 el sistema posee solución única, por tanto, de det(A) = 0, obtenemos que a = −1, a = 0 o a = 1, lo que nos lleva a estudiar los siguientes casos. Caso I Si a ∈ R {−1, 0, 1}. En este caso det(A) = 0, y, por tanto, el sistema posee solución única. 8
- 57. Caso II Si a = −1. En este caso det(A) = 0 y, por tanto, trabajamos con la correspondiente matriz ampliada, la cual verifica la siguiente equivalencia: 1 −1 −1 | −1 −1 1 1 | 0 1 1 −1 | −1 ∼ 1 −1 −1 | −1 0 1 0 | 1 0 0 0 | −1 . Luego, se obtiene que rang(A) = 2 = rang(A|b) = 3, por tanto, el sistema es inconsistente, es decir, no existe solución. Caso III Si a = 0. Como en el caso anterior, det(A) = 0, entonces, notemos que la correspondiente matriz am- pliada, verifica la siguiente equivalencia: 1 0 −1 | 0 0 1 1 | 0 1 1 0 | 0 ∼ 1 0 −1 | 0 0 1 1 | 0 0 0 0 | 0 . Luego, se obtiene que rang(A) = rang(A|b) = 2, sin embargo, al tener el sistema tres variables, este es consistente con infinitas soluciones. Caso IV Si a = 1. Tenemos que det(A) = 0, y tal como en los dos casos anteriores, notamos que la correspon- diente matriz ampliada verifica la equivalencia 1 1 −1 | 1 1 1 1 | 0 1 1 1 | 1 ∼ 1 1 −1 | 1 0 0 2 | −1 0 0 0 | 1 . Entonces, tenemos que rang(A) = 2 = rang(A|b) = 3, y, por tanto, el sistema es inconsistente, es decir, no existe solución. 17. Demuestre que para todo r ∈ R y para todo a, b, c, d ∈ R el sistema siguiente tiene solución (1 + r)x + 2y + 2z + w = a −x + (r − 1)y − z + 2w = b (1 + r)z + 2w = c −z + (r − 1)w = d Solución. Calcule el determinante de la correspondiente matriz de coeficientes y estudie cuando es invertible. 18. Dados a, b, c, d1, d2, d3 ∈ R, determine condiciones sobre a, b c tal que el sistema posea solución única. x − y + az = d1 x + bz = d2 x + y + cz = d3 Solución. Verifique que la condición buscada es a − 2b + c = 0. Ejercicios sugeridos: 1, 3b, 5b, 5c, 5g, 9a, 13 y 16a. 9
- 58. ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 05 Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica 1. Sea α ∈ R y sean A, B, C, D ∈ R2×2, siendo B una matriz no singular. a) Determine una expresión para A bajo el supuesto que AB + DT C = αC. b) Suponga que D = 1 1 0 0 y CB−1 = 0 1 1 −2 . Calcule la matriz A para este caso. c) Suponga que α < 0. Considerando la matriz A encontrada en el inciso anterior, ¿es posible encon- trar una matriz E ∈ R2×2 tal que A = E2? Justifique su respuesta. Solución. a) Como la matriz B es no singular existe B−1 y, con esto, tenemos las siguientes equivalencias: AB + DT C = αC ⇐⇒ AB = αC − DT C ⇐⇒ ABB−1 = (αC − DT C)B−1 ⇐⇒ A = (αI2 − DT )CB−1 ⇐⇒ A = (αI2 − D)T CB−1 . De este modo A = (αI2 − D)T CB−1 . b) De la expresión obtenida en el inciso anterior se tiene que A = α 1 0 0 1 − 1 1 0 0 T 0 1 1 −2 = α − 1 0 −1 α 0 1 1 −2 = 0 α − 1 α −2α − 1 . c) Notemos que det(A) = −α(α − 1). Si α < 0, entonces det(A) < 0, por ende, si existiese E ∈ R2×2 tal que A = E2, se tendría que det(A) = det(E2 ) = det(E)2 ≥ 0, lo que, por el razonamiento precedente, no es posible. Entonces, no existe una matriz E ∈ R2×2 tal que A = E2. 2. Sean a, b, c ∈ R+, considere la siguiente matriz: A = 1 + a a a b 1 + b b c c 1 + c . 1
- 59. a) Aplique, consecutivamente, las siguientes operaciones por filas a la matriz A: F2 + F1 → F1, F3 + F1 → F1 y 1 1 + a + b + c F1 → F1. Llame a la matriz resultante B. b) Considere las siguientes matrices elementales E1 y E2 dadas por: E1 = 1 0 0 −b 1 0 0 0 1 y E2 = 1 0 0 0 1 0 −c 0 1 . Determine C = E1E2B y det(C). c) En base al literal anterior, determine det(B). d) En base al literal a), determine la relación entre det(A) y det(B), sin calcularlos. e) En base a los literales anteriores, determine det(A). Solución. a) Se tiene que 1 + a a a b 1 + b b c c 1 + c ∼ 1 + a + b 1 + a + b 1 + a + b b 1 + b b c c 1 + c F2 + F1 → F1 ∼ 1 + a + b + c 1 + a + b + c 1 + a + b + c b 1 + b b c c 1 + c F3 + F1 → F1 ∼ 1 1 1 b 1 + b b c c 1 + c 1 1 + a + b + c F1 → F1. Por lo tanto, B = 1 1 1 b 1 + b b c c 1 + c . b) Se tiene que C = 1 0 0 −b 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 −c 0 1 1 1 1 b 1 + b b c c 1 + c = 1 0 0 −b 1 0 0 0 1 1 1 1 b 1 + b b 0 0 1 = 1 1 1 0 1 0 0 0 1 Por lo tanto, det(C) = 1. c) Puesto que C = E1E2B, se tiene que det(C) = det(E1) det(E2) det(B) = (1)(1) det(B), por lo tanto, det(C) = det(B), con lo cual det(B) = 1. 2
- 60. d) Dado que B se obtiene a partir de A al sumar filas y al multiplicar una de sus filas por 1 1+a+b+c , se tiene que det(B) = 1 1 + a + b + c det(A). e) Con los literales anteriores, se tiene que det(A) = (1 + a + b + c) det(B) = (1 + a + b + c)1 = 1 + a + b + c. 3. Considere la siguiente proposición (P): Si A ∈ Rn×n es una matriz antisimétrica, entonces det(A) = 0. a) Considere A = 0 1 −1 0 . Verifique que A es antisimétrica y calcule det(A). Con base en esto, diga si la proposición (P) es verdadera o falsa. b) El siguiente razonamiento es erróneo e intenta probar la proposición (P): Supongamos que A ∈ Rn×n es antisimétrica, entonces AT = −A, y como el determinante de una matriz es igual al determinante de su transpuesta, entonces det(A) = det(AT ) = det(−A) = − det(A), de donde det(A) = − det(A), con lo cual det(A) = 0. Encuentre el error en el razonamiento precedente, justificando su respuesta. Solución. a) Notemos que AT = 0 −1 1 0 = − 0 1 −1 0 = −A, luego, A es antisimétrica. Calculemos ahora el determinante de A, tenemos que det(A) = 0 1 −1 0 = − −1 0 0 1 = 1. Ahora, dado que A es una matriz antisimétrica con det(A) = 0, concluimos que la proposición (P) es falsa. b) Notemos que para cualquier matriz A ∈ Rn×n se verifica que det(A) = det(AT), y que si A es antisimétrica, se tiene que AT = −A lo que implica que det(AT) = det(−A), sin embargo, tenemos que det(−A) = (−1n ) det(A) lo que implica que (1 − (−1n )) det(A) = 0. (1) Luego, si n es par tenemos que (1 − (−1n)) = 0, entonces de (1) concluimos que det(A) puede ser igual a 0 o no. Por ejemplo, para la matriz del literal a se tiene que es antisimétrica con determinante no nulo. 4. Sean A, B ∈ Rn×n. Demuestre o refute los siguientes enunciados: a) Si A es nilpotente y conmuta con B, entonces AB es nilpotente. b) Si A es singular y B es no singular, entonces AB es singular. c) Si A y B son singulares, entonces A + B es singular. 3
- 61. d) Si A y B son no singulares, entonces A + B es no singular y (A + B)−1 = A−1 + B−1. e) Si A es no singular, entonces A2 es no singular y (A2)−1 = (A−1)2. Solución. a) Supongamos que A es nilpotente y conmuta con B, entonces existe k ∈ N∗ tal que Ak = 0 y, además, AB = BA. Ahora, muestre que para el valor de k, se tiene que (AB)k = Ak Bk , y concluya que AB es nilpotente de orden k. Por lo tanto, se ha mostrado que el enunciado es verdadero. b) Supongamos que A es singular y que B es no singular, entonces det(A) = 0 y det(B) = 0. Luego, por propiedades de determinantes, obtenemos que det(AB) = det(A) det(B) = 0. Por lo tanto, AB es singular, y el enunciado es verdadero. c) Ya que la propiedad det(A + B) = det(A) + det(B) no siempre es verdadera, busquemos un con- traejemplo para refutar el enunciado. d) El enunciado es falso. Basta tomar B = −A, así A y B son no singulares pero A + B = A + (−A) = 0 es singular. e) El enunciado es verdadero. Supongamos que A es no singular, y notemos que det(A2 ) = det(AA) = det(A) det(A) = (det(A))2 por lo tanto det(A2 ) = 0 de donde se concluye que A2 es no singular. Además, se tiene que (A2 )(A−1 )2 = (AA)(A−1 A−1 ) = A((AA−1 )A−1 ) = A((In)A−1 ) = AA−1 = In, por lo tanto, (A2 )−1 = (A−1 )2 . 5. Se dice que dos matrices A, B ∈ Rn×n son similares si existe una matriz no singular P ∈ Rn×n tal que PA = BP. a) Sean A, B ∈ Rn×n dos matrices similares, demuestre que det(A) = det(B). b) Sean A = −2 1 0 1 −8 −3 −1 −5 0 −4 1 −4 8 2 1 4 B = −1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 1 0 0 0 0 −2 y P = 0 1 0 1 2 0 1 1 0 2 −1 2 −1 1 0 1 Determine PA, BP, det(B) y det(P). c) Considere las matrices A y B del literal anterior, demuestre que A y B son similares. 4
- 62. d) Considere las matrices A y B del literal anterior, utilice el resultado de los literales a) y c) para calcular det(A) sin realizar la expansión por cofactores. Solución. a) Como A y B son similares, se tiene que existe P ∈ Rn×n tal que PA = BP, por lo tanto, se tiene que det(PA) = det(BP), de donde, det(P) det(A) = det(B) det(P). Dado que P es no singular, se tiene que det(P) = 0, por lo tanto, det(A) = det(B). b) Tenemos que BP = 0 −1 0 −1 4 0 2 2 0 2 −1 2 2 −2 0 −2 y PA = 0 −1 0 −1 4 0 2 2 0 2 −1 2 2 −2 0 −2 . Por otro lado det(B) = 4 y det(P) = 1. c) Dado que el determinante de P es diferente de 0, se tiene que P es no singular, además, PA = BP, por lo tanto, A es similar a B. d) Dado que las matrices A y B son similares, se tiene que det(A) = det(B) = 4. 6. Sean A, B ∈ Kn×n matrices invertibles y α ∈ K. Demuestre que: a) adj(AT) = (adj(A))T; b) adj(AB) = adj(B) adj(A); c) adj(αA) = αn−1 adj(A); d) det(adj(A)) = (det(A))n−1. Solución. a) Tenemos que AT adj(AT ) = adj(AT )AT = det(AT )In de lo cual AT adj(AT ) = det(A)In (2) 5
- 63. Además, tenemos que A adj(A) = adj(A)A = det(A)In y transponiendo, obtenemos que AT (adj(A))T = det(A)In (3) Luego, de (2) y (3) concluimos que AT adj(AT ) = AT (adj(A))T . (4) Ahora, si A es invertible, entonces AT es invertible, y, por tanto, multiplicando a la igualdad (4) por (AT)−1, tenemos que adj(AT ) = (adj(A))T . b) Tenemos que por propiedades de determinantes y de multiplicación de matrices, se verifica el siguiente desarrollo (AB) adj(AB) = det(AB)In = det(A) det(B)In = det(B)(det(A)In) = det(B)(A adj(A)) = A(det(B) adj(A)) = A((det(B)In) adj(A)) = A((B adj(B)) adj(A)) = (AB)(adj(B) adj(A)) Por lo cual, (AB) adj(AB) = (AB)(adj(B) adj(A)). Ahora, dado que A y B son invertibles, AB también lo es. Luego, multiplicando la igualdad anterior por (AB)−1 obtenemos que adj(AB) = adj(B) adj(A). c) Trabaje dos casos: cuando α = 0 y cuando α = 0. d) A partir de la expresión A adj(A) = adj(A)A = det(A)In obtenga que det(A) det(adj(A)) = (det(A))n det(In) y concluya el resultado. 7. Sean A, B ∈ Kn×n y α ∈ K no nulo, demuestre o refute los siguientes enunciados: a) Si adj(A) = adj(B), entonces A = B. b) adj(αIn) = αIn. c) Si A = adj(A), entonces det(A) = 0. d) Si adj(A − B) = 0, entonces A = B. Solución. a) Sabemos que si una matriz es no singular podemos determinar su inversa a través de su matriz adjunta y que su inversa es única, entonces nos preguntamos ¿qué sucede si A y B son singulares? 6
- 64. b) Sugerencia, determine adj(In). c) Utilice el literal anterior para dar un contra ejemplo. d) El enunciado, tal como los anteriores, es falso. 8. Sea A = 1 5 2 2 1 1 1 2 0 . a) Obtenga adj(A), la matriz adjunta de A. b) Calcule det(A). c) Verifique sé que cumple la igualdad: A(adj(A)) = (adj(A))A = det(A)I. d) ¿La matriz A es invertible? Si lo es, determine la inversa de A. Solución. a) Notemos que la matriz de cofactores de A, cof(A), es cof(A) = −2 1 3 4 −2 3 3 3 −9 . Luego, adj(A) = (cof(A))T = −2 4 3 1 −2 3 3 3 −9 . b) Notemos que det(A) = det 1 5 2 0 −9 −3 0 0 −1 = 9. c) Realice los productos. d) Dado que det(A) = 0 la matriz es invertible, más aún, por el literal c tenemos que A−1 = 1 det(A) adj(A) = −2 9 4 9 1 3 1 9 −2 9 1 3 1 3 1 3 −1 . 9. Considere el siguiente sistema 3x − 2y = 7, 3y + 2z = 6, −2x + 3z = −1. Verifique que posee solución única y utilice la regla de Cramer para obtener su solución. Solución. Solución única 103 35 , 32 35 , 57 35 . 10. Dado α ∈ R, considere el siguiente sistema 3x − 2y = 1, y + αz = 0, αx − 2y + z = α. 7
- 65. a) Determine los valores de α tal que el sistema posee solución única. b) Para los casos en donde existe solución única, utilice la regla de Cramer para obtener dicha solu- ción. Solución. El sistema tiene solución única para cada α ∈ R 3 − √ 15 2 , 3 + √ 15 2 y para cada valor de α, obtenido en el literal anterior, el conjunto solución está dado por 2α2 − 2α − 1 2α2 − 6α − 3 , 2α2 2α2 − 6α − 3 , − 2α 2α2 − 6α − 3 . 11. Dados α, β ∈ R, considere el siguiente sistema x + y + z = 1, x + y = α, y + z = β. Muestre que el sistema posee solución única y utilice la regla de Cramer para resolverlo. Solución. La matriz de coeficientes del sistema es A = 1 1 1 1 1 0 0 1 1 cuyo determinante es det(A) = 1, por lo tanto, el sistema posee solución única para todo α, β ∈ R y está dada por {(1 − β, α + β − 1, 1 − α)} . 12. Sea λ ∈ R, considere el sistema x + λy = 1, λx + y = λ2. Determine los valores de λ tales que el sistema a) tiene una única solución, escribir el conjunto de soluciones; b) tiene infinitas soluciones, escribir el conjunto de soluciones; y c) no tiene solución. Solución. Tomemos A = 1 λ λ 1 y b = 1 λ2 . a) Encontremos los valores de λ para que el sistema tenga una única solución, el determinante de la matriz de los coeficientes debe ser distinto de cero; es decir, det(A) = 1 λ λ 1 = 1 − λ2 = (1 − λ)(1 + λ) = 0, 8
- 66. entonces, el sistema tiene solución única si λ = 1 y λ = −1. Aplicando la regla de Cramer, encon- tramos las incógnitas, así x = 1 λ λ2 1 1 − λ2 = 1 − λ3 1 − λ2 = 1 + λ + λ2 1 + λ ; y y = 1 1 λ λ2 1 − λ2 = λ(λ − 1) 1 − λ2 = −λ 1 + λ . Entonces, el conjunto de solución es 1 + λ + λ2 1 + λ , − λ 1 + λ . b) Si λ = 1, escribimos la matriz aumentada asociada al sistema y, aplicando la eliminación Gauss, obtenemos 1 1 | 1 1 1 | 1 ∼ 1 1 | 1 0 0 | 0 , como rang(A) = 1 = rang(A|b) y este número es menor que el número de incógnitas, el sistema tiene infinitas soluciones. Entonces el conjunto de soluciones es {(1 − r, r) : r ∈ R}. c) Si λ = −1, escribimos la matriz aumentada asociada al sistema y, aplicando la eliminación Gauss, obtenemos 1 −1 | 1 −1 1 | 1 ∼ 1 −1 | 1 0 0 | 2 , como rang(A) = 1 < rang(A|b) = 2, el sistema es inconsistente. Por lo tanto, para λ = −1, el sistema no tiene solución. 13. Sean a, b, c ∈ R. Considere el sistema lineal x1 + 2x2 − 3x3 = a, 2x1 + 6x2 − 11x3 = b, x1 − 2x2 + 7x3 = c. Determine condiciones sobre a, b y c bajo las cuales: a) El sistema tiene solución única. b) El sistema tiene infinitas soluciones. c) El sistema no tiene solución. En cada caso, determine el conjunto solución. Ejercicios sugeridos: 3, 4a , 4c, 6a, 7a y 12a. 9
- 67. ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 06 Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica 1. a) Sea V = N, el conjunto de los números naturales, junto con las operaciones usuales de la suma y el producto en los reales, ¿es N un espacio vectorial real? b) ¿Qué se puede decir si se toma V = Q, el conjunto de los números racionales. Solución. a) Tomemos x = 1 ∈ N y α = √ 3 ∈ R, notemos que α · x = √ 3 · 1 = √ 3 = N, luego, V no es un espacio vectorial. b) V no es un espacio vectorial, muestre que al menos una propiedad no se verifica en la definición de espacio vectorial. 2. Sea V = {1} el conjunto formado por el número 1, junto con las operaciones ⊕: V × V → V y ⊙: R × V → V definidas por 1 ⊕ 1 = 1 y α ⊙ 1 = 1 para cada α ∈ R. ¿Es V un espacio vectorial real? Solución. V es un espacio vectorial, con elemento neutro e inverso ambos iguales a 1. 3. Sea V =]0, +∞[ junto con las operaciones ⊕: V × V → V y ⊙: R × V → V definidas por x ⊕ y = xy y α ⊙ x = xα para cada x, y ∈ V y cada α ∈ R. Demuestre que V es un espacio vectorial real. Solución. Verifique que el elemento neutro es igual a 1, y que para cualquier x ∈ V su inverso es 1 x . 4. Sea V = R2 junto con las operaciones ⊕: V × V → V y ⊙: R × V → V definidas por (x1, x2) ⊕ (y1, y2) = (x1 + y2, x2 + y1) y α ⊙ (x1, x2) = (αx1, αx2) para cada (x1, x2), (y1, y2) ∈ V y cada α ∈ R. ¿Es V es un espacio vectorial real? Solución. V no es un espacio vectorial. Por ejemplo, no se cumple la propiedad conmutativa, en efecto, toman- do x = (1, 1) y y = (1, 0) se tiene x ⊕ y = y ⊕ x. 5. Sea V = R2 junto con las operaciones ⊕: V × V → V y ⊙: R × V → V definidas por (x1, x2) ⊕ (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2) y α ⊙ (x1, x2) = (5x1, 5x2) para cada (x1, x2), (y1, y2) ∈ V y cada α ∈ R. ¿Es V es un espacio vectorial real? 1
- 68. Solución. V no es un espacio vectorial. Por ejemplo, notemos que si tomamos (x1, x2) = (1, 1) y α = 1 se tiene α ⊙ (x1, x2) = (5x1, 5x2) = (5, 5) = (1, 1). 6. Sea V = a b c d : a, b, c, d ∈ N junto con las operaciones usuales de suma de matrices y el producto de un escalar por una matriz, verifique que V no es un espacio vectorial real. Solución. Muestre que al menos una propiedad no se verifica en la definición de espacio vectorial. 7. Sea V = a b c d : a, b, c ∈ R, d ∈ N junto con las operaciones ⊕: V × V → V y ⊙: K × V → V definidas por A ⊕ B = a b c d ⊕ e f g h = a + e b + f c + e d + f y α ⊙ A = α ⊙ a b c d = 1 1 1 1 para cada A, B ∈ V y cada α ∈ K. Determine si V un espacio vectorial real. Solución. V no es un espacio vectorial, muestre que al menos una propiedad no se verifica en la definición de espacio vectorial. 8. Sea V = R2[x] el conjunto de los polinomios de grado menor o igual a 2 en la variable x. Considere las operaciones ⊕: V × V → V y ⊙: R × V → V definidas por p(x) ⊕ q(x) = (a0 + a1x + a2x2 ) ⊕ (b0 + b1x + b2x2 ) = (a0 + b0) + (a1 + b2)x + x2 y α ⊙ p(x) = α(a0 + a1x + a2x2 ) = αa0 + αa1x + αa2x2 para cada p(x), q(x) ∈ V y cada α ∈ R. ¿Es V un espacio vectorial real? Solución. V no es un espacio vectorial, muestre que al menos una propiedad no se verifica en la definición de espacio vectorial. 9. Sea V = {f : R → R : f (1) = 1 + f (0)} junto con las operaciones usuales de suma de funciones y pro- ducto de un escalar por una función. Determine si se verifica la propiedad de la existencia del neutro aditivo. Solución. Comprueba que no se verifica la propiedad. 10. a) Sea V = {f : R → R : l´ımx→+∞ f (x) = 0} junto con las operaciones usuales de suma de funciones y producto de un escalar por una función. Demuestre que V es un espacio vectorial real. b) Si se define V = {f : R → R : l´ımx→+∞ f (x) = a} donde a ∈ R, ¿es V un espacio vectorial real? 2
- 69. Solución. Solamente cuando a = 0 se tiene que V es un espacio vectorial. 11. Sea V = {f : R → R : f es creciente} junto con las operaciones usuales de suma de funciones y pro- ducto de un escalar por una función. Determine si V es un espacio vectorial real. Solución. Determine si se verifica la propiedad del inverso aditivo. 12. Sea (E, +, ·, K) un espacio vectorial y sea p ∈ E. Se define el conjunto Ep = {(x, p) : x ∈ E}. Además, se definen las operaciones +p : Ep × Ep → Ep y ·p : K × Ep → Ep mediante (x, p) +p (y, p) = (x + y, p) y α ·p (x, p) = (αx, p), para todo x, y ∈ E y α ∈ K. Demuestre que (Ep, +p, ·p, K) es un espacio vectorial. Solución. Verifique que el elemento neutro es igual a (0E, p), y que para cualquier (x, p) ∈ V su inverso es (−x, p). 13. Unicidad del neutro de la suma y del inverso de la suma. Sea (E, +, ·, K) un espacio vectorial. a) Asuma que existen dos elementos 0 ∈ E y 0′ ∈ E tales que, para todo x ∈ E se verifica 0 + x = x + 0 = x y 0′ + x = x + 0′ = x. Demuestre que 0 = 0′. Esto significa que el elemento neutro de la suma es único. b) Sea x ∈ E. Asuma que existen dos elementos x′ ∈ E y x′′ ∈ E tales que x + x′ = x′ + x = 0 y x + x′′ = x′′ + x = 0. Demuestre que x′ = x′′. Esto significa que el inverso de la suma, para cada elemento x ∈ E, es único. Solución. a) Sea x ∈ E, entonces se tiene que x = 0 + x. En particular, para x = 0′ se tiene que 0′ = 0 + 0′ . (1) Por otro lado, para cada x ∈ E se tiene que x = x + 0′ , de donde, para x = 0 se tiene que 0 = 0 + 0′ lo que, junto con la ecuación (1) implica que 0′ = 0, cómo se deseaba. 3
- 70. b) Dado que 0 = x + x′′, y por la propiedad del neutro de la suma, se tiene que x′ = x′ + 0 = x′ + (x + x′′ ). Usando la propiedad asociativa de la suma se tiene que x′ = (x′ + x) + x′′ y ya que x′ + x = 0 y por la propiedad del neutro aditivo de la suma, x′ = 0 + x′′ = x′′ , cómo se quería demostrar. 14. Sea (E, +, ·, K) un espacio vectorial. a) Demuestre que para todo v ∈ E se tiene que −(−v) = v. b) Sean v ∈ E y α ∈ K. Demuestre que si αv = v, entonces v = 0 o α = 1. Solución. a) Dado que (−v) + v = 0, se tiene que v es el (único) inverso de la suma para −v, es decir, que v = −(−v). b) Si sumamos −v a cada miembro de la igualdad αv = v, se obtiene que αv + (−v) = v + (−v), de donde, usando el hecho de que v + (−v) = 0 y que (−1)v = −v, se obtiene αv + (−1)v = 0, de donde (α + (−1))v = 0, es decir, (α − 1)v = 0. Se sigue que existen dos posibilidades, que v = 0 o que α − 1 = 0, es decir, v = 0 o α = 1. 15. Sean u y v ∈ Rn y sea 0V el vector nulo de Rn. a) Demuestre que 0u = 0V. b) Demuestre que v + (−1)v = 0V. Solución. a) Como u ∈ Rn, y por la definición de la multiplicación de un número real por un elemento de Rn, tenemos que 0u = 0(u1, u2, . . . , un) = (0u1, 0u2, . . . , 0un) = (0, 0, . . . , 0) = 0V. Con lo cual queda demostrado lo solicitado. 4
- 71. 16. En la definición de espacio vectorial se inicia con la frase “Dados un campo K, un conjunto no vacío E”. Explique por qué es necesario que E sea no vacío detallando cuáles de las propiedades de espacio vectorial son satisfechas y cuáles no cuando se considera E = ∅. Solución. Sea E = ∅. Necesariamente la suma + y el producto · son la función vacía. Entonces (E, +, ·, K) verifica todas las propiedades de espacio vectorial, excepto la existencia del neutro de la suma. En efecto, para verificar que, por ejemplo, (E, +, ·, K) satisface la propiedad asociativa de la suma, argumentamos por vacuidad: supongamos lo contrario, es decir, que existen x, y, z ∈ E tales que x + (y + z) = (x + y) + z es una proposición falsa. Pero esto es absurdo, pues E es el conjunto vacío y así tales x, y, z no podrían existir. De manera análoga se puede probar que el resto de las propiedades que definen a un espacio vectorial, excepto la existencia del neutro de la suma. En este caso, la proposición “existe un elemento 0 ∈ E tal que x + 0 = 0 + x = x para todo x ∈ E” es falsa, ya que al ser E un conjunto vacío, tal elemento no puede existir. Es por este motivo que es necesario que en la definición de espacio vectorial se requiera que E sea un conjunto no vacío. 17. Sea F2 = {0, 1} equipado con las operaciones + : F2 × F2 → F2 y · : F2 × F2 → F2 definidas por 0 + 0 = 1 + 1 = 0, 0 + 1 = 1 + 0 = 1, 0 · 0 = 0 · 1 = 1 · 0 = 0 y 1 · 1 = 1. Con estas operaciones, F2 es un campo, conocido como el campo de Galois de dos elementos. Sea (E, +, ·, F2) un espacio vectorial. a) Demuestre que, para todo v ∈ E, se tiene que v + v = 0. b) Demuestre que, para todo v ∈ E, se verifica −v = v. Solución. a) Sea v ∈ E. Dado que 1v = v, se tiene, gracias a la propiedad distributiva del producto, que v + v = 1v + 1v = (1 + 1)v, pero en el campo F2, se tiene que 1 + 1 = 0, por lo que v + v = 0v, y ya que 0v = 0, se concluye que v + v = 0. b) Sea v ∈ E. Por la parte a) se tiene que v + v = 0, lo que, ya que el neutro de la suma es único, significa que v = −v. Otra manera de demostrar esto es la siguiente: Si v ∈ E, entonces v = 1v, pero en el campo F2 se tiene que −1 = 1 (pues 1 + 1 = 0), de modo que v = (−1)v, y ya que −v = (−1)v, se concluye que v = −v. 18. Sea (E, +, ·, K) un espacio vectorial. Demuestre que para todo x, y, z, w ∈ E se verifica la igualdad (x + y) + (z + w) = (y + (z + x)) + w. 5
- 72. Solución. Para iniciar, por la propiedad asociativa de la suma se tiene que (x + y) + (z + w) = ((x + y) + z) + w, y por la propiedad conmutativa de la suma, x + y = y + x, así (x + y) + (z + w) = ((y + x) + z) + w. La propiedad asociativa de la suma implica que (y + x) + z = y + (x + z), de donde (x + y) + (z + w) = (y + (x + z)) + w, y, por la propiedad conmutativa de la suma, se sigue que x + z = z + x, con lo cual (x + y) + (z + w) = (y + (z + x)) + w, cómo se deseaba. 19. Para (x1, x2), (y1, y2) ∈ R2, se define la siguiente (x1, x2) ⊕ (y1, y2) = (x1y1, x2y2). Demuestre que existe el elemento neutro de esta operación. Solución. Buscamos un vector (e1, e2) ∈ R2 tal que (x1, x2) ⊕ (e1, e2) = (e1, e2) ⊕ (x1, x2) = (x1, x2), para todo (x1, x2) ∈ R2. Supongamos que tal vector existe. Por definición de la operación ⊕, se tiene que, si (x1, x2) ∈ R2, entonces (x1, x2) ⊕ (e1, e2) = (x1e1, x2e2), de donde, la condición (x1, x2) ⊕ (e1, e2) = (e1, e2) ⊕ (x1, x2) = (x1, x2) para todo (x1, x2) ∈ R2 equivale a x1e1 = x1 y x2e2 = x2, para todo x1, x2 ∈ R. En particular, si consideramos x1 = x2 = 1, tenemos que e1 = e2 = 1 (también puede elegirse cualquier x1, x2 ∈ R {0} para obtener que e1 = e2 = 1), de modo que una condición necesaria para que el vector (e1, e2) sea un neutro para esta operación es que (e1, e2) = (1, 1). Dado que (x1, x2) ⊕ (1, 1) = (1, 1) ⊕ (x1, x2) = (x1, x2), se tiene que el vector (1, 1) es un neutro para esta operación. 20. Para (x1, x2, x3), (y1, y2, y3) ∈ R3, se define la siguiente (x1, x2, x3) ⊕ (y1, y2, y3) = x1y1, x2 + y2, x3y3 4 . Encuentre el elemento neutro de esta operación y demuestre que en efecto lo es. Ejercicios sugeridos: 1a, 3, 4, 9, 14a, 15a y 17a. 6
- 73. ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 07 Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica 1. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (R3, +, ·, R)? Siendo: a) W = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : |x1| + |x2| = x3} b) W = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 + x2 ≥ x3} c) W = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x2 1 = x2} d) W = (x, y, z) ∈ R3 : x y z 1 −1 2 −2 1 −1 = 0 . Solución. a) No. b) No. c) No. d) Sí, es un subespacio. Sugerencia, no calcule el determinante. 2. ¿Es W un subespacio del espacio vectorial (Rn, R, +, ·)? Siendo: a) W = {(x1, . . . , xn) ∈ Rn : xi = 0 para algún i ∈ {1, . . . , n}}. b) W = x ∈ Rn : AxT = αxT , donde A ∈ Rn×n y α ∈ R fijos. c) W = x ∈ Rn : n ∑ i=1 xi = 0 . d) W = {αx + βy + γz ∈ Rn : α, β, γ ∈ R}, donde x, y, z ∈ Rn fijos. e) W = {x ∈ Rn : x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn}. Solución. a) No. b) Sí, es un subespacio. c) Sí, es un subespacio. d) Sí, es un subespacio. e) No. 3. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (R2[x], +, ·, R)? Siendo: a) W = {a + bx + cx2 ∈ R2[x] : b + c = a − 2}. b) W = {p(x) ∈ R2[x] : (p(x))2 > 0}. c) W = {p(x) ∈ R2[x] : p′(1) = p′(−2)}. d) W = {p(x) ∈ R2[x] : p(x) es de grado 2}. 1
- 74. Solución. a) No. b) No. c) Antes probar que W es subespacio vectorial de R2[x], estudiemos la estructura de W: W = {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : p′ (1) = p′ (−2)} = {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : p′ (x) = a1 + 2a2x, p′ (1) = p′ (−2)} = {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : p′ (1) = a1 + 2a2, p′ (−2) = a1 − 4a2, p′ (1) = p′ (−2)} = {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : a1 + 2a2 = a1 − 4a2} = {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : a2 = 0} = R1[x] el cual, es un subespacio vectorial. d) No. 4. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (Rn×n, R, +, ·)? Siendo: a) W = {A ∈ Rn×n : det(A) = 0}. b) W = {A ∈ Rn×n : tr(A) = 0}. c) W = {A ∈ Rn×n : A es simétrica}. d) W = {A ∈ Rn×n : A es no singular}. e) W = {A ∈ Rn×n : A es diagonal}. Solución. a) No. b) No. c) Sí, es un subespacio. d) No. e) Sí, es un subespacio. 5. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (C(R), R, +, ·)? Siendo: a) W = {f ∈ C(R) : f (x) = f (x + 1), para todo x ∈ R }. b) W = {f ∈ C(R) : f es par}. c) W = {f ∈ C(R) : f es impar}. Solución. Todos son subespacios vectoriales. 6. En C1(R), el espacio de funciones del conjunto R en R, derivables, con primera derivada continua, se define el conjunto E = f ∈ C1 (R) : f ′ (0) = f ′ (1) = 0 . Demostrar que E es un subespacio vectorial de C1(R). 2
- 75. Solución. Vamos a mostrar que E es un subespacio vectorial de R3, para ello debemos demostrar E es no vacío y que si f, g ∈ E y α ∈ R, tenemos a) f + g ∈ E; y b) α f ∈ E. Para demostrar que es no vacío, demostremos que 0 ∈ E. Dado que 0 es la función constante, se tiene que su derivada también es la función constante 0, además, 0′ (0) = 0(0) = 0 y 0′ (1) = 0(1) = 0 por lo tanto, 0 ∈ E. Ahora, sean f, g ∈ E y α ∈ R, tenemos que f ′ (0) = f ′ (1) = 0 y g′ (0) = g′ (1) = 0. a) Debemos mostrar que f + g ∈ E, es decir, debemos mostrar que (f + g)′ (0) = (f + g)′ (1) = 0. Tenemos que (f + g)′ (0) = (f ′ + g′ )(0) = f ′ (0) + g′ (0) = 0 + 0 = 0 y (f + g)′ (1) = (f ′ + g′ )(1) = f ′ (1) + g′ (1) = 0 + 0 = 0, por lo tanto, (f + g)′ (0) = (f + g)′ (1) = 0. b) Debemos mostrar que α f ∈ E, es decir, debemos mostrar que (α f )′ (0) = (α f )′ (1) = 0 Tenemos que (α f )′ (0) = (α f ′ )(0) = α f ′ (0) = α0 = 0 y (α f )′ (1) = (α f ′ )(1) = α f ′ (1) = α0 = 0, por lo tanto (α f )′ (0) = (α f )′ (1) = 0. Con esto, se tiene que E es un subespacio vectorial. 7. Dado el espacio vectorial V. Sean W1, W2 dos subespacios vectoriales de V. Demuestre que: a) W1 ∩ W2 es subespacio vectorial de V. 3
- 76. b) W1 ∪ W2 es subespacio vectorial de V si y solo si W1 ⊆ W2 o W2 ⊆ W1. 8. Los subconjuntos W1 = (x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 + x3 = 0 y W2 = (x1, x2, x3) ∈ R3 : x2 = x1 + x3 son subespacios vectoriales de R3 con las operaciones usuales. Calcule W1 ∩ W2. ¿El conjunto W1 ∪ W2 es un subespacio vectorial de R3? Solución. Verifique que W1 ∩ W2 = (−y, 0, y) ∈ R3 : y ∈ R . Además, W1 ∪ W2 no es un subespacio, para verificar, note que (−2, 1, 2) ∈ W1 y (1, 2, 1) ∈ W2, sin embargo, (−2, 1, 2) + (1, 2, 1) /∈ W1 ∪ W2. 9. En el espacio vectorial R2[t], sean: p1(t) = t2 + 1, p2(t) = t − 2 y p3(t) = t + 3. ¿Son los vectores p1(t), p2(t) y p3(t) linealmente independientes? Solución. Tomemos α1, α2 y α3 ∈ R y planteamos la combinación lineal nula α1 p1(t) + α2 p2(t) + α3 p3(t) = 0t2 + 0t + 0, a partir de lo cual se tiene que α1(t2 + 1) + α2(t − 2) + α3(t + 3) = 0t2 + 0t + 0, agrupando términos, se obtiene α1t2 + (α2 + α3)t + (α1 − 2α2 + 3α3) = 0t2 + 0t + 0, es decir, se obtiene el sistema lineal homogéneo α1 = 0, α2 + α3 = 0, α1 − 2α2 + 3α3 = 0, cuya matriz escalonada reducida por filas es 1 0 0 | 0 0 1 0 | 0 0 0 1 | 0 . Entonces, el sistema posee solución única, es decir, α1 = α2 = α3 = 0. Por lo tanto, p1(t), p2(t) y p3(t) son linealmente independientes. 10. Hallar todos los valores de k ∈ R para los cuales S ⊆ R2×2 es un conjunto linealmente dependiente, donde S = 1 k −1 2 , k 1 0 2k , 0 0 1 0 . Solución. Para k = −1 o k = 1. 11. Suponga que S = {v1, v2, v3} es un conjunto linealmente independiente de vectores de un espacio vec- torial V. Muestre que T = {w1, w2, w3}, donde w1 = v1 + v2 + v3, w2 = v2 + v3 y w3 = v3, también es linealmente independiente. 4
- 77. Solución. Tomemos α1, α2 y α3 ∈ R y formemos la combinación lineal nula α1w1 + α2w2 + α3w3 = 0V, considerando la definición de wi con i ∈ {1, 2, 3} se tiene que α1(v1 + v2 + v3) + α2(v2 + v3) + α3v3 = 0V, o equivalentemente α1v1 + (α1 + α2)v2 + (α1 + α2 + α3)v3 = 0V. Dado que S es un conjunto linealmente independiente, se concluye que α1 = 0, α2 + α2 = 0, α1 + α2 + α3 = 0, un sistema lineal homogéneo que posee solución única, lo que implica que α1 = α2 = α3 = 0. Por lo tanto, T es un conjunto linealmente independiente. 12. Dado el subconjunto S = {(1, 0, −1), (0, 2, 1), (1, 2, 0), (0, −1, 0)} de R3. a) Estudiar la dependencia lineal de S b) Si S es linealmente dependiente, encuentre un subconjunto de S, que sea linealmente independiente y tenga el mayor número de vectores linealmente independientes. Solución. a) Veamos si existen α1, α2, α3, α4 ∈ R, no nulos, tales que α1(1, 0 − 1) + α2(0, 2, 1) + α3(1, 2, 0) + α4(0, −1, 0) = (0, 0, 0). Multiplicando por los escalares y sumando las ternas, se tiene el sistema lineal: α1 α3 = 0, 2α2 + 2α3 − α4 = 0, −α1 α2 = 0. Como el sistema es homogéneo y tiene más incógnitas que ecuaciones, se tiene que, rang(A) = rang(A|b), pero es menor que el número de incógnitas. Entonces el sistema tiene una solución no trivial. Es decir, existe al menos un escalar entre α1, α2, α3 y α4 que toma valores no nulos; por lo tanto, S es linealmente dependiente. b) S es linealmente dependiente, entonces al menos un vector es combinación lineal de los demás elementos de S. Para encontrar este vector resolvemos el sistema escribiendo la matriz aumentada y utilizando el método de eliminación Gauss: 1 0 1 0 | 0 0 2 2 −1 | 0 −1 1 0 0 | 0 ∼ 1 0 1 0 | 0 0 2 2 −1 | 0 0 0 0 1 2 | 0 luego, α1 = −α3, α2 = −α3 y α4 = 0. En particular, si α3 = 1, entonces α1 = −1, α2 = −1 y α4 = 0. 5
- 78. Reemplazando en la combinación lineal nula, tenemos: (−1)(1, 0, −1) + (−1)(0, 2, 1) + (1)(1, 2, 0) + (0)(0, −1, 0) = (0, 0, 0), entonces, se tiene que (1, 2, 0) = (1, 0, −1) + (0, 2, 1) + 0(0, −1, 0). Excluimos de S al vector (1, 2, 0) y veamos si S′ = {(1, 0, −1), (0, 2, 1), (0, −1, 0)} es linealmente independiente. Para ello examinamos si α1, α2, α3 nulos, son la única solución de α1(1, 0, −1) + α2(0, 2, 1) + α3(0, −1, 0) = (0, 0, 0). El sistema por resolver es α1 = 0, 2α2 − α3 = 0, −α1 + α2 = 0. Es fácil notar que la única solución es la trivial; es decir, α1 = α2 = α3 = 0. Entonces S′ es lineal- mente independiente y tiene el mayor número de vectores linealmente independientes. 13. Si S = {u1, u2, u3} es un subconjunto de un espacio vectorial V, linealmente independiente, entonces ¿S′ = {u1 − u2, u1 + u2 − u3, u2 − u3} es linealmente independiente? Solución. Veamos si existen α1, α2, α3 ∈ R, no nulos, tales que α1(u1 − u2) + α2(u1 + u2 − u3) + α3(u2 − u3) = 0. Multiplicando por los escalares y reagrupando la ecuación , se tiene: (α1 + α2)u1 + (−α1 + α2 + α3)u2 + (−α2 − α3)u3 = 0. Como u1, u2 y u3 son linealmente independientes, la ecuación anterior tiene solución única trivial; es decir, α1 + α2 = 0, −α1 + α2 + α3 = 0, −α2 − α3 = 0. Cuya solución única (verifique) es α1 = α2 = α3 = 0. Por lo tanto S′ es linealmente independiente. 14. ¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores generan a R2? a) T = {(1, 1), (2, −5), (3, 0)} b) T = {(1, −2)} c) T = {(3, −1), (−1, 1 3 )} d) T = {(2, 1), (−1, 4)} Solución. a) Sea v = (a, b) un vector arbitrario en R2, debemos determinar si v es combinación lineal de los vectores de T; es decir, si existen α1, α2, α3 ∈ R tales que α1(1, 1) + α2(2, −5) + α3(3, 0) = (a, b). La ecuación anterior conduce al sistema lineal α1 + 2α2 + 3α3 = a, α1 − 5α2 = b, 6
- 79. de donde, escribiendo la matriz aumentada asociada y aplicando la eliminación Gauss, obtenemos 1 2 3 | a 1 −5 0 | b ∼ 1 2 3 | a 0 1 3 7 | a−b 7 , con lo cual, notamos que rang(A) = 2 = rang(A|b) < 3, entonces el sistema tiene al menos una solución. Por lo tanto, existe solución para cualquier elección de a y b, y se concluye que R2 = gen(T). b) Sea v = (a, b) un vector arbitrario en R2, debemos determinar si v es combinación lineal del vector de T; es decir, si existe α ∈ R tal que α(1, −2) = (a, b). Es inmediato notar que, no existe un valor de α tal que se pueda escribir la combinación lineal dada, y por lo tanto T no genera a R2. c) Sea v = (a, b) un vector arbitrario en R2, debemos determinar si v es combinación lineal de los vectores de T; es decir, si existen α1, α2 ∈ R tales que α1(3, −1) + α2 −1, 1 3 = (a, b). La ecuación anterior conduce al sistema lineal 3α1 − α2 = a, −α1 + 1 3 α2 = b, de donde, escribiendo la matriz aumentada asociada, y aplicando la eliminación Gauss, obtenemos 3 −1 | a −1 1 3 | b ∼ 1 −1 3 | a 3 0 0 | a+3b 3 , con lo cual, notamos que, si a + 3b = 0, entonces rang(A) = 1 < rang(A|b) = 2, y el sistema no tiene solución. Por lo tanto, no existe solución para cualquier elección de a y b, y se concluye que T no genera a R2. d) Sea v = (a, b) un vector arbitrario en R2, debemos determinar si v es combinación lineal de los vectores de T; es decir, si existen α1, α2 ∈ R tales que α1(2, 1) + α2(−1, 4) = (a, b). La ecuación anterior conduce al sistema lineal 2α1 − α2 = a, α1 + 4α2 = b, cuya representación matricial, Aα = r, es 2 −1 1 4 α1 α2 = a b , y notamos que, aplicando la regla de Cramer, det(A) = 2 −1 1 4 = 9; es decir, el sistema tiene única solución. Por lo tanto, existe solución para cualquier selección de a y b, y se concluye que R2 = gen(T). 15. Sea S = t2 + 1, t − 2 ⊆ R3[t], determine S . 7
- 80. Solución. S = at3 + bt2 + ct + d ∈ R3[t] : a = 0, b = 2c + d . 16. Sean a, b ∈ R, y T, U ⊆ R4. Determinar los valores de a y b tales que gen(T) = gen(U) con T = {(a, 1, −1, 2), (1, b, 0, 3)} y U = {(1, −1, 1, −2), (−2, 0, 0, −6)}. Solución. El generado por T es igual al generado por U si y sólo si los vectores en T son combinación lineal de los vectores en U; es decir, si existen α1, α2, β1, β2 ∈ R tales que α1(1, −1, 1, −2) + α2(−2, 0, 0, −6) = (a, 1, −1, 2), y β1(1, −1, 1, −2) + β2(−2, 0, 0, −6) = (1, b, 0, 3). Los resultados anteriores conducen a los sistemas lineales α1 − 2α2 = a, −α1 = 1, α1 = −1, −2α1 − 6α2 = 2, y β1 − 2β2 = 1, −β1 = b, β1 = 0, −2β1 − 6β2 = 3. Como ambos sistemas tienen la misma matriz de coeficientes, podemos encontrar las soluciones escri- biendo la matriz aumentada 1 −2 | a | 1 −1 0 | 1 | b 1 0 | −1 | 0 −2 −6 | 2 | 3 , de donde, resolviendo obtenemos que si a = −1 y b = 0 los vectores en T se pueden escribir como combinación lineal de los vectores en U, y por ende gen(T) = gen(U). 17. Sea x ∈ R, determinar los valores de x tales que el vector v = (1, x, 2) ∈ R3 pertenezca a gen(S), donde S = {(1, 2, 3), (1, 1, 1)} Solución. El vector v pertenece al generado por S si y sólo si v es combinación lineal de los vectores de S; es decir, si existen α1 y α2 tales que α1(1, 2, 3) + α2(1, 1, 1) = (1, x, 2). La ecuación anterior conduce al sistema lineal α1 + α2 = 1, 2α1 + α2 = x, 3α1 + α2 = 2, 8
- 81. de donde, resolviendo obtenemos 1 1 | 1 2 1 | x 3 1 | 2 ∼ 1 1 | 1 0 1 | −x + 2 0 0 | −2x + 3 . Notamos que si −2x + 3 = 0, rang(A) = 2 = rang(A|b), y este número es igual al número de incógnitas, luego el sistema tiene una única solución. Entonces, encontramos las incógnitas para cuando x = 3 2, utilizando la eliminación Gauss-Jordan, así 1 1 | 1 0 1 | 1 2 0 0 | 0 ∼ 1 0 | −1 2 0 1 | 1 2 0 0 | 0 , de donde, el conjunto de soluciones es − 1 2 , 1 2 . y con esto se concluye que si x = 2 3 , v es combinación lineal de los vectores de S, y por ende v pertenece a gen(S). 18. Sean (E, +, ·, K) un espacio vectorial y S un subconjunto no vacío de E. Muestre que span(S) es subes- pacio vectorial de E. Solución. Sean u, w ∈ span(S), vamos a mostrar que u + w ∈ span(S). Es decir, vamos a mostrar que existen αi ∈ K tales que u + v = ∑ i αi · si donde si ∈ S. Como u ∈ span(S), se tiene que existen βi ∈ K tales que u = ∑ i βi · si, como v ∈ span(s), se tiene que existen λi ∈ K tales que v = ∑ i λi · si. Luego u + v = ∑ i βi.si + ∑ i λi.si, por distributividad del producto se tiene que u + v = ∑ i (βi + λi) · si. Así ya que βi ∈ K y λi ∈ K, podemos tomar αi = (βi + λi) ∈ K tal que u + v = ∑ i αi · si. Luego sean u ∈ span(S) y α ∈ K, vamos a mostrar que α · u ∈ span(S). Es decir, vamos a mostrar que existen λi ∈ K tales que α · u = ∑ i λi · si donde si ∈ S. Como u ∈ span(S), se tiene que existen βi ∈ K tales que u = ∑ i βi · si. Luego α · u = α · ∑ i βi · si. 9
- 82. Por distributividad y asociatividad del producto se tiene que α · u = ∑ i (αβi) · si. Basta tomar λi = (αβi). 19. Sea E = M ∈ R2×2 : M = a 0 0 b a, b ∈ R , muestre que S = 1 0 0 0 , 0 0 0 1 genera a E. Solución. Sea A = a 0 0 b ∈ E, debemos mostrar que existen α1, α2 ∈ R tales que a 0 0 b = α1 1 0 0 0 + α2 0 0 0 1 . De la igualdad de matrices se obtiene el siguiente sistema lineal de ecuaciones α1 = a, α2 = b. Como el sistema tiene solución única {(a, b)}, podemos concluir que span(S) = E, es decir S genera a E. 20. Sea W = A ∈ R2×2 : A es triangular superior un subespacio vectorial de R2×2 y A1 = 1 1 0 0 , A2 = 0 1 0 1 yA3 = 1 0 0 1 . Demuestre que B = {A1, A2, A3} es una base de W. 21. Considere el subespacio vectorial W = (x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 + x2 + x3 = 0, x4 = −x1 . Determine una base de W. Solución. Una base es B = {(−1, 1, 0, 1), (−1, 0, 1, 1)}. 22. Sea S = {(1, 1, 0, 0, 1), (3, 4, 2, 0, −1), (1, 1, −1, 0, 0), (2, 3, 4, 1, 1), (2, 2, −1, 0, 1), (2, 3, 1, 0, −1)} ⊆ R5, de- termine el subespacio generado por S y una base del mismo. Solución. Verifique que gen(S) = S = (x1, x2, x3, x4, x5) ∈ R5 : −7x1 + 6x2 − x3 − x4 − x5 = 0 con base B = {(1, 1, 0, 0, 1), (3, 4, 2, 0, −1), (1, 1, −1, 0, 0), (2, 3, 4, 1, 1)}. 23. En R2×2 se toman los subconjuntos V = a b c d ∈ R2×2 : a = d, c = b y W = a 0 0 d ∈ R2×2 : a, d ∈ R . a) Muestre que V y W son subespacios de R2×2. 10
- 83. b) Determine una base de V y su dimensión. c) Verifique que la dimensión de W es igual a 2, justificar su respuesta. d) Determinar V ∩ W. Solución. Verifique que una base de V es BV = 1 0 0 1 , 0 1 1 0 . Verifique que una base de W es BW = 1 0 0 0 , 0 0 0 1 . Para el literal d notemos que W = a b c d ∈ R2×2 : b = 0, c = 0 . Luego, tenemos que V ∩ W = a b c d ∈ R2×2 : a = d, c = b, b = 0, c = 0 = a b c d ∈ R2×2 : a = d, b = 0, c = 0 = d 0 0 d ∈ R2×2 : d ∈ R . 24. Sea S = {v1, v2, v3, v4} donde v1 = (1, −1, 2), v2 = (1, 1, 0), v3 = (1, 0, 1) y v4 = (0, 1, 1). a) Demuestre que S = R3. b) Determine una base para S. c) ¿El sistema, x1v1 + x2v2 + x3v3 + x4v4 = (a, b, c), de ecuaciones lineales, tiene solución única para todo (a, b, c) ∈ R3? Ejercicios sugeridos: 1a, 3c, 5a, 9, 11, 16 , 21 y 23. 11
- 84. ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 08 Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica 1. Sea V un K espacio vectorial. Demuestre cada uno de las proposiciones siguientes. a) Si S ⊆ V, entonces S ⊆ span(S). b) Si S ⊆ T ⊆ V y si T es un subespacio de V, entonces span(S) ⊆ T. Esta propiedad se expresa diciendo que span(S) es el menor subespacio de V que contiene a S. c) Un subconjunto S de V es un subespacio de V si y solo si span(S) = S. d) Si S ⊆ T ⊆ V, entonces span(S) ⊆ span(T). e) Si S y T son subconjuntos de V, entonces span(S ∩ T) ⊆ span(S) ∩ span(T). Solución. a) Notemos que para cualquier s ∈ S, tenemos que s = 1 · s, luego, s ∈ span(S). Por tanto, se ha mostrado que S ⊆ span(S). b) Sea x ∈ span(S), entonces existen αj ∈ K tales que x = ∑ j αjsj donde sj ∈ S. Ahora, por hipótesis se tiene que S ⊆ T, luego, sj ∈ T, y dado que T es un subespacio, tenemos que ∑ j αjsj ∈ T, y, por tanto, x ∈ T, es decir, hemos mostrado que span(S) ⊆ T. c) Supongamos que S es un subespacio de V. Por el literal a tenemos que S ⊆ span(S). Además, por el literal b, tenemos que al ser S un subespacio tal que S ⊆ S, entonces span(S) ⊆ S. Por tanto, span(S) = S. Recíprocamente, si suponemos que S = span(S), dado que span(S) es un subespacio de V, con- cluimos que S es un subespacio de V. d) Supongamos que S ⊆ T. Por el literal a sabemos que T ⊆ span(T), lo que implica que S ⊆ span(T). Dado que span(T) es un subespacio, junto S ⊆ span(T), concluimos que s ⊆ span(T). e) Por el literal a sabemos que S ⊆ span(S) y T ⊆ span(T). (1) Dado que span(S) y span(T) son subespacios, concluimos que span(S) ∩span(T) es un subespacio. A partir de (1), concluimos que S ∩ T ⊆ span(S) ∩ span(T) Por tanto, por el literal a, tenemos que span(S ∩ T) ⊆ span(S) ∩ span(T). 2. Sean V un K espacio vectorial, S un subespacio de V y T = {v1, . . . , vn} ⊆ V un subconjunto de V. Demuestre que: span(T) ⊆ S si y solo si vi ∈ S para todo i ∈ {1, . . . , n}. 1
- 85. Solución. Supongamos que vi ∈ S para todo i ∈ {1, . . . , n}. Tomemos x ∈ span(T), entonces, por definición de cápsula de un conjunto, existen α1, . . . , αn ∈ K tales que x = α1v1 + · · · + αnvn. Por hipótesis, al ser S un subespacio de V concluimos que αivi ∈ S para todo i ∈ {1, . . . , n} y, por tanto, α1v1 + · · · + αnvn ∈ S, lo que implica que x ∈ S. Por tanto, dado que x es un elemento arbitrario de span(T), se ha mostrado que span(T) ⊆ S. Muestre el recíproco. 3. Sean V un K espacio vectorial, S un subespacio de V y v1, . . . , vn+1 ∈ V. Demuestre que: {v1, . . . , vn+1} = {v1, . . . , vn} si y solo si vn+1 ∈ {v1, . . . , vn} . 4. Sean V un espacio vectorial de dimensión finita, y S un subespacio de V. Demuestre que: dim(S) = dim(V) si y solo si S = V. Solución. Supongamos que dim(V) = dim(S) = n. Sea B1 una base de S. Entonces, B1 es un subconjunto de V linealmente independiente que consta con n elementos, por lo cual, B1 es también una base de V, y, por tanto, span(B1) = V. Además, por definición de base tenemos que span(B1) = S, lo que implica que V = S. Recíprocamente, supongamos que V = S y que dim(V) = m. Sean B1 y B2 bases de V y de S, respectivamente. Por definición de base tenemos que span(B1) = V y span(B2) = S lo que implica que span(B1) = span(B2). Por lo tanto, span(B2) = V y siendo B2 un conjunto lineal- mente independiente, concluimos que B2 es una base de V, lo que implica que dim(S) = m. Por lo cual, se ha mostrado que dim(V) = dim(S). 5. Demuestre que los siguientes conjuntos son base de R2[t]: a) B1 = {t2 + 1, t − 2, t + 3}; b) B2 = {p(t), p′(t), p′′(t)}, siendo p(t) = t2 + t − 3. Solución. Sabemos que dim(R2[t]) = 3, por ende, como B1 y B2 son conjuntos que constan de 3 elementos, basta probar que estos son linealmente independientes, sí es así, B1 y B2 son bases de R2[t]. 6. Sea V un espacio vectorial y W un subespacio vectorial de V. Suponga que B1 = {v1, v2, v3} es base de W. Demuestre que B2 = {v1 + v2 + v3, v2 + v3, v3} también es base de W. Solución. Puesto que B1 es base de W, entonces B1 es linealmente independiente. Pruebe que B2 es linealmente independiente. Ahora, notemos que se tiene que dim(W) = 3 pues card(B1) = 3, y ya que card(B2) = 3 y B2 ⊆ W, se concluye que B2 es también base de W. 2
- 86. 7. Determine, si existen, los valores de a, b ∈ R tales que {(a, 1, −1, 2), (1, b, 0, 3)} es base del subespacio vectorial gen({(1, −1, 1, −2), (−2, 0, 0, −6)}) de R4. Solución. En el ejercicio 16 de la Hoja de ejercicios No. 7 encontramos que gen({(1, −1, 1, −2), (−2, 0, 0, −6)}) = gen({(a, 1, −1, 2), (1, b, 0, 3)}), cuando a = −1 y b = 0. Ahora, sean α, β ∈ R tales que α(1, −1, 1, −2) + β(−2, 0, 0, −6) = (0, 0, 0, 0), de donde se tiene que (α − 2β, −α, α, −2α − 6β) = (0, 0, 0, 0) y es fácil observar que α = β = 0 es la única elección posible para α y β, por lo que el conjun- to {(1, −1, 1, −2), (−2, 0, 0, −6)} es una base de W = gen({(1, −1, 1, −2), (−2, 0, 0, −6)}), por ende, dim(W) = 2 y ya que {(a, 1, −1, 2), (1, b, 0, 3)} genera a W cuando a = −1 y b = 0, se tiene que {(a, 1, −1, 2), (1, b, 0, 3)} es base de W si y sólo si a = −1 y b = 0. 8. Determine bases y calcule la dimensión de cada uno de los siguientes subespacios vectoriales de Rn×n: a) W1 = {A ∈ Rn×n : A = A⊺}; b) W2 = {A ∈ Rn×n : A = −A⊺}; c) W3 = {A = (aij) ∈ Rn×n : aij = 0 para i = j, para todo i, j ∈ {1, . . . , n}}; d) W4 = {A ∈ R4×4 : A es una matriz escalar}. Solución. Verifique que dim(W1) = n(n + 1) 2 , dim(W2) = n(n − 1) 2 , dim(W3) = n y dim(W4) = 1. 9. Sea E = R+ × R equipado con las siguientes operaciones: (u, v) + (u′ , v′ ) = (uu′ , v + v′ ) y α(u, v) = (uα , αv), para todo (u, v), (u′, v′) ∈ E y todo α ∈ R. a) Demuestre que (E, +, ·, R) es un espacio vectorial. b) Sea e el número de Euler (o constante de Napier). Demuestre que {(e, 0), (1, 1)} es base de E y deduzca el valor de dim(E). c) ¿Es el conjunto {(1, 0), (1, 1)} una base de E? Solución. a) Se deben probar las ocho propiedades que deben satisfacer la suma y el producto para que (E, +, ·, R) sea un espacio vectorial. Omitimos este detalle y sólo nos enfocamos en la propiedad del neutro de la suma y del inverso de la suma: Si (u, v) ∈ E entonces se tiene que (u, v) + (1, 0) = (u1, v + 0) = (u, v) y (1, 0) + (u, v) = (1u, 0 + v) = (u, v), por lo que 0 = (1, 0) es el neutro para la suma. Consecuentemente, si (u, v) ∈ E se tiene que u > 0, de donde 1 u > 0 y por ende 1 u , −v ∈ E. Así, (u, v) + 1 u , −v = u 1 u , v + (−v) = (1, 0) = 0, 3
- 87. y de manera similar 1 u , −v + (u, v) = (1, 0) = 0, por lo cual −(u, v) = 1 u , −v . b) Sean α, β ∈ R tales que α(e, 0) + β(1, 1) = 0, de donde tenemos que (eα , β) = (1, 0) y por ende α = β = 0, lo que significa que {(e, 0), (1, 1)} es linealmente independiente. Ahora, sea (u, v) ∈ E, buscamos escalares α, β ∈ R tales que (u, v) = α(e, 0) + β(1, 1), es decir, tales que eα = u y β = v. De aquí, tomando α = ln(u) y β = v se tiene lo deseado. Esto significa que {(e, 0), (1, 1)} genera a E y por ende es una base de E. Se sigue además que dim(E) = 2. c) Puesto que (1, 0) = 0, el conjunto {(1, 0), (1, 1)} es linealmente dependiente, por lo que no puede ser base de E. 10. Sea (V, +, ·, K) un espacio vectorial y B1 = {v1, . . . , vn} una base de V. Sean λ1, . . . , λn ∈ K y sea u = λ1v1 + · · · + λnvn. Para cada i ∈ {1, . . . , n} sea ui = u + vi. Demuestre que {u1, . . . , un} es base de V si y sólo si n ∑ i=1 λi = −1. Solución. Sean α1, . . . , αn ∈ K tales que α1u1 + · · · + αnun = 0, entonces tenemos que α1(u + v1) + · · · + αn(u + vn) = 0, de donde, por la forma en que u está definido, tenemos que α1((λ1v1 + · · · + λnvn) + v1) + · · · + αn((λ1v1 + · · · + λnvn) + vn) = 0, lo que puede reescribirse, gracias a las propiedades de espacio vectorial, como ((λ1 + 1)α1 + · · · + λ1αn))v1 + · · · + (λnα1 + · · · + (λn + 1)αn)vn = 0. Dado que B1 es base de V, se sigue que Aα = 0, donde A = λ1 + 1 λ1 · · · λ1 λ2 λ2 + 1 · · · λ2 ... ... ... ... λn λn · · · λn + 1 y α = α1 α2 ... αn . Un cálculo directo muestra que det(A) = 1 + n ∑ i=1 λi, 4
- 88. por ende, el sistema tendrá solución única (trivial, por ser homogéneo) si y sólo si n ∑ i=1 λi = −1. Esto significa que el conjunto {u1, . . . , un} es linealmente independiente (y por ende una base, ya que dim(V) = n) si y sólo si n ∑ i=1 λi = −1. 11. Suponga que {v1, v2, . . . , vn} es base de un espacio vectorial V. Demuestre que {v1, v2 − v1, . . . , vn − v1} también es base de V. ¿Es el recíproco verdadero? Solución. Puesto que dim(V) = n, basta probar que {v1, v2 − v1, . . . , vn − v1} es linealmente independiente. Para ello, sean α1, . . . , αn ∈ K escalares tales que α1v1 + α2(v2 − v1) + · · · + αn(vn − v1) = 0, es decir, (α1 − α2 − · · · − αn)v1 + α2v2 + · · · + αnvn = 0. Dado que {v1, . . . , vn} es base de V, se sigue que α1 − α2 − · · · − αn = α2 = · · · = αn = 0, de donde también α1 = 0, como se deseaba. Recíprocamente, sean α1, . . . , αn ∈ K tales que α1v1 + · · · + αnvn = 0. Entonces (α1 + α2 + · · · + αn)v1 + α2(v2 − v1) + · · · + αn(vn − v1) = 0, de donde α1 + α2 + · · · + αn = α2 = · · · = αn = 0 y así también α1 = 0, por lo que {v1, . . . , vn} es linealmente independiente, y dado que dim(V) = n, es una base de V. 12. Sea B = {v1, . . . , vn} una base de un espacio vectorial V, y sea B′ = {w1, . . . , wn} un subconjunto de V tal que vi ∈ gen(B′) para todo i ∈ {1, . . . , n}. Demuestre que B′ también es una base para V. Solución. Dado que dim(V) = n, basta probar que B′ genera a V. Por hipótesis, para cada i ∈ {1, . . . , n} se tiene que existen αi,j, con j ∈ {1, . . . , n} tales que vi = αi1w1 + · · · + αinwn. Sea v ∈ V, dado que B es base de V, existen escalares β1, . . . , βn ∈ K tales que v = β1v1 + · · · + βnvn, de donde v = β1(α11w1 + · · · + α1nwn) + · · · + βn(αn1w1 + · · · + αnnwn) o, lo que es lo mismo, v = (β1α11 + · · · + βnαn1)w1 + · · · + (β1α1n + · · · βnαnn)wn, de modo que B′ genera a V. 5
- 89. 13. En cada uno de los siguientes literales se da un espacio vectorial V y un subespacio W de este. Encuentre una base para W y a partir de esta complete una base para V: a) V = R4 y W = {x ∈ R4 : x1 − x2 = x3, x2 + x3 − x4 = 0}. b) V = R4[t] y W = {p(t) ∈ R4[t] : p′(0) + p(0) = 0, p′′′(0) − p′′(0) = 0}. c) V = R2×2 y W = {A = (aij) ∈ R2×2 : a12 − a21 = 0, a11 + a22 = 0}. Solución. a) Una base de W es B = {(1, 1, 0, 1), (1, 0, 1, 1)}, luego, dim(W) = 2. Una base para V es {(1, 1, 0, 1), (1, 0, 1, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}, para esto, considere la matriz esca- lonada reducida por filas que se obtiene al verificar que B es linealmente independiente. b) Verifique que W = p(t) = a + bt + ct2 + dt3 + et4 ∈ R4[t] : a + b = 0, c − 3d = 0 y que una base de W es B = −1 + t, 3t2 + t3, t4 . Una base para V es −1 + t, 3t2 + t3, t4, t, t3 . c) Una base de W es −1 0 0 1 , 0 1 1 0 . Una base de V es −1 0 0 1 , 0 1 1 0 , 1 0 0 0 , 0 1 0 0 . 14. En cada uno de los siguientes literales se da un espacio vectorial V, un subconjunto S ⊆ V. Determine el subespacio generado por S y halle, a partir de S, una base para dicho subespacio. a) V = R3 y S = {(1, −1, 0), (1, 0, 0), (1, −2, 0)}. b) V = R2×3 y S = 1 0 −1 −1 0 1 , −1 0 1 1 0 −1 . c) V = R2 y S = {(1, 2), (−2, 1), (1, 0), (0, −2)}. Solución. a) Verifique que span(S) = {(x, y, z) ∈ V : z = 0} y que una base es {(1, −1, 0), (1, 0, 0)}. b) Verifique que span(S) = a b c d e f ∈ R2×3 : b = 0, a + c = 0, a + d = 0, e = 0, a − f = 0 y que una base es 1 0 −1 −1 0 1 . Ejercicios sugeridos: 1b, 1c, 4, 5a, 8, 10, 13a y 14a. 6
- 90. ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 09 Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica 1. Sea V un espacio vectorial y W1 y W2 dos subespacios de este Probar que: a) W1 + W2 es un subespacio de V. b) W1 y W2 están contenidos en W1 + W2 c) W1 + W2 es el menor subespacio de V que contiene a W1 y a W2, esto es, W1 + W2 = gen(W1, W2). d) si W1 ⊆ W2, entonces W1 + W2 = W2 e) si W2 ⊆ W1, entonces W1 + W2 = W1. Solución. a) 1) Notemos que 0V ∈ W1 y 0V ∈ W2, al ser W1 y W2 subespacios. Luego, 0V = 0V + 0V ∈ W1 + W2, lo que implica que W1 + W2 = ∅. 2) Sean u, v ∈ W1 + W2 y sea α ∈ K. Vamos a mostrar que αu + v ∈ W1 + W2. Por hipótesis, existen u1, v1 ∈ W1 y u2, v2 ∈ W2 tales que u = u1 + u2 y v = v1 + v2. Entonces, αu + v = α(u1 + u2) + (v1 + v2) = (αu1 + v1) + (αu2 + v2), y dado que W1 y W2 son subespacios tenemos que αu1 + v1 ∈ W1 y αu2 + v2 ∈ W2. Por tanto, αu + v ∈ W1 + W2. Por 1) y 2), concluimos que W1 + W2 es un subespacio. b) Sea w1 ∈ W1, por ser W2 un subespacio, 0V ∈ W2, lo que implica que w1 = w1 + 0V ∈ W1 + W2. Por lo tanto, W1 ⊆ W1 + W2. De forma similar se muestra que W2 ⊆ W1 + W2. c) Vamos a mostrar que W1 + W2 ⊆ gen(W1, W2) y que gen(W1, W2) ⊆ W1 + W2, lo que nos permitirá concluir que W1 + W2 = gen(W1, W2). Sea x ∈ W1 + W2, entonces existen x1 ∈ W1 y x2 ∈ W2 tales que x = x1 + x2, además, notemos que x = 1x1 + 1x2, lo que implica que x es una combinación lineal de elementos en W1 ∪ W2, es decir, x ∈ gen(W1, W2), por lo tanto, W1 + W2 ⊆ gen(W1, W2). Ahora, dado que en los literales a y b hemos mostrado que W1 + W2 es un subespacio que contiene tanto a W1 como a W2, entonces W1 ∪ W2 ⊆ W1 + W2 lo que implica que gen({W1 ∪ W2}) ⊆ W1 + W2. d) Sabemos que W2 ⊆ W1 + W2. Ahora, sea w ∈ W1 + W2, queremos probar que w ∈ W2. Para ello, sabemos que w = w1 + w2, donde w1 ∈ W1 y w2 ∈ W2. Además, como W1 ⊆ W2, se tiene que w1 ∈ W2, con lo cual w ∈ W2, que es lo que se quería demostrar. 1
- 91. 2. Sean (E, +, ·, R) un espacio vectorial, S ⊆ V y α ∈ R. Se define αS = {αx : x ∈ S}. Si W es un subespacio vectorial de E, demuestre o refute los siguientes enunciados: a) W + W = 2W b) 2W + 2W = W c) 2W − 2W = {0}, con W = {0} Solución. a) Se tiene que W + W = {w1 + w2 ∈ E : w1 ∈ W y w2 ∈ W} Ya que w1, w2 ∈ W y por propiedades del espacio vectorial, w1 + w2 ∈ W. Entonces, W + W = W. Luego, 2W = {2w : w ∈ W} y como, por propiedades del espacio vectorial, 2w ∈ W, entonces 2W = W; es decir, W + W = W = 2W b) Se tiene que 2W + 2W = {2w1 + 2w2 ∈ E : w1 ∈ W y w2 ∈ W} Ya que w1 ∈ W, entonces por propiedades del espacio vectorial 2w1 ∈ W; similarmente, como w2 ∈ W, entonces 2w2 ∈ W. Con lo antes dicho, se concluye que 2w1 + 2w2 ∈ W; y, por lo tanto, 2W + 2W = W. c) Se tiene que 2W − 2W = 2W + (−2)W = {2w1 + (−2)w2 ∈ E : w1 ∈ W y w2 ∈ W} Ya que w1 ∈ W, entonces por propiedades del espacio vectorial 2w1 ∈ W; similarmente, como w2 ∈ W, entonces (−2)w2 ∈ W. Con lo antes dicho, se concluye que 2w1 + (−2)w2 = 2w1 − 2w2 ∈ W; y, por lo tanto, 2W − 2W = W, con lo cual se refuta el enunciado. 3. Sean (E, +, ·, K) un espacio vectorial y W1, W2 ⊆ E dos subespacios vectoriales de E de dimensión finita. Demuestre que W1 + W2 = W2 + W1 Solución. Sabemos que W1 + W2 = gen(B1 ∪ B2). Además, como B1 ∪ B2 = B2 ∪ B1, entonces W1 + W2 = gen(B2 ∪ B1), por lo tanto W1 + W2 = W2 + W1. 4. Sean W1, W2 dos subespacios vectoriales de R4 y {e1, e2, e3, e4} la base canónica de R4. Sea W1 = gen({e1 + e2, e3 − e4}) y W2 = gen({−e2 + e1, e3 + e4}). Determinar W1 + W2 y su dimensión. Solución. 2
- 92. Tenemos que W1 = gen ({(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, −1)}) y que W2 = gen ({(1, −1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)}), siendo B1 = {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, −1)} y que B2 = {(1, −1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)} una base de W1 y de W2, respectiva- mente. Calculamos W1 + W2 = gen(B1 ∪ B2) = gen ({(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, −1), (1, −1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)}). Para hallar gen(B1 ∪ B2), tomemos (x1, x2, x3, x4) ∈ R4, tenemos que (x1, x2, x3, x4) ∈ gen(B1 ∪ B2) si y solo si existen α1, α2, α3, α4 ∈ R tales que α1(1, 1, 0, 0) + α2(0, 0, 1, −1) + α3(1, −1, 0, 0) + α4(0, 0, 1, 1) = (x1, x2, x3, x4) lo cual nos lleva equivalentemente a un sistema de ecuaciones lineales cuya matriz ampliada verifica la siguiente equivalencia 1 0 1 0 | x1 1 0 −1 0 | x2 0 1 0 1 | x3 0 −1 0 1 | x4 ∼ 1 0 1 0 | x1 0 1 0 1 | x3 0 0 −2 0 | x2 − x1 0 0 0 2 | x3 + x4 . Por lo tanto W1 + W2 = R4, de donde concluimos que dim(W1 + W2) = dim R4 = 4. 5. En R3 sean los subespacios W1 = (x1, x2, x3) ∈ R3 : x2 = 0 y W2 = gen({(1, 1, 1), (1, α, 3)}), donde α es un número real. a) Calcule la dimensión de W1, W2, W1 + W2 y W1 ∩ W2 en función de α. b) Si α = 1, ¿existe β ∈ R tal que (β, 2, 1) ∈ W1 + W2? 6. Sean W1, W2, W3, subespacios vectoriales del espacio vectorial E de dimensión finita, tal que a) W1 ⊆ W2, b) W1 + W3 = W2 + W3, y c) W1 ∩ W3 = W2 ∩ W3. Demostrar que W1 = W2. Solución. Se tiene que dim(W1 + W3) = dim(W1) + dim(W3) − dim(W1 ∩ W3), (1) y dim(W2 + W3) = dim(W2) + dim(W3) − dim(W2 ∩ W3). (2) Como W1 + W3 = W2 + W3, entonces dim(W1 + W3) = dim(W2 + W3) (3) Similarmente, como W1 ∩ W3 = W2 ∩ W3, entonces dim(W1 ∩ W3) = dim(W2 ∩ W3). (4) (3) aplicado a (1) y (2), junto con (4) resulta en dim(W1) + dim(W3) = dim(W2) + dim(W3) de donde, dim(W1) = dim(W2). Como W1 ⊆ W2, entonces W1 = W2, que es lo que se quería demostrar. 3
- 93. 7. Suponga que W1 y W2 son subespacios de dimensión igual a 4 de un espacio vectorial V con dim(V) = 6. Hallar todas las dimensiones posibles de W1 ∩ W2. Solución. Notemos que dim(W1 ∩ W2) ≤ dim(V) = 6. Además, por las dimensiones de W1 y de W2 tenemos que dim(W1 ∩ W2) ≤ 4. Ahora, si se tiene que W1 + W2 = V, entonces dim(W1 + W2) = 6, y de dim(W1 + W2) = dim(W1) + dim(W2) − dim(W1 ∩ W2), concluimos que dim(W1 ∩ W2) ≥ 2. Por lo tanto, 2 ≤ dim(W1 ∩ W2) ≤ 4. 8. En los siguientes literales se dan un espacio vectorial V y dos subespacios W1 y W2. En cada caso, determinar W1 + W2 y estudiar si W1 y W2 están o no en suma directa de V. a) V = R3, W1 = {x ∈ V : x1 + x2 = 0, x1 + x3 = 0} y W2 = {x ∈ V : x1 = 0, x2 = 0}. b) V = R4, W1 = gen({(1, −1, 0, 0), (1, 0, −1, 0), (1, 0, 0, −1)}) y W2 = x ∈ V : 4 ∑ k=1 xk = 0 . c) V = R4, W1 = {x ∈ V : x2 + x3 + x4 = 0} y W2 = {x ∈ V : x1 + x2 = 0, x3 = 2x4}. d) V = Rn×n, W1 = A ∈ V : A = AT y W2 = A ∈ V : A = −AT . e) V = R2×2, W1 = a b c d : b = −a ∈ R y W2 = a b c −a : a, b, c ∈ R . f) V = R3×2, W1 = {A ∈ V : AM = 0} y W2 = {A ∈ V : N⊺A⊺ − AN = 0}, siendo M = 1 −3 y N = 1 0 0 0 −1 1 . g) V = R2[t], W1 = {p ∈ V : p′(0) = p(0)} y W2 = R1[t]. h) V = R3[t], W1 = {p ∈ V : p(0) + p′(0) = 0} y W2 = {p ∈ V : p′′(0) − p′(0) = 0}. i) V es el espacio de funciones reales, W1 = {f ∈ V : f (−x) = f (x), para todo x ∈ R} y W2 = {f ∈ V : f (−x) = −f (x), para todo x ∈ R}. Solución. a) Verifique que una base de W1 es B1 = {(1, −1, −1)} y que una base de W2 es B2 = {(0, 0, 1)}. Luego, W1 + W2 = gen(B1, B2) = {(x1, x2, x3) ∈ V : x1 + x2 = 0}. Por lo tanto, al ser W1 + W2 = R3, se concluye que W1 y W2 no están en suma directa de V. b) Verifique que W1 + W2 = W1 y que, por tanto, W1 y W2 no están en suma directa de V. c) Verifique que W1 + W2 = R4 y que W1 ∩ W2 = {0}, por lo cual, W1 y W2 no están en suma directa de V. d) Sea A ∈ Rn×n, tenemos que A = 1 2 (A + AT ) + 1 2 (A − AT ) donde 1 2 (A + AT) ∈ W1 y 1 2 (A − AT) ∈ W2, luego, W1 + W2 = Rn×n. Supongamos que W1 ∩ W2 = ∅, existe B ∈ W1 ∩ W2, luego, B ∈ W1 y B ∈ W2, lo que implica que BT = B y BT = −B, de lo cual, B = −B, es decir, 2B = 0, esto es B = 0. Luego, W1 ∩ W2 = {0}. 4
- 94. Ya que hemos mostrado que W1 + W2 = Rn×n y que W1 ∩ W2 = {0}, concluimos que W1 ⊕ W2 = Rn×n , es decir, W1 y W2 están en suma directa de V. Otra forma de calcular la intersección entre W1 y W2 es W1 ∩ W2 = {A ∈ V : A = AT , A = −AT }. e) Notemos que una base de W1 es B1 = 1 −1 0 0 , 0 0 1 0 , 0 0 0 1 y que una base de W2 es B2 = 1 0 0 −1 , 0 1 0 0 , 0 0 1 0 , verifique que W1 + W2 = R2×2. Ahora, dado que dim(W1 + W2) = 4 y que dim(W1) = dim(W2) = 3, concluimos que dim(W1 ∩ W2) = 2, lo que implica que W1 ∩ W2 = {0}, por lo tanto, W1 y W2 no están en suma directa de V. f) Verifique que W1 + W2 = a b c d e f : c + 3d + e + 3f = 0 , y que W1 y W2 no están en suma directa de V. g) Verifique que W1 + W2 = R2[t], y que W1 y W2 no están en suma directa de V. h) Verifique que W1 + W2 = R3[t], y que W1 y W2 no están en suma directa de V. i) Verifique que W1 ⊕ W2 = V, es decir, W1 y W2 están en suma directa de V. Para esto, considere a h, g: R → R definidas por h(x) = f (x) + f (−x) 2 y g(x) = f (x) − f (−x) 2 para todo x ∈ R. Verifique que h ∈ W1, que g ∈ W2 y que f = h + g. Además, W1 ∩ W2 = {f ∈ V : f (−x) = f (x), f (−x) = −f (−x), para todo x ∈ R} . 9. Sea W = {p(x) ∈ R4[x] : p′′(−1) = 0} a) Encontrar una base para W b) Completar la base del literal anterior a una base para R4[x] c) Determinar un subespacio U de R4[x] tal que R4[x] = U ⊕ W Solución. a) Tenemos W = {ax4 + bx3 + cx2 + dx + e ∈ R4[x] : 12a − 6b + 2c = 0}. Sea ax4 + bx3 + cx2 + dx + e ∈ R4[x], entonces ax4 + bx3 + cx2 + dx + e ∈ W si y solo si 12a − 6b + 2c = 0, de donde se obtiene que a = 1 2 b − 1 6 c, por lo tanto ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 1 2 b − 1 6 c x4 + bx3 + cx2 + dx + e 5
- 95. = b 1 2 x4 + x3 + c(− 1 6 x4 + x2 ) + d(x) + e(1). Con esto, se obtiene que B = 1 2 x4 + x3 , − 1 6 x4 + x2 , x, 1 es un conjunto generador de E. Ahora, tomamos α1, α2, α3, α4 ∈ R y escribimos la combinación lineal nula con los elementos de B, α1 1 2 x4 + x3 + α2 − 1 6 x4 + x2 + α3(x) + α4(1) = 0x4 + 0x3 + 0x2 + 0x + 0. El resultado anterior conduce al sistema 1 2 α1 − 1 6 α2 = 0, α1 = 0, α2 = 0, α3 = 0, α4 = 0, de donde, notamos que α1 = α2 = α3 = α4 = 0. Con lo cual, se tiene que B es un conjunto linealmente independiente, y, por tanto, una base de W. b) Notamos que card(B) = 4 = dim(W). Como dim (R4[x]) = 5, debemos completar B con un vector q(x) ∈ R4[x] tal que {q(x)} ∪ B sea un conjunto linealmente independiente. Para ello, debemos determinar q(x) tal que q(x) /∈ gen(B) = W. Entonces tomemos q(x) = x3 + x, y verifique que q(x) /∈ W y que {q(x)} ∪ B es linealmente independiente. Ahora, en virtud de lo anterior, concluya que B′ = 1 2 x4 + x3 , − 1 6 x4 + x2 , x, 1, x3 + x es una base de R4[x]. c) Del literal anterior tenemos span(B′ ) = R4[x], de donde B′ = B ∪ {q(x)} , con q(x) = x3 + x. Además, sabemos que gen(B) = W. Denotamos gen({q(x)}) = U, notemos que dim(U) = 1. Luego, sabiendo que dim(U + W) = dim(U) + dim(W) − dim(U ∩ W), se tiene que dim(W ∩ U) = dim(U) + dim(W) − dim(U + W) = 1 + 4 − 5 = 0 entonces, U ⊕ W = R4[x]. 6
- 96. 10. En R1[t], se define el subespacio vectorial V = {p(t) ∈ R1[t] : p′ (0) = p(1)}. Determinar un subespacio vectorial W de R1[t] tal que R1[t] = V ⊕ W. Solución. Se tiene que: V = {p(t) = a + bt : p′ (0) = p(1)} = {a + bt : b = a + b} = {bt : b ∈ R} = {t} donde BV = {t} es base de V. Luego, tomando como referencia la base canónica de R1[t] tomamos W = {1} donde W es un subespacio vectorial, puesto que la cápsula de un conjunto genera un subespacio vecto- rial, además BW = {1} es base de W. Se tiene que: V + W = {Bv ∪ BW} = {1, t} = R1[t] además, como dim(V ∩ W) = 0, tenemos que V ∩ W = {0v} entonces se tiene que R1[t] = V ⊕ W. 11. Decidir si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas, justificando su respuesta. a) Si W1, W2 son subespacios de R3 con dim(W1) = dim(W2) = 2, entonces existe v ∈ R3 {0} tal que v ∈ W1 ∩ W2. b) Si W1, W2 y W3 son subespacios de R11 con dim(W1) = dim(W2) = dim(W3) = 4, entonces dim(W1 ∩ W2 ∩ W3) ≥ 1. Solución. a) Notemos que solo existen dos opciones a ser estudiadas: W1 = W2 y W1 = W2, que en ambos casos nos lleva a concluir que W1 ∩ W2 = {0}, lo que implica que existe al menos un v ∈ R3 {0} tal que v ∈ W1 ∩ W2. Por lo tanto, el enunciado es verdadero. b) El enunciado es falso, para mostrarlo consideremos la base canónica de R11 y definamos W1 = W2 = gen ({e1, e2, e3, e4}) y W3 = gen ({e5, e6, e7, e8}) . De donde, dim(W1) = dim(W2) = dim(W3) = 4 con W1 ∩ W2 = W1 + W2 = W1 y W1 ∩ W3 = W2 ∩ W3 = {0} , 7
- 97. lo que nos permite concluir que W1 + W2 + W3 = {x ∈ R11 : x9 = x10 = x11 = 0} y W1 ∩ W2 ∩ W3 = {0} y que dim(W1 ∩ W2 ∩ W3) = 0. Ejercicios sugeridos: 1a, 1b, 1c, 4, 6, 7, 8a, 8d, 8e y 10. 8
- 98. ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 10 Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica 1. Sea V un espacio vectorial real con producto interno ·, · . Sean α, β ∈ R y sean u, v, w ∈ V. Desarrolle w, αu + βv y αu + βv, αu + βv . Solución. Por propiedades del producto interno tenemos que w, αu + βv = αu + βv, w = αu, w + βv, w = α u, w + β v, w = α w, u + β w, v y que αu + βv, αu + βv = αu, αu + βv + βv, αu + βv = α u, αu + βv + β v, αu + βv = α2 u, u + αβ u, v + αβ v, u + β2 v, v = α2 u, u + αβ u, v + αβ u, v + β2 v, v = α2 u, u + 2αβ u, v + β2 v, v . 2. En este ejercicio consideramos que si x, y ∈ R2, x = (x1, x2) y y = (y1, y2). Demuestre o refute si las siguientes funciones son un producto interno: a) x, y = 2x1x2 + 3y1y2 en R2. b) x, y = 5x1y1 + 2x2y2 en R2. c) x, y = n ∑ i=1 xi n ∑ i=1 yi en Rn. d) A, B = Tr(AB − BA) en Rn×n. e) p, q = ˆ 1 0 p(t)(q(t) + 1) dt en R2[t]. f) f, g = f ′ (0) + g′ (0) en C′[0, 1]. g) f, g = f (x) − g(x) en C(R), con x ∈ R fijo. h) p, q = ∑ i∈I p(i)q(i) en R2[t], con I = {1, 2, 3}. Solución. a) Sean (x, y) ∈ R2 y α ∈ R, por la definición de ·, · se tiene que αx, y = α(x1, x2), (y1, y2) = (αx1, αx2), (y1, y2) = 2α2 x1x2 + 3y1y2 y que α x, y = α(2x1x2 + 3y1y2) = 2αx1x2 + 3αy1y2. Si suponemos que αx, y = α x, y , tendremos que 2α2 x1x2 + 3y1y2 = 2αx1x2 + 3αy1y2, lo cual implica que (α − 1)(2αx1x2 − 3y1y2) = 0 1
- 99. Luego, si α = 1 y 2αx1x2 = 3y1y2, tenemos que αx, y = α x, y , por lo cual, ·, · no es un producto interno. b) Sí. c) Sea x = (1, −1, 0, 0, . . . , 0) ∈ Rn, notemos que x, x = n ∑ i=1 xi n ∑ i=1 xi = n ∑ i=1 xi 2 = 0 sin embargo, ya que x = 0, concluimos que ·, · no es un producto interno. d) Sea A ∈ Rn×n {0}, por la definición de ·, · tenemos que A, A = Tr(A2 − A2 ) = Tr(0) = 0. Por lo tanto, ·, · , no es un producto interno. e) Sean p, q ∈ R2[t], tenemos que p, q = ˆ 1 0 p(t)(q(t) + 1) dt = ˆ 1 0 (p(t)q(t) + p(t)) dt = ˆ 1 0 p(t)q(t) dt + ˆ 1 0 p(t) dt y que q, p = ˆ 1 0 q(t)(p(t) + 1) dt = ˆ 1 0 (q(t)p(t) + q(t)) dt = ˆ 1 0 p(t)q(t) dt + ˆ 1 0 q(t) dt. Luego, si p = q, por ejemplo, p(t) = 1 y q(t) = t2, tenemos que ˆ 1 0 p(t) dt = ˆ 1 0 1 dt = 1 y ˆ 1 0 q(t) dt = ˆ 1 0 t2 dt = 1 3 . Por lo cual, p, q = q, p , lo que implica que ·, · no es un producto interno. f) No. g) No. h) Sean p, q, r ∈ R2[t] y sea α ∈ R. 1) Tenemos que p, p = ∑ i∈I p2 (i) = p2 (1) + p2 (2) + p2 (3) ≥ 0. 2) A partir del literal anterior, tenemos que como p ∈ R2[t], p posee a lo más dos raíces reales, luego, existe al menos un j ∈ I tal que p2(j) = 0, por tanto, p, p = 0 si y solo si p = 0. 3) Tenemos que p + q, r = ∑ i∈I ((p + q)(i)r(i)) = ∑ i∈I (p(i)r(i) + q(i)r(i)) = ∑ i∈I p(i)r(i) + ∑ i∈I q(i)r(i) = p, r + q, r . 4) Tenemos que αp, q = ∑ i∈I (αp)(i)q(i) = ∑ i∈I αp(i)q(i) = α ∑ i∈I p(i)q(i) = α p, q . 2
- 100. 5) Se tiene que p, q = ∑ i∈I p(i)q(i) = ∑ i∈I q(i)p(i) = q, p . Por 1), 2), 3), 4) y 5) hemos mostrado que ·, ·, es un producto interno en R2[t]. 3. Sean a y b números reales. Determine las condiciones sobre a y b para que ·, · dado por x, y = x1y1 + x2y2 − ax1y2 − bx2y1 para cada (x, y) ∈ R2 × R2, defina a un producto interno en R2. Solución. Si se requiere que ·, · sea un producto interno, entonces en particular para x = (1, 0) y y = (0, 1) se debería tener que −a = x, y = y, x = −b de donde debe cumplirse que a = b. Además, para todo x = 0 debe verificarse que x, x > 0, por lo que 0 < x, x = x2 1 + x2 2 − 2ax1x2 = x2 1 − 2ax1x2 + ax2 2 + x2 2 − ax2 2 = (x1 − ax2)2 + (1 − a2 )x2 2, de lo cual deducimos que necesariamente 1 − a2 > 0; es decir −1 < a < 1. En resumen a = b y −1 < a < 1. 4. Para el espacio vectorial P[x] donde p(x), q(x) ∈ P[x], tales que p(x) = a1x + a0 y q(x) = b1x + b0; se define el producto interno: p, q = a1b1 + a0b1 + a1b0 + 8a0b0 Sean los vectores p(x) = −1 + 4x y q(x) = 5 + 2x, calcule p, q y p − q . Solución. Verifique que p, q = −14 y que p − q = 2 √ 67. 5. Sean u, v1, v2, . . . , vn vectores en Rn. Demuestre que si u es ortogonal a v1, v2, . . . , vn, entonces u es orto- gonal a todo vector en gen({v1, v2, . . . , vn}). Solución. Notemos que si v ∈ gen({v1, v2, . . . , vn}), existen α1, . . . , αn ∈ R, tales que v = α1v1 + . . . + αnvn. Luego, por propiedades del producto escalar y por hipótesis sobre u y vi con i ∈ {1, . . . , n}, tenemos que u, v = u, (α1v1 + . . . + αnvn) = α1 u, v1 + . . . + αn u, vn = 0. Por lo tanto, u es ortogonal a cualquier vector generado por {v1, v2, . . . , vn}. 6. Sean {u1, . . . , uk, uk+1, . . . , un} una base ortogonal para Rn, S = gen{u1, . . . , uk} y T = gen{uk+1, . . . , un}. Demuestre que si x ∈ S y y ∈ T, entonces x es ortogonal a y. 3
- 101. Solución. Supongamos que x ∈ S, entonces existen α1, . . . , αk ∈ R, tales que x = k ∑ i=1 αiui. De forma similar, si suponemos que y ∈ T, existen β1, . . . , βn−k ∈ R, tales que y = n−k ∑ j=1 βjuk+j. Luego, por propiedades del producto escalar y por ser S un conjunto ortonormal, se tiene que: x, y = k ∑ i=1 αiui, n−k ∑ j=1 βjuk+j = k ∑ i=1 αi ui, n−k ∑ j=1 βjuk+j = k ∑ i=1 αi n−k ∑ j=1 βj ui, uk+j = 0. Por lo tanto, x es ortogonal a y. 7. Sea a ∈ Rn {0}. Considere el conjunto M = {x ∈ Rn : x, a = 0}. Demuestre que: a) 0 ∈ M; b) Si x, y ∈ M, entonces x + y ∈ M; c) Si x ∈ M y α ∈ R, entonces αx ∈ M. Solución. a) Como 0, a = 0, se tiene que 0 ∈ M. b) Sean x, y ∈ M, entonces x, a = y, a = 0, con lo cual x + y, a = x, a + y, a = 0 + 0 = 0, lo que significa que x + y ∈ M. c) Sea x ∈ M y α ∈ R, x, a = 0, con lo cual αx, a = α x, a = α0 = 0, y por ende αx ∈ M. 8. Sea V un espacio vectorial real con producto interno. Sean x, y ∈ V. Demuestre cada uno de los siguien- tes enunciados. a) x + y 2 = x 2 + y 2 si y sólo si x, y = 0. b) x + y = x − y si y sólo si x, y = 0. c) x = y si y solo si x + y, x − y = 0. 4
- 102. d) x + y 2 + x − y 2 = 2 x 2 + 2 y 2. Solución. a) Supongamos que x + y 2 = x 2 + y 2, por la definición de norma y por propiedades del pro- ducto interno, tenemos x + y 2 = x 2 + 2 x, y + y 2 , o equivalentemente 2 x, y = x + y 2 − x 2 − y 2 = 0, lo que implica que x, y = 0. Para mostrar el recíproco, supongamos que x, y = 0. Por la definición de norma y propiedades del producto interno, tenemos x + y 2 = x + y, x + y = x, x + x, y + y, x + y, y = x, x + x, y + x, y + y, y = x, x + 2 x, y + y, y = x, x + y, y = x 2 + y 2 . Luego, se ha mostrado que x + y 2 = x 2 + y 2 si y sólo si x, y = 0. b) Notemos que por propiedades de norma y de producto interno, tenemos que x + y = x − y ⇔ x, x + 2 x, y + y, y = x, x − 2 x, y + y, y ⇔ 2 x, y = −2 x, y ⇔ 4 x, y = 0 lo cual se cumple si y solo si x, y = 0. c) Utilizando propiedades de producto interno y de norma tenemos que x = y equivale a x, x, = y, y , además, tenemos que x + y, x − y = 0 ⇔ x, x − x, y + y, x − y, y = 0 ⇔ x, x − x, y + x, y − y, y = 0 ⇔ x, x − y, y = 0 ⇔ x 2 − y 2 = 0 ⇔ x = y . d) Sabemos que, por la definición de norma, se tiene que w 2 = w, w , para todo w ∈ Rn, entonces, por propiedades del producto interno, obtenemos x + y 2 + x − y 2 = x + y, x + y + x − y, x − y = x, x + x, y + y, x + y, y + x, x + x, −y + −y, x + −y, −y = x, x + x, y + y, x + y, y + x, x − x, y − y, x + y, y = 2 x, x + 2 y, y = 2 x 2 + 2 y 2 , lo que verifica el resultado. 5
- 103. 9. Se define la distancia entre dos vectores de Rn por d: Rn × Rn −→ R (x, y) −→ x − y . Dados x, y, z ∈ Rn, demuestre que a) d(x, y) ≥ 0. b) d(x, y) = 0 si y sólo si x = y. c) d(x, y) = d(y, x). d) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y). Solución. a) Por las propiedades de norma tenemos que w ≥ 0 para todo w ∈ Rn. Dado que x − y ∈ Rn, junto con la definición de distancia entre dos vectores aplicada a (x, y), obtenemos d(x, y) = x − y ≥ 0. b) Por las propiedades de norma tenemos que w = 0 si y solo si w = 0. Supongamos que d(x, y) = 0; por la definición de distancia entre dos vectores aplicada a (x, y), obtenemos que d(x, y) = x − y = 0, lo cual ocurre si y solo si x − y = 0, es decir, x = y. Por lo tanto, se ha mostrado que d(x, y) = 0 si y solo si x = y. c) Por la definición de distancia entre dos vectores aplicado a (x, y) y por propiedades de norma obtenemos el siguiente desarrollo d(x, y) = x − y = (−1)(y − x) = | − 1| y − x = y − x = d(y, x). Luego, se ha mostrado que d(x, y) = d(y, x). d) Por la definición de la distancia entre dos vectores aplicada a (x, y), junto con la desigualdad trian- gular de la norma, obtenemos d(x, y) = x − y ≤ x − z + z − y ≤ d(x, z) + d(z, y). Luego, se ha mostrado que d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y). 10. Sean u1, . . . , un vectores ortonormales en Rm, demuestre que a) u1 − u2 = √ 2. b) u1 + · · · + un 2 = u1 2 + · · · + un 2 = n. Solución. 6
- 104. a) Por definición de norma tenemos que: u1 − u2 2 = u1 − u2, u1 − u2 = u1, u1 − u1, u2 − u2, u1 + u2, u2 = 1 − 0 − 0 + 1 = 2. Por lo tanto u1 − u2 = √ 2. b) Utilicemos Inducción Matemática para demostrar este resultado. Notemos que para n = 1 tenemos que u1 2 = 1. Supongamos que para k ∈ N∗ la proposición u1 + · · · + uk 2 = u1 2 + · · · + uk 2 = k (1) es verdadera. Ahora, para k + 1 obtenemos que u1 + · · · + uk+1 2 = u1 + · · · + uk+1, u1 + · · · + uk+1 = u1 + · · · + uk, u1 + · · · + uk+1 + uk+1, u1 + · · · + uk+1 = u1 + · · · + uk, u1 + · · · + uk + u1 + · · · + uk, uk+1 + uk+1, u1 + · · · + uk + uk+1, uk+1 = u1 + · · · + uk, u1 + · · · + uk + 2uk+1, u1 + · · · + uk + uk+1, uk+1 . Luego, por (1) y por la ortogonalidad de los vectores ui tenemos que u1 + · · · + uk+1 2 = u1 2 + · · · + uk+1 2 = k + 1. Por lo tanto, se ha mostrado que u1 + · · · + un 2 = u1 2 + · · · + un 2 = n es verdad para cada n ∈ N∗. 11. Sea α ∈ R y sea (V, +, ·, R) un espacio vectorial con producto interno ·, · . Se define la función ·, · α dado por u, v α = αu, (α + 1)v para todo (u, v) ∈ V × V. a) Si α = −1, muestre que u, u α = 0, para todo u ∈ V. ¿Qué se puede decir respecto a este resultado si α = 0? b) Determine todos los valores de α tales que ·, · α sea un producto interno. c) Tomando V = R3 con el producto interno usual ·, · , para los valores de α obtenidos en el literal anterior, considerando la norma · α y la distancia dα(·, ·) asociados a ·, · α, calcule u α y dα(u, v), donde u = (1, 1, 0) y v = (0, 1, 1). Solución. a) Sea u ∈ V, tomando α = −1 tenemos que u, u α = u, u −1 = (−1)u, ((−1) + 1)u = −u, 0 = 0 lo que verifica el resultado. De forma similar se tiene que si α = 0, entonces u, u 0 = 0. 7
- 105. b) Sea α ∈ R, notemos que para cualquier u ∈ V {0V}, tenemos que u, u α = αu, (α + 1)u = α(α + 1) u, u , dado que ·, · es un producto interno, tenemos que u, u > 0, y por tanto u, u α ≥ 0 solamente cuando α(α + 1) ≥ 0, lo que implica que α ∈] − ∞, −1] ∪ [0, +∞[. Sin embargo, del literal anterior sabemos que u, u −1 = u, u 0 = 0, con lo cual concluimos que si α ∈] − ∞, −1[∪]0, +∞[, ·, · α es un producto interno en V. c) Para cada α ∈] − ∞, −1[∪]0, +∞[ tenemos que u α = u, u α = (1, 1, 0), (1, 1, 0) α = α(1, 1, 0), (α + 1)(1, 1, 0) = α(α + 1) (1, 1, 0), (1, 1, 0) = 2α(α + 1) y que dα(u, v) = u − v α = u − v, u − v α = α(u − v), (α + 1)(u − v) = α(α + 1) u − v, u − v = α(α + 1) (1, 0, −1), (1, 0, −1) = 2α(α + 1). 12. Sea α ∈ R. En el espacio vectorial R2 se define la función ·, · : R2 × R2 −→ R ((u1, u2), (v1, v2)) −→ u1 u2 α −1 −1 1 v1 v2 . a) Obtenga todos los valores de α tal que ·, · sea un producto interno en R2. Utilizando los valores de α obtenido en el literal a junto con el producto interno definido: b) Sea B = {(1, 1), (0, 1)} una base de R2. Muestre que B es un conjunto ortogonal. c) Obtenga una base ortonormal a partir de la base B. Solución. a) Notemos que para todo (u, v) ∈ R2 se tiene que u, v = αu1v1 − u2v1 − u1v2 + u2v2. Verifique que ·, · es un producto interno en R2 para todo α > 1. b) Tenemos que (1, 1), (0, 1) = α(1)(0) − (1)(0) − (1)(1) + (1)(1) = 0 por lo cual, (1, 1) y (0, 1) son ortogonales, y, por tanto, B es un conjunto ortogonal. 8
- 106. c) Para que B sea un conjunto ortonormal cada uno de sus elementos debe tener norma igual a 1, por lo cual, calculemos las normas de los elementos de B: (1, 1) = (1, 1), (1, 1) = √ α − 1 y (0, 1) = (0, 1), (0, 1) = 1 por lo cual, la base ortonormal buscada es 1 √ α − 1 (1, 1), (0, 1) . 13. En el espacio vectorial M = {A = (aij) ∈ R2×2 : a21 = 0}, el espacio vectorial de las matrices triangulares superiores de orden 2 × 2, para A = (aij), B = (bij) ∈ M se define A, B = a11b11 + a12b12 + a22b22. a) Sea A ∈ M. Demuestre que A, A = 0 si y sólo si A = 0. b) Asumiendo que ·, · define un producto interno sobre M, determine si las matrices 1 −1 0 2 y 2 2 0 0 son ortogonales entre sí. Solución. a) Si A ∈ M es tal que A = 0, claramente A, A = 0. Recíprocamente, supongamos que A = (aij) ∈ M es tal que A, A = 0. Como A ∈ M, entonces a21 = 0, y, por otro lado 0 = A, A = a2 11 + a2 12 + a2 22, de donde a11 = a12 = a22 = 0. Se tiene entonces A = 0, pues hemos probado que todas sus entradas son nulas. b) Tenemos que 1 −1 0 2 , 2 2 0 0 = (1)(2) + (−1)(2) + (2)(0) = 0, por lo tanto, las matrices son ortogonales entre sí. 14. En el espacio vectorial Rn[t], definimos p, q = n ∑ k=0 p(k/n)q(k/n) para cada p, q ∈ Rn[t]. a) Demostrar que ·, · es un producto interno para Rn[t]. b) Calcular p, q cuando p(t) = t y q(t) = at + b con a, b ∈ R para cada t ∈ R. c) Si p(t) = t, hallar todos los polinomios ortogonales q a p. Solución. a) Sean p, q, r ∈ Rn[t] y α ∈ R. 9
- 107. 1) Tenemos que p, p = n ∑ k=0 p2 (k/n) ≥ 0. 2) Notemos que p(t) = a0 + a1t + · · · + antn = a0 + n ∑ i=1 aiti y que p(0) = a0. Entonces p, p = n ∑ k=0 p2 (k/n) = p2 (0) + n ∑ k=1 p2 (k/n) = a2 0 + n ∑ k=1 p2 (k/n). Luego, si p, p = 0, se tiene que a2 0 = − n ∑ k=1 p2 (k/n) lo cual se cumple si y solo si a2 0 = 0 y n ∑ k=1 p2 (k/n) = 0; lo cual nos lleva a un sistema de n ecuaciones lineales p(k/n) = 0 con k ∈ {1, . . . , n}, cuya solución es única. Por lo cual, p, p = 0 si y solo si p = 0. 3) Tenemos que p + q, r = n ∑ k=0 (p + q)(k/n)r(k/n) = n ∑ k=0 p(k/n)r(k/n) + q(k/n)r(k/n) = p, r + q, r . 4) Tenemos que αp, q = n ∑ k=0 (αp)(k/n)q(k/n) = α n ∑ k=0 p(k/n)q(k/n) = α p, q . 5) Se tiene que p, q = n ∑ k=0 p(k/n)q(k/n) = n ∑ k=0 q(k/n)p(k/n) = q, p . Por lo tanto, , es un producto interno en Rn[t]. b) Tenemos que p, q = n ∑ k=0 p(k/n)q(k/n) = n ∑ k=0 k n a k n + b = n ∑ k=1 a k n 2 + b k n = n ∑ k=1 a k n 2 + n ∑ k=1 b k n = a n2 n ∑ k=1 k2 + b n n ∑ k=1 k = a n2 n(n + 1)(2n + 1) 6 + b n n(n + 1) 2 = a 6 (n + 1)(2n + 1) n + b 2 (n + 1). 10
- 108. c) Sea q ∈ Rn[t] el polinomio buscado, entonces q(t) = n ∑ i=0 aiti que es tal que p, q = 0. Luego, p, q = n ∑ k=0 k n q k n = n ∑ k=1 k n q k n = n ∑ k=1 k n n ∑ i=0 ai k n i = n ∑ k=1 n ∑ i=0 ai k n i+1 . Por lo cual, los polinomios q = n ∑ i=0 aiti ∈ Rn[t] ortogonales a p son aquellos que verifican que n ∑ k=1 n ∑ i=0 ai k n i+1 = 0. 15. Suponga que B = {e1, . . . , en} es una base ortonormal de V. Demostrar cada enunciado. a) Para todo u ∈ V se tiene que u = u, e1 e1 + · · · + u, en en. b) a1e1 + · · · + anen, b1e1 + · · · + bnen = a1b1 + · · · + anbn. c) Para todo par de vectores u, v ∈ V tenemos que u, v = u, e1 v, e1 + · · · + u, en v, en . Solución. a) Sea u ∈ V, al ser B una base de V, existen α1, . . . , αn ∈ K tales que u = α1e1 + · · · + αnen. Realizando el producto u, ei para cada i ∈ {1, . . . , n}, tenemos que u, ei = α1 e1, ei + · · · + αn en, ei . Además, dado que B es una base ortonormal, tenemos que ej, ei = 0 para cada j = i y que ei, ei = 1 para cada i, j ∈ {1, . . . , n}, por lo cual tenemos que u, ei = αi ei, ei = αi, para cada i ∈ {1, . . . , n}. Por lo tanto, u = u, e1 e1 + · · · + u, en en. b) Sean a1, . . . , an, b1, . . . , bn ∈ K, tenemos que n ∑ i=1 aiei, n ∑ j=1 bjej = n ∑ i=1 ai ei, n ∑ j=1 bjej = n ∑ i=1 n ∑ j=1 aibj ei, ej = n ∑ i=1 aibi ei, ei + ∑ i=j aibj ei, ej . Como B es un conjunto ortonormal, tenemos que n ∑ i=1 aiei, n ∑ j=1 bjej = n ∑ i=1 aibi = a1b1 + · · · + anbn. c) Utilice los resultados del literal a para obtener una expresión para u, v ∈ V, luego, utilice estas expresiones junto con el literal b para obtener el resultado. Ejercicios sugeridos: 2a, 2d, 2h, 6, 10, 12 y 15a. 11
- 109. ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 11 Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica 1. Sean a, b, c, d ∈ R tales que abc = 0. En cada caso determine una base ortonormal del subespacio vecto- rial W del espacio vectorial V . a) En V = R2 siendo W = {(x, y) ∈ R2 : ax + by = 0}. b) En V = R3 siendo W = {(x, y, z) ∈ R3 : ax + by + cz = 0}. c) En V = R4 siendo W = {(x, y, z, w) ∈ R4 : x − y − 2z + w = 0}. Solución. a) Notemos que una base para W es B = {(−b, a)}; dado que B posee un solo elemento procedemos a construir la base ortonormal B1 a partir de B. Tenemos que w1 = 1 u1 u1 = 1 √ a2 + b2 (−b, a). Por lo tanto, B1 = − b √ a2 + b2 , a √ a2 + b2 es la base ortonormal buscada. b) Notemos que una base para W es B = {u1, u2} donde u1 = (−b, a, 0) y u2 = (−c, 0, a). Vamos a determinar la base ortogonal B1 = {v1, v2}, para lo cual utilizaremos el proceso de Gram-Schmidt. • Para determinar v1: v1 = u1 = (−b, a, 0). • Para determinar v2: v2 = u2 − u2 · v1 v1 · v1 v1 = (−c, 0, a) − (−c, 0, a) · (−b, a, 0) (−b, a, 0) · (−b, a, 0) (−b, a, 0) = (−c, 0, a) − bc a2 + b2 (−b, a, 0) = − a2c a2 + b2 , − abc a2 + b2 , a . Multiplicando v2 por a2 + b2, reescribimos v2 como v2 = (−a2c, −abc, a3 + ab2). Luego, B1 = {(−b, a, 0), (−a2c, −abc, a3 + ab2)}. Determinemos ahora, la base ortonormal B2 = {w1, w2}, para esto notemos que w1 = 1 v1 v1 = 1 √ a2 + b2 (−b, a, 0) w2 = 1 v2 v2 = 1 √ a6 + 2a4b2 + a4c2 + a2b4 + a2b2c2 (−a2 c, −abc, a3 + ab2 ). c) Verifique que una base de W es B = {(1, 1, 0, 0), (2, 0, 1, 0), (−1, 0, 0, 1)}, que la correspondiente base ortogonal es B1 = (1, 1, 0, 0), (1, −1, 1, 0), − 1 6 , 1 6 , 1 3 , 1 y que la base ortonormal buscada es B2 = √ 2 2 , √ 2 2 , 0, 0 , √ 3 3 , − √ 3 3 , √ 3 3 , 0 , − √ 42 42 , √ 42 42 , √ 42 21 , √ 42 7 . 1
- 110. 2. En cada espacio vectorial V utilice el proceso de Gram-Schmidt para transformar la base B de V en (a) una base ortogonal; (b) una base ortonormal. a) En V = R2 con B = {(1, 2), (−3, 4)}. b) En V = R3 con B = {(1, 1, 1), (0, 1, 1), (1, 2, 3)}. Solución. a) Sean u1 = (1, 2) y u2 = (−3, 4), vamos a determinar la base ortogonal B1 = {v1, v2}, para hacerlo utilizamos el proceso de Gram-Schmidt. • Para determinar v1: v1 = u1 = (1, 2). • Para determinar v2: v2 = u2 − u2, v1 v1, v1 v1 = (−3, 4) − (−3, 4), (1, 2) (1, 2), (1, 2) (1, 2) = (−3, 4) − (1, 2) = (−4, 2). Vamos a determinar ahora la correspondiente base ortonormal B2 = {w1, w2}. Para esto, notemos que w1 = 1 v1 v1 = 1 √ 5 (1, 2). w2 = 2 v2 v2 = 1 2 √ 5 (−4, 2). Por lo tanto, B2 = √ 5 5 , 2 √ 5 5 , − 2 √ 5 5 , √ 5 5 . b) Verifique que la base ortogonal es B1 = {(1, 1, 1), (−2, 1, 1), (0, −1, 1)} y que la base ortonormal es B2 = √ 3 3 , √ 3 3 , √ 3 3 , − √ 6 3 , √ 6 6 , √ 6 6 , 0, − √ 2 2 , √ 2 2 . 3. Sea V = (R2×2, +, ·, R) donde M2×2 es el conjunto de matrices simétricas, se define la función: A, B = Tr(AB) Para todo A, B ∈ R2×2. a) Demostrar que A, B define un producto interno en V. b) Sea B = 1 0 0 0 , 0 −3 −3 0 , −2 0 0 1 , determinar si B es ortogonal usando el producto interno anterior. Si no lo es, construir una base ortogonal a partir de B. Solución. 2
- 111. Verifique que 1 0 0 0 , 0 −3 −3 0 = 0 −3 −3 0 , −2 0 0 1 = 0 y también que 1 0 0 0 , −2 0 0 1 = −2, es decir, B no es ortogonal. Verifique también que el conjunto ortogonal buscado es 1 0 0 0 , 0 −3 −3 0 , 0 0 0 1 . 4. Sean V un espacio vectorial con producto interno y sean U, W subespacios de V. Muestre que: a) W⊥ es un subespacio de V. b) {0V}⊥ = V. c) V⊥ = {0V}. d) W ∩ W⊥ = {0v}. e) Si U ⊆ W, entonces W⊥ ⊆ U⊥ Solución. a) 1) Notemos que para todo v ∈ V se tiene que 0V, v = 0, luego, 0 ∈ W⊥, es decir, W⊥ = ∅. 2) Sean u, w ∈ W⊥. Para todo v ∈ W tenemos que u + w, v = u, v + w, v = 0 + 0 = 0. Por tanto, u + w ∈ W⊥. 3) Sea u ∈ W⊥ y sea α ∈ K. Para cada v ∈ W se tiene que αu, v = α u, v = α0 = 0. Luego, αu ∈ W⊥. Por 1), 2) y 3), hemos mostrado que W⊥ es un subespacio de V. b) Dado que V es un espacio vectorial, se tiene que {0}⊥ ⊆ V. Notemos que para cualquier v ∈ V, se tiene que v, 0V = 0, luego, v ∈ {0V}⊥, es decir, tenemos que V ⊆ {0V}⊥. c) Como se demostró en el literal a, V⊥ es un espacio vectorial, entonces, {0V} ⊆ V⊥. Ahora, sea v ∈ V⊥; entonces v, u = 0 para todo u ∈ V. En particular, cuando u = v tenemos que v, v = 0, lo que se verifica si y solo si v = 0V. Por tanto, V⊥ = {0}. d) Al ser W y W⊥ subespacios, se tiene que {0V} ⊆ W ∩ W⊥. Para la otra inclusión, sea v ∈ W ∩ W⊥, entonces v ∈ W y v ∈ W⊥ . Ahora, ya que v ∈ W⊥, se tiene que v, v = 0 lo que implica que v = 0V; es decir, tenemos que W ∩ W⊥ ⊆ {0V}. Por lo tanto, se ha mostrado que W ∩ W⊥ = {0V}. 5. Sea V un espacio vectorial de dimensión finita y sea W un subespacio de este. Demuestre que: a) dim(W⊥) = dim(V) − dim(W). b) W = W⊥ ⊥ . 3
- 112. Solución. a) Sabemos que W ⊕ W⊥ = V, lo que implica que W ∩ W⊥ = {0V} y que W + W⊥ = V, y, por tanto, dim(W + W⊥ ) = dim(V) = dim(W) + dim(W⊥ ) lo que implica que dim(W⊥ ) = dim(V) − dim(W). b) Notemos que si w ∈ W, entonces w, v = 0 para todo v ∈ W⊥, esto en virtud de que w es ortogonal a todo vector de W⊥, por tanto, w ∈ (W⊥)⊥. Es decir, se ha mostrado que W ⊆ (W⊥)⊥. Gracias al literal a, junto con el hecho de que W y WT son subespacios de V, tenemos que dim(W⊥ ) = dim(V) − dim(W) y dim((W⊥ )⊥ ) = dim(V) − dim(W⊥ ) lo que implica que dim(W) = dim((W⊥)⊥), y dado que se ha mostrado que W ⊆ (W⊥)⊥, se concluye que W = (W⊥)⊥. Otra forma: Para mostrar que W = (W⊥)⊥, vamos a probar que W ⊆ (W⊥ )⊥ y (W⊥ )⊥ ⊆ W. Sea u ∈ (W⊥)⊥; dado que (W⊥)⊥ ⊆ V, u ∈ V. Además puesto que V = W ⊕ W⊥, existen u1 ∈ W y u2 ∈ W⊥ tales que u = u1 + u2; al despejar u2 de la anterior igualdad podemos concluir que u − u1 ∈ W⊥. Ahora, ya que u1 ∈ W y que W ⊆ (W⊥)⊥, se tiene que u1 ∈ (W⊥)⊥. Ésto, junto con nuestra hipótesis de que u ∈ (W⊥)⊥, más la clausura de la suma y resta de vectores de un subespacio vectorial, implica que u2 = u − u1 ∈ (W⊥)⊥. Pero, por hipótesis sabemos que u2 ∈ W⊥, por lo que u2 ∈ W⊥ ∩ (W⊥)⊥; como W⊥ ∩ (W⊥)⊥ = {0V}, se tiene que u2 = 0V que implica que u − u1 = 0V, y por tanto que u = u1 ∈ W, es decir, (W⊥)⊥ ⊆ W. 6. Sea V un espacio vectorial con producto interno ·, · . Sea W un subespacio de dimensión finita de V. Probar que si x /∈ W, entonces existe y ∈ V tal que y ∈ W⊥ y x, y = 0. Solución. Supongamos que x /∈ W. Entonces, x ∈ V = W ⊕ W⊥, por lo que afirmamos que existen w1 ∈ W y w2 ∈ W⊥, tales que x = w1 + w2. Calculemos el producto interno de x con w2: x, w2 = w1, w2 + w2, w2 = w2, w2 = 0; la última igualdad se sigue del hecho de que w1 es ortogonal a w2 y que w2 = 0, ya que de otro modo se tendría que x = w1 + 0v = w1 ∈ W, lo que contradeciría el supuesto de que x /∈ W; por tanto, tomando y = w2 hemos probado que existe y ∈ W⊥ tal que x, y = 0. 7. Suponga que U es un subespacio de un espacio vectorial V de dimensión finita con producto interno. Demuestre que U⊥ = {0} si y solo si U = V. Solución. Si U = V, tenemos que U⊥ = V⊥ = {0}. Ahora, si suponemos que U⊥ = {0}, dado que U ⊕ U⊥ = V, se tiene que dim(V) = dim(U) + dim(U⊥ ) = dim(U), 4
- 113. que junto con el hecho de que U es un subespacio de V tenemos que U = V. 8. Suponga que V es un espacio vectorial con producto interno, sean v1, . . . , vm ∈ V. Muestre que {v1, . . . , vm}⊥ = (span({v1, . . . , vm}))⊥ . 9. Sea W = {(a, b, c) ∈ R3 : a − b + c = 0, a + c = 0} un subespacio vectorial del espacio vectorial R3. Calcular W⊥. Solución. Notemos que W = {(a, b, c) ∈ R3 : a = −c, b = 0} y que una base para W es B = {(−1, 0, 1)}. Por tanto, W⊥ = {(a, b, c) ∈ R3 : (a, b, c), (−1, 0, 1) = 0} = {(a, b, c) ∈ R3 : −a + c = 0}. 10. Sea W = {(a, b) ∈ R2 : 2a − b = 0} un subespacio vectorial del espacio vectorial R2. a) Calcular W⊥. b) Calcular (W⊥)⊥. c) ¿Se verifica que (W⊥)⊥ = W? 11. Sea W = {p(x) ∈ R2[x] : p(−1) = p(0)} un subespacio vectorial del espacio vectorial R2[x]. a) Calcular W⊥ b) ¿R2[x] = W ⊕ W⊥? Solución. a) Notemos que W = {p(x) = a + bx + cx2 ∈ R2[x] : b = c} y que una base para W es B = {1, x + x2}. Por tanto, W⊥ = {p(x) = a + bx + cx2 ∈ R2[x] : a + bx + cx2 , 1 = 0, a + bx + cx2 , x + x2 = 0} = {p(x) = a + bx + cx2 ∈ R2[x] : a = 0, b + c = 0}. b) Sabemos que R2[x] = W ⊕ W⊥, para todo W subespacio de R2[x]. 12. Sabemos que ·, · : Rn[t] × Rn[t] −→ R (p, q) −→ n ∑ k=0 p(k/n)q(k/n) Es un producto interno en Rn[t]. Para n = 2, calcular {t} ⊥ Solución. Notemos que para todo p, q ∈ R2[t] se tiene que p, q = p(0)q(0) + p(1/2)q(1/2) + p(1)q(1). Por tanto, {t} ⊥ = a + bt + ct2 ∈ R2[t] : 3 2 a + 5 4 b + 9 8 c = 0 . 5
- 114. 13. En R4, sea U = span({(1, 1, 0, 0), (1, 1, 1, 2)}). Encuentre u ∈ U tal que la norma u − (1, 2, 3, 4) sea la más pequeña posible. Solución. Por teorema sabemos que para que u − (1, 2, 3, 4) sea lo más pequeño posible, se debe tener que u = proyU(1, 2, 3, 4), por lo que procederemos a calcular esta proyección. Para esto, notemos que {(1, 1, 0, 0), (1, 1, 1, 2)} es una base de U y que √ 2 2 , √ 2 2 , 0, 0 , 0, 0, √ 5 5 , 2 √ 5 5 es una base orto- normal de U. Así, u = proyU(1, 2, 3, 4) = (1, 2, 3, 4), √ 2 2 , √ 2 2 , 0, 0 √ 2 2 , √ 2 2 , 0, 0 + (1, 2, 3, 4), 0, 0, √ 5 5 , 2 √ 5 5 0, 0, √ 5 5 , 2 √ 5 5 = 3 √ 2 2 √ 2 2 , √ 2 2 , 0, 0 + 11 √ 5 5 0, 0, √ 5 5 , 2 √ 5 5 = 3 2 , 3 2 , 0, 0 + 0, 0, 11 5 , 22 5 = 3 2 , 3 2 , 11 5 , 22 5 . 14. Sea B = {w1, w2, w3, w4} una base ortonormal de R4, considere los subespacios de R4: S = {w1, w2} y T = {w3, w4} . a) Demuestre que S y T son subespacios ortogonales. b) Si x = 2w1 − w2 − 4w3 + 2w4. 1) Determine vectores x1 ∈ S y x2 ∈ T, tales que x = x1 + x2. 2) Calcule proyT(x). 3) Determine la distancia de x al subespacio S. Solución. a) Notemos que wi, wj = 0, para todo i, j ∈ {1, 2, 3, 4} con i = j, lo que nos permite concluir que S y T son ortogonales. b) 1) x1 = 2w1 − w2 ∈ S y x2 = −4w3 + 2w4 ∈ T. 2) proyT(x) = x2. 3) El vector que hace que la distancia de x hacia S sea la más pequeña posible es proyS(x) = x1. Luego, la distancia buscada es d(x, x1) = x − x1 = x2 = √ 20. Ejercicios sugeridos: 1b, 4a, 4b, 4d, 5, 9, 11 y 13. 6
- 115. ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 12 Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica 1. En cada literal, demuestre que las funciones dadas son aplicaciones lineales. a) T : R3 −→ R2×2 x −→ −x2 x1 + x2 x3 − x1 0 . b) T : R3[x] −→ R2[x] p(x) −→ p(1) + p′(1)(x − 1) + p′′(1) 2 (x − 1)2. c) T : Rn −→ R x −→ n ∑ k=1 kxk d) La función T : C([0, 1]) → C([0, 1/2]) definida, para cada función continua f : [0, 1] → R por T(f )(x) = ˆ x 0 e−t f (2t) dt, para todo x ∈ [0, 1/2]. Solución. a) Sean x, y ∈ R3 y α ∈ R, se tiene que T(x + y) = −(x2 + y2) (x1 + y1) + (x2 + y2) (x3 + y3) − (x1 + y1) 0 = −x2 − y2 (x1 + x2) + (y1 + y2) (x3 − x1) + (y3 − y1) 0 = −x2 x1 + x2 x3 − x1 0 + −y2 y1 + y2 y3 − y1 0 = T(x) + T(y), y T(αx) = −αx2 αx1 + αx2 αx3 − αx1 0 = α −x2 x1 + x2 x3 − x1 0 = αT(x), de modo que T es una aplicación lineal. b) Sean p(x), q(x) ∈ R3[x] y α ∈ R, se tiene que T(p(x) + q(x)) = (p + q)(1) + (p + q)′ (1)(x − 1) + (p + q)′′(1) 2 (x − 1)2 = [p(1) + q(1)] + [p′ (1) + q′ (1)](x − 1) + p′′(1) + q′′(1) 2 (x − 1)2 1
- 116. = p(1) + p′ (1)(x − 1) + p′′(1) 2 (x − 1)2 + q(1) + q′ (1)(x − 1) + q′′(1) 2 (x − 1)2 = T(p(x)) + T(q(x)), y T(αp(x)) = αp(1) + αp′ (1)(x − 1) + αp′′(1) 2 (x − 1)2 = α p(1) + p′ (1)(x − 1) + p′′(1) 2 (x − 1)2 = αT(p(x)). Así, T es una aplicación lineal. c) Sean x, y ∈ Rn y α ∈ R, entonces T(x + y) = n ∑ k=1 k(xk + yk) = n ∑ k=1 kxk + n ∑ k=1 kyk = T(x) + T(y), y T(αx) = n ∑ k=1 kαxk = α n ∑ k=1 kxk = αT(x), lo que prueba que T es una aplicación lineal. d) Antes de proceder a la resolución del ejercicio, se realiza un pequeño análisis de éste. En este caso dada una función continua f : [0, 1] → R, la función T asigna a f una nueva función T(f ) : [0, 1/2] → R, definida para cada x ∈ [0, 1/2] por T(f )(x) = ˆ x 0 e−t f (2t) dt. Cabe recalcar que el dominio de la función T(f ) debe ser necesariamente un subconjunto del inter- valo [0, 1/2] (el estudiante motivado buscará una explicación para esto). Con esto en mente, sean f, g ∈ C([0, 1]) y α ∈ R, entonces, para todo x ∈ [0, 1/2] se tiene que T(f + g)(x) = ˆ x 0 e−t (f + g)(2t) dt = ˆ x 0 e−t [f (2t) + g(2t)] dt = ˆ x 0 [e−t f (2t) + e−t g(2t)] dt = ˆ x 0 e−t f (2t) dt + ˆ x 0 e−t g(2t) dt = T(f )(x) + T(g)(x) = [T(f ) + T(g)](x), de modo que T(f + g) = T(f ) + T(g). Por otro lado, para todo x ∈ [0, 1/2], se tiene que T(α f )(x) = ˆ x 0 e−t (α f )(2t) dt = ˆ x 0 e−t α f (2t) dt = α ˆ x 0 e−t f (2t) dt = αT(f )(x) 2
- 117. = [αT(f )](x), por lo cual T(α f ) = αT(f ), lo que prueba que T es una aplicación lineal. 2. Sean E, F, G tres espacios vectoriales sobre un campo K. Para todo f, g ∈ L(E, F) y todo α ∈ K se definen f + g : E → F y α f : E → F mediante (f + g)(x) = f (x) + g(x) y (α f )(x) = α f (x), para todo x ∈ E. a) Demuestre que, con estas operaciones, el conjunto L(E, F) es un espacio vectorial sobre el campo K. b) Sea h ∈ L(F, G). Se define T : L(E, F) −→ L(E, G) f −→ h ◦ f. Demuestre que T es una aplicación lineal. c) Sea k ∈ L(E, F). Se define S : L(F, G) −→ L(E, G) f −→ f ◦ k. Demuestre que S es una aplicación lineal. Solución. Notemos que para todo f, g ∈ L(E, F), todo α ∈ K y todo x ∈ E, se tiene que (h ◦ (α f + g))(x) = h((α f + g)(x)) = h((α f )(x) + g(x)) = h(α f (x) + g(x)) = h(α f (x)) + h(g(x)) = αh(f (x)) + h(g(x)) = α(h ◦ f )(x) + (h ◦ g)(x) = (α(h ◦ f ) + h ◦ g)(x) Es decir, h ◦ (α f + g) = α(h ◦ f ) + h ◦ g, lo que implica que T es una aplicación lineal. 3. Sea R+ con la estructura de espacio vectorial x ⊕ y = xy y α ⊙ x = xα , para todo x, y ∈ R+ y todo α ∈ R. Demuestre que la función ln : R+ → R es una aplicación lineal. Solución. Sean x, y ∈ R+ y sea α ∈ R, entonces ln(x ⊕ y) = ln(xy) = ln(x) + ln(y) y ln(α ⊙ x) = ln(xα ) = α ln(x). Por tanto, ln ∈ L(R+, R). 3
- 118. 4. Sea f : R3 → R3 una función tal que f (1, 1, 0) = (0, 1, −1), f (0, 1, 1) = (0, 0, 1) y f (1, 0, −1) = (1, 0, 0). ¿Es f una aplicación lineal? Solución. f no es una aplicación lineal, pues (1, 0, −1) = (1, 1, 0) − (0, 1, 1), sin embargo, f ((1, 1, 0) − (0, 1, 1)) = f (1, 0, −1) = (1, 0, 0), pero f (1, 1, 0) − f (0, 1, 1) = (0, 1, −1) − (0, 0, 1) = (0, 1, −2), de modo que f ((1, 1, 0) − (0, 1, 1)) = f (1, 1, 0) − f (0, 1, 1). 5. En cada caso, determine el núcleo y la imagen de la aplicación lineal dada: a) T : R3 → R2 dada por T(x) = (x1 − x3, 2x2 + x3), para todo x ∈ R3. b) T : R2×2 → R2 definida por T(A) = e1A − 3e2A, para todo A ∈ R2×2. c) T : R3[x] → R dada por T(p(x)) = p(0) + p′(0), para todo p(x) ∈ R3[x]. d) T : Rn×n → Rn×n definida por T(A) = A − A⊺, para todo A ∈ Rn×n. e) T : Rn[x] → Rn+1[x], dada por T(p(x)) = ˆ x 0 p(t) dt, para todo p(x) ∈ Rn[x]. f) T : C1(R) → C(R) definida por T(f ) = f ′ + α f, para todo f ∈ C1(R), siendo α ∈ R una constante. (Sugerencia: Recuerde que (eαx f (x))′ = eαx(f ′(x) + α f (x)), para todo x ∈ R.) Solución. a) Sea x ∈ R3, entonces x ∈ ker(T) si y sólo si (x1 − x3, 2x2 + x3) = 0, lo que es equivalente a x1 − x3 = 0 y 2x2 + x3 = 0. Al resolver este sistema, podemos concluir que ker(T) = gen{(2, −1, 2)}. Esto, además, implica que dim(ker(T)) = 1, de donde 3 = dim(R3 ) = dim(ker(T)) + dim(img(T)) = 1 + dim(img(T)), y así dim(img(T)) = 2, lo que significa que img(T) = R2. b) Dada A ∈ R2×2, tenemos que A ∈ ker(T) si y sólo si a11 − 3a12 = a21 − 3a22 = 0, de donde se tiene que ker(T) = {A = (aij) ∈ R2×2 : a11 − 3a12 = a21 − 3a22 = 0} o, equivalentemente, ker(T) = gen 3 1 0 0 , 0 0 3 1 , 4
- 119. lo que, en particular, implica que dim(ker(T)) = 2. Con esto, dim(img(T)) = dim(R2×2 ) − dim(ker(T)) = 4 − 2 = 2, de modo que img(T) = R2. Notemos que los elementos de R2 pueden ser vistos como vectores columna o como vectores fila, c) Sea p(x) = a + bx + cx2 + dx3 ∈ R3[x], entonces p(x) ∈ ker(T) si y sólo si p(0) + p′(0) = 0, es decir, si y sólo si a + b = 0. Por ende ker(T) = {p(x) = a + bx + cx2 + dx3 ∈ R3[x] : a + b = 0}. Para calcular img(T), notemos que ker(T) = gen({−1 + x, x2, x3}), lo que implica que dim(ker(T)) = 3, y, por tanto, dim(img(T)) = 1. Ahora, notemos que T(1) = 1, de modo que 1 ∈ img(T). Con esto, R = gen{1} ⊆ img(T) ⊆ R, de donde img(T) = R. d) Sea A ∈ Rn×n, entonces A ∈ ker(T) si y sólo si A − A⊺ = 0, es decir, si y sólo si A es simétrica, por ende ker(T) = {A ∈ Rn×n : A es simétrica}. Ahora, notemos que para toda A ∈ Rn×n se tiene que T(A)⊺ = (A − A⊺ )⊺ = A⊺ − A = −T(A), por ende T(A) es antisimétrica. Recíprocamente, si B ∈ Rn×n es antisimétrica, tenemos que T 1 2 B = 1 2 B − 1 2 B⊺ = 1 2 B + 1 2 B = B, de modo que img(T) = {A ∈ Rn×n : A es antisimétrica}. e) Sea p(x) = n ∑ k=0 akxk ∈ Rn[x]; como T(p(x)) = ˆ x 0 p(t) dt = n ∑ k=1 ak k + 1 xk+1 , entonces p(x) ∈ ker(T) si y sólo si n ∑ k=1 ak k + 1 xk+1 = 0, es decir, si y sólo si a0 = a1 = · · · = an = 0, por ende ker(T) = {0}. Sea q(x) = n+1 ∑ k=0 bkxk ∈ Rn+1[x], tenemos que q(x) ∈ img(T) si y sólo si existe p(x) = n ∑ k=0 akxk ∈ Rn[x] tal que n+1 ∑ k=0 bkxk = n ∑ k=1 ak k + 1 xk+1 , de donde se tiene que q(0) = b0 = 0 y bk = ak−1 k si k ∈ {1, . . . , n + 1}. De este modo, img(T) = {q(x) ∈ Rn+1[x] : q(0) = 0}. f) Sea f ∈ C1(R), entonces f ∈ ker(T) si y sólo si f ′ + α f = 0, es decir, si f ′(x) + α f (x) = 0 para todo x ∈ R. Entonces, tenemos que eαx (f ′ (x) + α f (x)) = 0, 5
- 120. es decir, (eαx f (x))′ = 0. Esto sucede si y solamente sí existe c ∈ R tal que eαx f (x) = c, para todo x ∈ R, es decir, f (x) = ce−αx, para todo x ∈ R. Definamos la función ϕ : R → R mediante ϕ(x) = e−αx, de modo que f = cϕ. Con esto, ker(T) = gen{ϕ}. Ahora, sea g ∈ C(R). Vamos a probar que existe f ∈ C1(R) tal que g = f ′ + α f. Si g ∈ img(T), existe f ∈ C1(R) tal que g = f ′ + α f, de modo que para todo x ∈ R eαx g(x) = eαx (f ′ (x) + α f (x)), lo que implica que eαx g(x) = (eαx f (x))′ , de donde, por el segundo teorema fundamental del cálculo, ˆ x 0 eαt g(t) dt = eαx f (x) − f (0). Así tomando f como f (x) = e−αx ˆ x 0 eαt g(t) dt, para todo x ∈ R, de la continuidad de g y por el primer teorema fundamental del cálculo sabemos que f es derivable y su derivada es continua. Por tanto, si tomamos g ∈ C(R) arbitraria, definiendo f (x) = e−αx ˆ x 0 eαt g(t) dt, para todo x ∈ R vemos que f ∈ C1(R) y más aun que f ′ (x) + α f (x) = −αe−αx ˆ x 0 eαt g(t) dt + e−αx eαx g(x) + α ˆ x 0 eαt g(t) dt = g(x), por lo que hemos encontrado f ∈ C1(R) tal que T(f ) = g, lo cual prueba que C(R) ⊆ img(T). Ahora, si f ∈ C1(R), por las propiedades de C1 sabemos que f es diferenciable con derivada continua, por lo que podemos deducir que f ′ + α f es una función continua y por lo tanto T(f ) ∈ C(R); esto prueba que img(T) ⊆ C(R) y finalmente que img(T) = C(R). 6. Sean V0, V1, V2, V3, V4 cinco espacios vectoriales de dimensión finita sobre un campo K y sean Ti : Vi−1 → Vi aplicaciones lineales, para todo i ∈ {1, 2, 3, 4} tales que ker(Ti) = img(Ti−1) para i ∈ {2, 3, 4}. Supon- ga que dim(V0) = dim(V4) = 0. Demuestre que: a) T1 y T4 son la aplicación lineal nula; b) T2 es inyectiva; c) T3 es sobreyectiva; d) dim(V1) − dim(V2) + dim(V3) = 0 Solución. a) Dado que dim(V0) = dim(V4) = 0, entonces V0 = V4 = {0}, de modo que T1 : V0 → V1 y T4 : V3 → V4 son necesariamente la aplicación lineal nula. b) Tenemos que ker(T2) = img(T1) = {0}, pues T1 es la aplicación lineal nula. Así, T2 es inyectiva. c) img(T3) = ker(T4), entonces, como T4 es la aplicación nula, ker(T4) = V3, es decir, img(T3) = V3, lo que prueba que T3 es sobreyectiva. 6
- 121. d) Tenemos que ker(T3) = img(T2) y T2 es inyectiva, así dim(V1) = dim(ker(T2)) + dim(img(T2)) = dim(ker(T3)), además, como T3 es sobreyectiva, dim(V2) = dim(ker(T3)) + dim(img(T3)) = dim(ker(T3)) + dim(V3). Así dim(V2) = dim(V1) + dim(V3), de donde dim(V1) − dim(V2) + dim(V3) = 0, cómo se quería probar. 7. Sean V, W dos espacios vectoriales y T : V → W una aplicación lineal. a) Demuestre que T es inyectiva si y sólo si, para toda familia linealmente independiente de vectores v1, . . . , vn ∈ V, la familia T(v1), . . . , T(vn) ∈ W también es linealmente independiente. b) Demuestre que T es sobreyectiva si y sólo si, para toda familia v1, . . . , vn de generadores de V, la familia T(v1), . . . , T(vn) genera a W. Solución. a) Supongamos que T es inyectiva. Sean v1, . . . , vn ∈ V una familia de vectores linealmente indepen- dientes. Sean α1, . . . , αn escalares tales que α1T(v1) + · · · + αnT(v1) = 0, entonces T(αv1 + · · · + αnvn) = 0, que significa que αv1 + · · · + αnvn ∈ ker(T). Como T es inyectiva, ker(T) = {0}, de donde αv1 + · · · + αnvn = 0, y como v1, . . . , vn son linealmente independientes, entonces α1 = · · · = αn = 0, lo que significa que T(v1), . . . , T(vn) son linealmente independientes. Recíprocamente, sea v ∈ ker(T). Si v = 0, entonces {v} constituye una familia linealmente inde- pendiente de vectores, por ende {T(v)} también es una familia linealmente independiente, lo que implica que T(v) = 0. Esto es absurdo pues v ∈ ker(T). Así v = 0 y por ende T es inyectiva. b) Supongamos T es sobreyectiva y que la familia {v1, . . . , vn} genera a V. Sea w ∈ W, como T es sobreyectiva, existe v ∈ V tal que w = T(v). Luego, existen escalares α1, . . . , αn tales que v = α1v1 + · · · + αnvn, de donde w = T(v) = α1T(v1) + · · · + αnT(vn), lo que significa que la familia {T(v1), . . . , T(vn)} genera a W. Recíprocamente, sea w ∈ W y sea {v1, . . . , vn} una familia generadora de V, así {T(v1), . . . , T(vn)} genera a W y por ende existen escalares α1, . . . , αn tales que w = α1T(v1) + · · · + αnT(vn) = T(α1v1 + · · · + αnvn). Así, tenemos que w ∈ img(T) y por ende T es sobreyectiva. 7
- 122. 8. Sea T : V → V una aplicación lineal tal que ker(T) = img(T). a) Demuestre que T2 := T ◦ T = 0. b) Suponga que V es de dimensión finita. Demuestre que dim(V) es un número par. Solución. a) Sea v ∈ V, entonces T(v) ∈ img(T) = ker(T), por ende T(T(v)) = 0, es decir, T2(v) = 0. Como v es arbitrario, T2 = 0. b) Tenemos que dim(V) = dim(ker(T)) + dim(img(T)) = dim(ker(T)) + dim(ker(T)) = 2 dim(ker(T)), y como dim(ker(T)) ∈ N, se sigue que dim(V) es un número par. 9. En cada uno de los siguientes literales, presente de manera explícita una aplicación lineal T : V → W que verifique las condiciones impuestas: a) V = R3, W = R4, con T(1, 1, 0) = (0, 0, 1, 1), T(1, 0, 1) = (−2, 3, 0, 0) y T(1, 1, 1) = (0, 0, −1, 1). b) V = R2[x] y W = R3, con T(1 + x) = (1, 1, 1), T(1 − x) = (−1, 1, 0) y T(1 + x2) = (0, 2, −1). c) V = R2×2, W = R2×2, con T 1 1 0 0 = 0 0 1 1 , T 1 0 0 0 = 0 0 0 1 , T 0 0 1 1 = 1 1 0 0 y T 0 0 0 1 = 1 0 0 0 Solución. a) T : R3 −→ R4 (x, y, z) −→ (−2x + 2y, 3x − 3y, 2x − y − 2z, y). b) Notemos que {1 + x, 1 − x, 1 + x2} es una base de R2[x], entonces, para todo a + bx + cx2 ∈ R2[x], se tiene que (verifique) a + bx + cx2 = a + b − c 2 (1 + x) + a − b − c 2 (1 − x) + c(1 + x2 ). Luego, al ser T una aplicación lineal tenemos que T(a + bx + cx2 ) = T a + b − c 2 (1 + x) + a − b − c 2 (1 − x) + c(1 + x2 ) = T a + b − c 2 (1 + x) + T a − b − c 2 (1 − x) + T c(1 + x2 ) = a + b − c 2 T (1 + x) + a − b − c 2 T (1 − x) + cT 1 + x2 = a + b − c 2 (1, 1, 1) + a − b − c 2 (−1, 1, 0) + c(0, 2, −1) = b, a + c, a + b − 3c 2 . Por tanto, T : R2[x] −→ R3 a + bx + cx2 −→ b, a + c, a + b − 3c 2 . 8
- 123. c) T : R2×2 −→ R2×2 w x y z −→ z y x w . 10. En cada caso, determinar si las aplicaciones lineales dadas son o no isomorfismos. a) T : R4 → R2×2 dada por T(x) = x1 + x2 x2 + x3 x3 + x4 x4 + x1 para todo x ∈ R4. b) T : R3[x] → R2×2 dada por T(p(x)) = p(0) p′(0) p′′(0) p′′′(0) . c) T : R3 → R3 dado por T(x) = x × e2. d) T : R+ → R definida por T(x) = ln(x), para todo x ∈ R+, donde sobre R+ se considera la estructura de espacio vectorial dada por las operaciones x ⊕ y = xy y α ⊙ x = xα , para todo x ∈ R+ y todo α ∈ R. Solución. a) Sea x ∈ R4, tenemos que x ∈ ker(T) si y sólo si T(x) = 0, es decir, x1 + x2 x2 + x3 x3 + x4 x4 + x1 = 0, o, lo que es equivalente, 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 x1 x2 x3 x4 = 0 0 0 0 . Dado que 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 = 0, se sigue que existe x = 0 tal que T(x) = 0, por ende ker(T) = {0} y así T no es inyectiva. Consecuentemente, T no es un isomorfismo. b) Sea p(x) ∈ R3[x], entonces T(p(x)) = 0 si y sólo si p(0) p′(0) p′′(0) p′′′(0) = 0 0 0 0 , es decir, si y sólo si p(0) = p′ (0) = p′′ (0) = p′′′ (0) = 0. Si p(x) = a + bx + cx2 + dx3, entonces tenemos que a = b = 2c = 6d = 0, de donde se tiene que ker(T) = {0}, y así, T es inyectiva. Ahora, dado que dim(R2×2 ) = 4 = dim(R4 ) = dim(ker(T)) + dim(img(T)) = dim(img(T)), 9
- 124. se tiene que img(T) = R2×2, o que implica que T es sobreyectiva. Así T es biyectiva y por ende un isomorfismo. c) Dado que T(e2) = e2 × e2 = 0, se tiene que T no es inyectiva, y por ende T no es un isomorfismo. d) Sea x ∈ R+ Tenemos que T(x) = 0 si y sólo si ln(x) = 0, lo que sucede si y sólo si x = 1, pero 1 es el vector nulo del espacio R+, así ker(T) = {1} y por ende T es inyectiva. Ahora, sea y ∈ R, entonces T(ey) = ln(ey) = y, por ende img(T) = R, lo que significa que T es sobreyectiva. Como T es biyectiva, T es un isomorfismo. 11. Dado un espacio vectorial V, un automorfismo sobre V es un isomorfismo T : V → V. a) Demuestre que la composición de automorfismos es un automorfismo. b) ¿Es el conjunto de automorfismos sobre V un subespacio vectorial de L(V, V)? c) Demuestre que si T es un automorfismo sobre V, entonces existe T−1 y este también es un auto- morfismo sobre V. 12. Sean V y W espacios vectoriales con producto interno. Una aplicación lineal T : V → W se dice una isometría si verifica la siguiente propiedad: Para todo v ∈ V, T(v) = v . a) Demuestre que Si T es una isometría, entonces ker(T) = {0} y concluya que toda isometría es inyectiva. b) Demuestre que una isometría T : V → W es un isomorfismo si y sólo si dim(V) = dim(W). Solución. Supongamos que T : V → V es una isometría. Sea v ∈ V, entonces v ∈ ker(T) ⇔ T(v) = 0 ⇔ T(v) = 0 ⇔ v = 0 ⇔ v = 0, de modo que ker(T) = {0}, y por ende T es inyectiva. Esto prueba la primera parte. Para la segunda parte, recordemos que una aplicación lineal entre dos espacios de la misma dimen- sión es un isomorfismo si y sólo si dicha aplicación es inyectiva. Esto basta para la demostración. 13. Una aplicación lineal T : V → V se dice una homotecia si existe un escalar λ ∈ K tal que T(v) = λv para todo v ∈ V. a) Demuestre que si T = 0 es una homotecia, entonces T es un isomorfismo. b) Demuestre que T : V → V es una homotecia si y sólo si {v, T(v)} es un conjunto linealmente dependiente para todo v ∈ V. c) Sea v0 ∈ V y f : V → V una función definida por f (v) = v0 + T(v), donde T = I es una homotecia. Demuestre que existe un único u ∈ V tal que f (u) = u. Al vector u se lo llama centro de homotecia de f. Solución. a) Sea T = 0 una homotecia sobre un espacio vectorial V. Entonces T = λI para algún escalar λ. Esto claramente implica que T es un isomorfismo. b) Si T es una homotecia, entonces existe un escalar λ tal que T(v) = λv para todo v ∈ V. Esto significa que el conjunto {v, T(v)} es linealmente dependiente para todo v ∈ V. Recíprocamente, supongamos que {v, T(v)} es linealmente dependiente para todo v ∈ V. Si v = 0, existe un escalar λv tal que T(v) = λvv. Sean v, w ∈ V dos vectores: 10
- 125. • Si v y w son linealmente independientes, tenemos que λv+w(v + w) = T(v + w) = T(v) + T(w) = λvv + λww, de modo que (λv+w − λv)v + (λv+w − λw)w = 0, y como v, w son linealmente independientes, entonces λv = λv+w = λw. • Si v, w son linealmente dependientes, sin pérdida de generalidad podemos asumir que ambos son no nulos y que w = αv, así αλvv = αT(v) = T(w) = λww = αλwv, de modo que, como α = 0, λv = λw. En ambos casos, para cualquier par de vectores no nulos v, w ∈ V se tiene que λv = λw, de mo- do que existe un escalar único λ tal que T(v) = λv para todo v = 0. Esta igualdad se cumple trivialmente para v = 0, lo que implica que T es una homotecia. c) Tenemos que T = λI para algún escalar λ = 1 (pues T = I). Si u = (1 − λ)−1v0, entonces f (u) = v0 + λT(u) = v0 + λ(1 − λ)−1 v0 = (1 + λ(1 − λ)−1 )v0 = (1 − λ)−1 v0 = u, de modo que, en efecto, existe u ∈ V tal que f (u) = u. Ahora, si u′ ∈ V es otro vector tal que f (u′) = u′, entonces u′ = f (u′ ) = v0 + T(u′ ) = v0 + λu′ , y como (1 − λ)−1v0 = u, v0 = (1 − λu) y por tanto (1 − λ)u′ = v0 = (1 − λ)u. Gracias a que λ = 1 concluimos finalmente que u′ = u, lo que prueba que tal vector es único. 14. En R3, se define el conjunto S = {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 1)}. a) Demuestre que S es una base para R3. b) Determine si existe una única aplicación lineal T : R3 → R2[t] tal que T(1, 0, 0) = 1 − t, T(0, 1, 1) = 2t y T(0, 0, 1) = 2. De existir, ¿a qué es igual T(x, y, z) con (x, y, z) ∈ R3? c) Halle la imagen de T y determine dim(img(T)). d) Determine dim(ker(T)). e) ¿Es T inyectiva?, ¿es T sobreyectiva? Justifique sus respuestas. Solución. a) Demostremos que S es linealmente independiente, para lo que consideramos α, β, γ ∈ R tales que α(1, 0, 0) + β(0, 1, 1) + γ(0, 0, 1) = (0, 0, 0), de dónde, se tiene que α = β = γ = 0, por lo tanto, S es linealmente independiente. Además, como dim(R3 ) = 3 y S tiene 3 elementos, se sigue que S es una base para R3. 11
- 126. b) Dado que S es una base de R3, se tiene que existe una única aplicación lineal tal que T(1, 0, 0) = 1 − t, T(0, 1, 1) = 2t y T(0, 0, 1) = 2. Por otro lado, sea (x, y, z) ∈ R3, busquemos α, β, γ ∈ R tales que (x, y, z) = α(1, 0, 0) + β(0, 1, 1) + γ(0, 0, 1), resolviendo el sistema generado, se tiene que α = x, β = y y γ = z − y, por lo tanto, se tiene que T(x, y, z) = T (x(1, 0, 0) + y(0, 1, 1) + (z − y)(0, 0, 1)) = xT(1, 0, 0) + yT(0, 1, 1) + (z − y)T(0, 0, 1) = x(2 − t) + y(2t) + (z − y)(2) = 2x + 2y + 2z + (2y − x)t. c) Dado que {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 1)} genera a R3, se tiene que {T(1, 0, 0), T(0, 1, 1), T(0, 0, 1)} = {1 − t, 2t, 2} genera a img(T). Ahora, sean α, β, γ ∈ R tales que α(1 − t) + β(2t) + γ(2) = 0 = 0 + 0t + 0t2 , se obtiene el sistema α + γ = 0, −α + 2β = 0. cuya forma matricial es 1 0 1 | 0 −1 2 0 | 0 . Realizando reducción por filas tenemos 1 0 1 | 0 −1 2 0 | 0 ∼ 1 0 1 | 0 0 1 0 | 0 , como los unos principales están en la primera y segunda columna, se tiene que {1 − t, 2t} es base para img(T), por lo tanto, dim(img(T)) = 2. d) Utilizando el Teorema de la Dimensión, se tiene que dim(R3 ) = dim(img(T)) + dim(ker(T)), por lo tanto dim(ker(T)) = 1. e) Se tiene que T no es inyectivo dado que ker(T) = {0}. Además, T tampoco es sobreyectivo dado que img(T) = R2[t]. 15. Sean E un espacio vectorial de dimensión n ∈ N y T ∈ L(E, E) una aplicación lineal de E en sí mismo. a) Demuestre que ker(T) es un subespacio vectorial de E. b) Si img(T) = {0}, determine ker(T). c) Sea S ∈ L(E, E), demuestre que ker(T) ⊆ ker(S ◦ T). 12
- 127. Solución. a) Como T es una aplicación lineal, se tiene que T(0) = 0, por lo tanto 0 ∈ ker(T). Por otro lado, sean x, y ∈ ker(T), es decir, T(x) = 0 y T(y) = 0, tenemos que T(x + y) = T(x) + T(y) = 0 + 0 = 0, por lo tanto, x + y ∈ ker(T). Finalmente, sean x ∈ E y α ∈ K, es decir, T(x) = 0, tenemos que T(αx) = αT(x) = α(0) = 0, por lo tanto αx ∈ ker(T). Con esto, se tiene que ker(T) es un subespacio vectorial. b) Sea x ∈ E, tenemos que T(x) ∈ img(T) = {0}, por lo tanto, T(x) = 0, es decir, x ∈ ker(T). Con esto, se tiene que ker(T) = E. c) Sea x ∈ ker(T), es decir T(x) = 0, por lo tanto (S ◦ T)(x) = S(T(x)) = S(0) = 0, es decir, x ∈ ker(S ◦ T). Con esto, ker(T) ⊆ ker(S ◦ T). Ejercicios sugeridos: 1a, 4, 5b, 6, 9b, 10a, 12 y 15. 13
- 128. ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 13 Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica 1. Dada la transformación lineal f : R2 −→ R3 (x, y) −→ (x − 2y, 2x + y, x + y). Sean S y T las bases canónicas de R2 y R3, respectivamente. Además, sean S′ = {(1, −1), (0, 1)} y T′ = {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, −1, 1)} bases para R2 y R3, respectivamente. a) Determine [f ]S T. b) Determine [f ]S′ T′ a través de la expresión [f ]S′ T′ = [I]T T′ [f ]S T[I]S′ S . c) Verifique que se cumple que: [f (1, 2)]T′ = [f ]S′ T′ [(1, 2)]S′ . Solución. a) Notemos que f (1, 0) = (1, 2, 1) y f (0, 1) = (−2, 1, 1), luego, [f (1, 0)]T = 1 2 1 y [f (0, 1)]T = −2 1 1 , por lo cual [f ]S T = 1 −2 2 1 1 1 . b) Notemos que [I]S′ S = 1 0 −1 1 y [I]T T′ = 2/3 1/3 −1/3 −1/3 1/3 2/3 1/3 −1/3 1/3 por lo tanto [f ]S′ T′ = [I]T T′ [f ]S T[I]S′ S = 2/3 1/3 −1/3 −1/3 1/3 2/3 1/3 −1/3 1/3 1 −2 2 1 1 1 1 0 −1 1 = 7/3 −4/3 −2/3 5/3 2/3 −2/3 . c) Dado que [(1, 2)]S′ = 1 3 , tenemos que [f ]S′ T′ [(1, 2)]S′ = 7/3 −4/3 −2/3 5/3 2/3 −2/3 1 3 = −5/3 13/3 −4/3 . 1
- 129. Además, se tiene que f (1, 2) = (−3, 4, 3), a partir lo cual: [f (1, 2)]T′ = −5/3 13/3 −4/3 . 2. Dada la transformación lineal f : R1[t] −→ R2[t] p(t) −→ tp(t) + p(0). Sean S = {t, 1} y S′ = {t + 1, t − 1} bases para R1[t]. Sean T = {t2 , t, 1} y T′ = {t2 + 1, t − 1, t + 1} bases para R2[t]. a) Determine [f ]S T. b) Determine [f ]S′ T′ . c) Verifique que se cumple que: [f (−3t + 3)]T′ = [f ]S′ T′ [(−3t + 3)]S′ . Solución. En primer lugar, notemos que para p(t) = at + b, donde a, b ∈ R, f (p(t)) = f (at + b) = t(at + b) + (a(0) + b) = at2 + bt + b. a) Notemos que f (t) = t2 y f (1) = t + 1, luego, [f (t)]T = 1 0 0 y [f (1)]T = 0 1 1 , por lo cual [f ]S T = 1 0 0 1 0 1 . b) Notemos que f (t + 1) = t2 + t + 1 y f (t − 1) = t2 − t − 1, luego, [f (t + 1)]T′ = 1 1 2 1 2 y [f (t − 1)]T′ = 1 1 2 − 3 2 , por lo cual [f ]S′ T′ = 1 1 1/2 1/2 1/2 −3/2 . 2
- 130. c) Dado que [−3t + 3]S′ = 0 −3 , tenemos que [f ]S′ T′ [−3t + 3]S′ = 1 1 1/2 1/2 1/2 −3/2 0 −3 = −3 −3/2 9/2 . Además, se tiene que f (−3t + 3) = −3t2 + 3t + 3, a partir lo cual: [f (−3t + 3)]T′ = −3 −3/2 9/2 . 3. Dado C = 1 2 3 4 , considere la transformación lineal f : R2×2 −→ R2×2 A −→ AC − CA. Sean S = 1 0 0 0 , 0 1 0 0 , 0 0 1 0 , 0 0 0 1 y T = 1 1 0 0 , 0 1 0 0 , 0 0 1 1 , 1 0 0 1 bases para R2×2. Determine: a) [f ]S S b) [f ]T T c) [f ]S T d) [f ]T S Solución. Primero notemos que para A = a b c d ∈ R2×2, por la definición de f se tiene que f (A) = 3b − 2c 2a + 3b − 2d −3a − 3c + 3d −3b + 2c . Notemos que f 1 0 0 0 = 0 2 −3 0 , f 0 1 0 0 = 3 3 0 −3 , f 0 0 1 0 = −2 0 −3 2 , f 0 0 0 1 = 0 −2 3 0 , luego f 1 0 0 0 S = 0 2 −3 0 , f 0 1 0 0 S = 3 3 0 −3 , f 0 0 1 0 S = −2 0 −3 2 , f 0 0 0 1 S = 0 −2 3 0 . 3
- 131. De forma similar: f 1 1 0 0 = 3 5 −3 −3 , f 0 1 0 0 = 3 3 0 −3 , f 0 0 1 1 = −2 −2 0 2 , f 1 0 0 1 = 0 0 0 0 , con f 1 1 0 0 T = 3 2 −3 0 , f 0 1 0 0 T = 6 −3 0 −3 , f 0 0 1 1 T = −4 2 0 2 , f 1 0 0 1 T = 0 0 0 0 . Además, [I]T S = 1 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 Por lo tanto, [f ]S S = 0 3 −2 0 2 3 0 −2 −3 0 −3 3 0 −3 2 0 , [f ]T T = 3 6 −4 0 2 −3 2 0 −3 0 0 0 0 −3 2 0 , [f ]S T = [I]T T[f ]T T[I]S T = I4[f ]T T([I]T S )−1 = −3 6 −7 3 5 −3 7 −5 −3 0 −3 3 3 −3 5 −3 , [f ]T S = [I]T S [f ]S T[I]T S = [I]T S [f ]T T[I]T T = 3 3 −2 0 5 3 −2 0 −3 0 0 0 −3 −3 2 0 . 4. Suponga que la matriz de la trasformación lineal f : R3 → R2 con respecto a las bases S = {v1, v2, v3} y T = {w1, w2} de R3 y R2, respectivamente, es A = 1 2 1 −1 1 0 donde v1 = (−1, 1, 0), v2 = (0, 1, 1) y v3 = (1, 0, 0) y w1 = (1, 2) y w2 = (1 − 1). a) Calcule [f (v1)]T, [f (v2)]T y [f (v3)]T. b) Calcule f (v1), f (v2) y f (v3). c) Calcule f (2, 1, −1). d) Calcule f (a, b, c), para cada (a, b, c) ∈ R3. 4
- 132. Solución. a) A partir de la matriz de representación de f tenemos que: [f (v1)]S = A[v1]S = 1 −1 , [f (v2)]S = A[v1]S = 2 1 , [f (v3)]S = A[v1]S = 1 0 . b) Gracias al literal anterior tenemos que: f (v1) = (1)(1, 2) + (−1)(1, −1) = (0, 3) f (v2) = (2)(1, 2) + (1)(1, −1) = (3, 3) f (v3) = (1)(1, 2) + (0)(1, −1) = (1, 2). c) Dado que [(2, 1, −1)]S = 2 −1 4 , a partir de la matriz de representación de f tenemos que [f (2, 1, −1)]T = A[(2, 1, −1)]S = 1 2 1 −1 1 0 2 −1 4 = 4 −3 , luego, obtenemos que f (2, 1, −1) = 4(1, 2) + (−3)(1, −1) = (1, 11). Otra forma de realizar este ejercicio es, notando que (2, 1, −1) = (2)(−1, 1, 0) + (−1)(0, 1, 1) + (4)(1, 0, 0), luego, f (2, 1, −1) = 2f (−1, 1, 0) − f (0, 1, 1) + 4f (1, 0, 0) = 2(0, 3) − (3, 3) + 4(1, 2) = (1, 11). d) Para cada (a, b, c) ∈ R3, verifique que [(a, b, c)]S = b − c c a + b − c , luego, a partir de la matriz de representación de f tenemos que [f (a, b, c)]T = A[(a, b, c)]S = 1 2 1 −1 1 0 b − c c a + b − c = a + 2b −b + 2c , entonces, obtenemos que f (a, b, c) = (a + 2b)(1, 2) + (−b + 2c)(1, −1) = (a + b + 2c, 2a + 5b − 2c). 5. Sea f : R3 → R3 una transformación lineal, tal que f (1, 0, 0) = (1, 1, 0), f (0, 1, 0) = (2, 0, 1) y f (0, 0, 1) = (1, 0, 1). 5
- 133. a) Determine la matriz de representación de f con respecto a la base canónica S de R3. b) Determine f (1, 2, 3). c) Calcule f (a, b, c), para cada (a, b, c) ∈ R3. Solución. a) Dado que trabajamos con la base canónica de R3 tenemos que [f (1, 0, 0)]S = 1 1 0 , [f (0, 1, 0)]S = 2 0 1 y [f (0, 0, 1)]S = 1 0 1 . Luego, la matriz buscada es A = 1 2 1 1 0 0 0 1 1 . b) Notemos que (1, 2, 3) = 1(1, 0, 0) + 2(0, 1, 0) + 3(0, 0, 1). Luego, por la linealidad de f y por hipótesis: f (1, 2, 3) = 1f (1, 0, 0) + 2f (0, 1, 0) + 3f (0, 0, 1) = 1(1, 1, 0) + 2(2, 0, 1) + 3(1, 0, 1) = (1, 1, 0) + (4, 0, 2) + (3, 0, 3) = (8, 1, 5). Otra forma de obtener f (1, 2, 3) es por medio de la matriz de presentación, notando que en este caso se trabaja con la base canónica. Entonces, [f (1, 2, 3)]S = A[(1, 2, 3)]S = 1 2 1 1 0 0 0 1 1 1 2 3 = 8 1 5 . Luego, f (1, 2, 3) = (8, 1, 5). c) Sea (a, b, c) ∈ R3, utilizando la matriz de representación de f, tenemos que [f (a, b, c)]S = A[(a, b, c)]S = 1 2 1 1 0 0 0 1 1 a b c = a + 2b + c c b + c . Luego, dado que se trabaja con la base canónica, f (a, b, c) = (a + 2b + c, c, b + c). 6. Suponga que la matriz de representación de la transformación lineal f : R1[t] → R1[t] con respecto a la base S = {t + 1, t − 1} es A = 2 3 −1 −2 . Determine la matriz de f con respecto a la base T = {t, 1} para R1[t]. Solución. Sea B la matriz buscada. Notemos que [I]S T = 1 1 1 −1 y [I]T S = 1/2 1/2 1/2 −1/2 . 6
- 134. Luego, a partir de la expresión: B = [I]S T A[I]T S tenemos que B = 1 0 4 −1 . 7. Dadas las funciones f1 : R −→ R t −→ et y f2 : R −→ R t −→ e−t . Sean V el espacio vectorial con base S = {f1, f2}, y el operador lineal L: V −→ V f −→ f ′ . Determine la matriz de L con respecto a la base S. Solución. Notemos que para cada t ∈ R, se tienen: L(f1)(t) = et y L(f2)(t) = −e−t , además, L(f1)(t) = (1)et + (0)e−t = (1)f1(t) + (0)f2(t) y L(f2)(t) = (0)et + (−1)e−t = (0)f1(t) + (−1)f2(t). Por lo tanto, [L(f1)]S = 1 0 y [L(f2)]S = 0 −1 . Luego, la matriz buscada es A = 1 0 0 −1 . 8. Determine una aplicación lineal T : R3 → R3 tal que T(P1) = P2, donde P1 = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = (1 + t, 1 + s, −2t + s), t, s ∈ R} y P2 = {(x, y, z) ∈ R3 : x − 2y − z = 0}. Solución. Notemos que por las definiciones de P1 y de P2 tenemos que P1 = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = (1, 1, 0) + t(1, 0, −2) + s(0, 1, 1), t, s ∈ R} y P2 = gen({(2, 1, 0), (1, 0, 1)}). Ahora, notemos que B = {(1, 1, 0), (1, 0, −2), (0, 1, 1)} es una base de R3. Se definen entonces, T(1, 1, 0) = (0, 0, 0), T(1, 0, −2) = (2, 1, 0), y T(0, 1, 1) = (1, 0, 1). Luego, ya que para todo (x, y, z) ∈ R3, se tiene que [(x, y, z)]B = 2x − y + z −x + y − z −2x + 2y − z , 7
- 135. concluimos que para todo (x, y, z) ∈ R3 T(x, y, z) = (−4x + 4y − 3z, −x + y − z, −2x + 2y − z). Verifiquemos que T es tal que T(P1) = P2. Notemos que si (x, y, z) ∈ P1, entonces existen t, s ∈ R tales que (x, y, z) = (1 + t, 1 + s, −2t + s) luego, por lo realizado anteriormente, tenemos que T(x, y, z) = T(1 + t, 1 + s, −2t + s) = (2t + s, t, s) = t(2, 1, 0) + s(1, 0, 1). por lo tanto, T(P1) = {(a, b, c) ∈ R3 : (a, b, c) = T(x, y, z), para algún (x, y, z) ∈ P1} = {(a, b, c) ∈ R3 : (a, b, c) = t(2, 1, 0) + s(1, 0, 1), t, s ∈ R} = gen({(2, 1, 0), (1, 0, 1)}) = P2. 9. Considere a una aplicación lineal T : R4 → R3 tal que ker(T) = gen({(1, 1, 1, 0), (2, −1, 1, 1)}) y img(T) = gen({(1, 1, 1), (0, 0, 1)}). Encuentre a T. Solución. Notemos que partir de la definición de ker(T), tenemos que B = {(1, 1, 1, 0), (2, −1, 1, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} es una base de R3. Luego, se definen T(1, 1, 1, 0) = (0, 0, 0), T(2, −1, 1, 1) = (0, 0, 0), T(0, 0, 1, 0) = (1, 1, 1) y T(0, 0, 0, 1) = (0, 0, 1). Por lo cual, dado que para todo (a, b, c, d) ∈ R3 tenemos que [(a, b, c, d)]B = a + 2b 3 a − b 3 −2a − b + 3c 3 −a + b + 3d 3 se tiene que para todo (a, b, c, d) ∈ R3 T(a, b, c, d) = −2a − b + 3c 3 , −2a − b + 3c 3 , −a + c + d . 10. Sean W un subespacio de Rn y la aplicación lineal T : Rn −→ W v −→ proyW(v). a) Demuestre que T es lineal. b) Si n = 3 y W = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y = 0}, encuentre una base B de W y calcule [T]C B, donde C es la base canónica de R3. 8
- 136. c) Utilice el resultado del literal anterior para determinar T(x, y, z) para cada (x, y, z) ∈ R3. d) Calcule la distancia de (−1, 2, 5) a W, utilizando la transformación T. Solución. Verifique que BW = − 1 √ 2 , 1 √ 2 , 0 , (0, 0, 1) es una base de W, que [T]C B = −1/ √ 2 1/ √ 2 0 0 0 1 y que T(a, b, c) = a − b 2 , − a − b 2 , c para todo (a, b, c) ∈ R3. Además, el vector que hace que la distancia de (−1, 2, 5) a W sea lo más pequeña posibles es u = proyW(−1, 2, 5) = − 3 2 , 3 2 , 5 , y, por tanto, la distancia es igual 1 √ 2 . 11. Sea T : R2 → R3 una aplicación lineal, B1 = {v1, v2}, B2 = {w1, w2, w3} bases de R2 y R3 respectiva- mente y [T]B1 B2 = 1 x 2 y 3 z la matriz asociada a T en las bases B1 y B2. a) Si T(v2) = w1 + 2w2 + w3. Encuentre x, y, z. b) Si v = 2v1 − v2. Calcule [T(v)]B2 . c) Decida si T es inyectiva, sobreyectiva. Justifique su respuesta. Solución. a) Sabiendo que [T(v)]B2 = [T]B1 B2 [v]B1 . Además, [T(v)]B2 = 1 2 1 y [v]B1 = 0 1 . Luego, x = 1, y = 2 y z = 1. b) Ya que v = 2v1 − v2, tenemos que [T(v)]B2 = [T]B1 B2 [v]B1 = [T]B1 B2 [2v1 − v2]B1 = 1 1 2 2 3 1 2 −1 = 1 2 5 . c) Notemos que rang([T]B1 B2 ) = 2, luego, dim(img(T)) = 2 y dim(ker(T)) = 0. Por lo tanto, T es inyectiva y no es sobreyectiva. 12. En R1[t] y R2, los conjuntos M = {1 + t, 1 − t} y N = {(1, −1), (0, 1)} son bases de R1[t] y R2, respectivamente. Sea T : R1[t] → R2 una aplicación lineal tal que [T]M N = 1 −1 0 1 . 9
- 137. a) Determinar [2 + t]M. b) Determinar [T(2 + t)]N. c) Calcular det([T]M N ), con esto, indicar si T es biyectivo. d) Determine T(a + bt), para a + bt ∈ R1[t]. Solución. a) Buscamos α, β ∈ R tales que α(1 + t) + β(1 − t) = 2 + t, con lo cual, tenemos el sistema α + β = 2, α − β = 1. cuya solución es α = 3 2 y β = 1 2 . Con esto, se tiene que [2 + t]M = 3/2 1/2 . b) Tenemos que [T(2 + t)]N = [T]M N [2 + t]N = 1 −1 0 1 3/2 1/2 = 1 1/2 . c) Tenemos que det([T]M N ) = 1 = 0, por lo tanto, T es biyectivo. d) Sea a + bt ∈ R1[t], buscamos α, β ∈ R tales que α(1 + t) + β(1 − t) = a + bt, con lo cual, tenemos el sistema α + β = a, α − β = b. cuya solución es α = a + b 2 y β = a − b 2 . Con esto, se tiene que [a + bt]M = a+b 2 a−b 2 . por lo tanto [T(a + bt)]N = [T]M N [a + bt]N = 1 −1 0 1 a + b 2 a − b 2 = b a − b 2 . Con esto, se tiene que T(a + bt) = b(1, −1) + a − b 2 (0, 1) = b, a − 3b 2 . 13. Sean B = {v1, v2} y B′ = {w1, w2} bases de R2 tales que w1 = −v2 y w2 = v1 + v2. 10
- 138. a) Sea I : R2 → R2 la aplicación identidad. Encuentre [I]B B′ . Sea T : R2 → R2 una aplicación lineal tal que [T]B B = 1 −1 2 0 . b) Encuentre [T]B B′ . c) Calcule [T(2v1 − v2)]B′ . d) Suponga B es la base canónica de R2. Calcule las coordenadas en la base B de los vectores T(u) y T(v), si [u]B = 1 −1 y [v]B′ = −2 1 . Solución. a) Notemos que B′ = {−v2, v1 + v2}. Luego, [I]B B′ = 1 −1 1 0 . b) Tenemos que [T]B B′ = [I]B B′ [T]B B[I]B B = −1 −1 1 −1 . c) Tenemos que [T(2v1 − v2)]B′ = [T]B B′ [2v1 − v2]B = −1 3 . d) Tenemos que [T(u)]B = [T]B B[u]B = 2 2 . Notemos que [T]B′ B = [I]B B[T]B B[I]B′ B = I2[T]B B([I]B B′ )−1 = 1 0 0 2 . Por tanto, [T(v)]B = [T]B′ B [v]B′ = −2 2 . 14. Sean B1 y B2 bases de R2 y R3 respectivamente. Sea T : R2 → R3 una aplicación lineal tal que [T]B1 B2 = 0 80 1 −7 0 −20 . a) Encuentre [v]B1 si [T(v)]B2 = −240 23 60 . b) Encuentre la dimensión de img(T) y de ker(T). c) ¿Es T inyectiva?, ¿es T sobreyectiva? Justifique su respuesta. d) Sea S: R3 → R2 una aplicación lineal tal que [S]B2 B1 = 1 0 −1 0 1 0 . Calcule [T ◦ S]B2 B2 . 11
- 139. Solución. a) Notemos que [T(v)]B2 = [T]B1 B2 [v]B1 con [v]B1 = a b . Luego, verifique que a = 2 y que b = −3. b) Verifique que rang([T]B1 B2 ) = 2. Por lo tanto, dim(img(T)) = 2 y dim(ker(T)) = 0. c) En virtud del literal anterior, T es inyectiva y no es sobreyectiva. (justifique) d) Tenemos que [T ◦ S]B2 B2 = [T]B1 B2 [S]B2 B1 = 0 80 0 1 −7 −1 0 −20 0 . 15. Sea T : R3 → R3 una aplicación lineal definida por T(v) = Av donde A = 0 1 −1 −1 0 3 0 1 0 . a) Compruebe que T es invertible. Justifique su respuesta. b) Calcule [T−1]C C, donde C es la base canónica de R3. c) Sea B = {(1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1)} una base de R3. Calcule [T−1]B C. Solución. Recuerde que ([T]B′ B )−1 = [T−1]B B′ . a) Notemos que A = [T]C C con det(A) = 1. b) Verifique que [T−1]C C = −3 −1 3 0 0 1 −1 0 1 . c) Notemos que [T−1]B C = ([T]C B)−1. 16. Dada [f ]B S = 1 0 −1 0 −1 0 −1 0 −1 , donde B = {(1, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 1)} y S una base de R3. a) Determinar [I]C B, donde C es la base canónica de R3. b) Determinar [f ]C S . Solución. Note que: [I]C B = ([I]B C)−1 y [f ]C S = [I]S S[f ]B S [I]C B. 12
- 140. 17. Sea f : R3 → R3 una aplicación lineal tal que f (1, 1, −1) = (1, 1, 0), f (1, −1, 1) = (1, 0, 1) y f (−1, 1, 1) = (0, 1, 1). Sean B1 = {(1, 0, 1), (1, −1, 0), (1, 1, −1)} y B2 = {(1, 0, −1), (0, −1, 1), (−1, 1, 1)} dos bases de R3. Determine: [I]B1 B2 , [I]B2 B1 , [f ]B1 B1 , [f ]B1 B2 y [f ]B2 B1 . Solución. Sea C que representa a la base canónica de R3, Recordando que [I]B2 B1 = ([I]B1 B2 )−1 y [I]B1 B2 = [I]C B2 [I]B1 C . Notando que B = {(1, 1, −1), (1, −1, 1), (−1, 1, 1)} es una base de R3, tenemos que: [f ]B1 B1 = [I]C B1 [f ]B1 C [I]B1 B1 donde [f ]B1 C = [I]C C[f ]B C[I]B1 B . Luego, [f ]B1 B2 = [I]B1 B2 [f ]B1 B1 [I]B1 B1 y [f ]B2 B1 = [I]B1 B1 [f ]B1 B1 [I]B2 B1 . 18. Sea f : R2[t] → R3 una aplicación lineal tal que su matriz asociada respecto a las bases canónicas en ambos espacios es [f ] = 1 0 2 −3 1 0 0 1 −1 . Encontrar: a) la aplicación f, b) el valor de f (p(t)), donde p(t) = 1 + t − t2, c) bases y dimensión para ker(f ) y para img(f ). d) Verifique que f es invertible y encuentre f −1. Solución. Note que [f ]C S = [I]S S[f ]B S [I]C B. Verifique que ker(f ) = {0} y que img(f ) = R3. Ejercicios sugeridos: 1, 2, 9, 11, 12 y 14. 13
- 141. ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 14 Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica 1 VALORES Y VECTORES PROPIOS 1. Dados a, b ∈ R, considere la matriz A = a 2 b 1 . Determine los valores de a y de b tales que el vector 8 4 es un vector propio de A asociado al valor propio 3. Solución. Por definición de valor propio tenemos que a 2 b 1 8 4 = 3 8 4 lo que nos lleva al siguiente sistema de ecuaciones lineales 8a + 8 = 24, 8c + 4 = 12. Luego, a = 2 y c = 1. 2. Dados a, b, c, d, e, f ∈ R, considere la matriz A = 1 a b 1 c d 1 e f , una matriz simétrica. Determine los valores de a, b, c, d, e, f tales que los vectores (1, 1, 1)T y (1, 0, −1)T sean vectores propios de A, asociados a dos valores propios distintos. Solución. Por ser A simétrica se tiene que a = 1, b = 1 y que d = e. Sean λ1 y λ2 los dos valores propios de A que se consideran, entonces 1 1 1 1 c d 1 d f 1 1 1 = λ1 1 1 1 y 1 1 1 1 c d 1 d f 1 0 −1 = λ2 1 0 −1 . A partir de lo cual se obtienen que λ1 = 3, λ2 = 0, c = 1, d = 1 y f = 1. 3. Los valores propios de una matriz A ∈ R3×3 simétrica son 1, −2 y 3 con vectores propios (1, 1, −1)T y (0, 1, 1)T asociados a los valores propios 1 y −2, respectivamente. Hallar a la matriz A y el vector propio asociado al valor propio 3. Solución. Verifique que A = 7 3 −2 3 2 3 −2 3 −1 6 −11 6 2 3 −11 6 −1 6 y que el vector propio asociado al valor propio 3, es v = (2, −1, 1)T. 1
- 142. 4. Sean f : Rn → Rn una aplicación lineal y u, v dos vectores de Rn asociados a los valores propios distintos λ, µ ∈ R. Decidir cuáles de las siguientes afirmaciones son verdaderas. a) El vector propio u tiene un único valor propio asociado. b) Para todo α ∈ R {0}, el vector αu es un vector propio del valor propio λ. c) El vector u + v es un vector propio de f. Solución. a) Supongamos que existe otro valor propio λ1 tal que u es su vector propio asociado, entonces f (u) = λ1u. Además, por hipótesis tenemos que f (u) = λu. Por tanto, tenemos que λ1u = λu, lo que implica que (λ1 − λ)u = 0, y dado que u = 0, al ser un vector propio, concluimos que λ1 = λ. Por lo cual, el enunciado es verdadero. b) Sea α ∈ R, entonces f (αu) = α f (u) = α(λu) = λ(αu). Por lo cual, αu es un vector propio de f asociado al valor propio λ. c) Verifiquemos si u + v es un vector propio de f; para esto debemos encontrar el correspondiente valor propio. En efecto, f (u + v) = f (u) + f (v) = λu + µv. Si λ = µ, tendríamos que f (u + v) = f (u) + f (v) = λ(u + v), sin embargo, esto no es posible ya que se tiene que λ = µ, en efecto, notemos que la aplicación lineal f : R2 −→ R2 (x, y) −→ (x + 2y, 2x + y). Cuya matriz asociada a la base canónica es A = 1 2 2 1 , cuyos valores propios son −1 y 3 con vectores propios asociados (−1, 1)T y (1, 1)T, respectivamente. Además, f ((−1, 1) + (1, 1)) = f (0, 2) = (4, 2) = 2(2, 1). Por lo tanto, el enunciado es falso. 5. Sea f : Rn → Rn una aplicación lineal de manera que f ◦ f = f. Calcular los valores propios de f. Solución. Supongamos que λ es un valor propio de f y que v es un vector propio asociado a este valor propio. Entonces, se tienen que f (v) = λv y que (f ◦ f )(v) = f (f (v)) = f (λv) = λ f (v) = λ2 v. Por hipótesis tenemos que f ◦ f = f, y, por tanto, f (v) = (f ◦ f )(v). Luego, λv = λ2 v, 2
- 143. lo que implica que λ(1 − λ)v = 0, y dado que v = 0, al ser un vector propio, tenemos que λ(1 − λ) = 0. Por lo tanto, los valores propios de f son 0 y 1. 6. Sea f una aplicación lineal, hallar sus valores y vectores propios, donde: a) f : R2 −→ R2 (x, y) −→ (x + y, 2x − 3y). b) f : R2×2 −→ R3[t] a b c d −→ (a + b − d) + bt + ct2 + (−a + c + d)t3 . c) f : R2[t] −→ R3 a + bt + ct2 −→ (a − b + c, −a + b − c, a − b + c). Solución. Verificar que: a) Para el valor propio λ1 = − √ 6 − 1 su correspondiente vector propio es − √ 6 + 2 2 ; para el valor propio λ2 = √ 6 − 1 su correspondiente vector propio es √ 6 + 2 2 . b) Para el valor propio λ1 = 0 su correspondiente vector propio es 1 0 0 1 ; para el valor propio λ2 = 1 sus correspondientes vectores propios son 1 0 1 0 y 0 1 0 1 ; para el valor propio λ3 = 2 su correspon- diente vector propio es −1 0 0 1 . c) Para el valor propio λ1 = 0 sus correspondientes vectores propios son 1 1 0 y −1 0 1 ; para el valor propio λ2 = 3 su correspondiente vector propio es 1 −1 1 . 7. Dado a ∈ R {0}, considere la matriz A = 1 a a a 1 a a a 1 . a) Compruebe que 1 1 1 es un vector propio de A. Hallar el valor propio λ asociado. Calcule una base de Eλ. 3
- 144. b) Compruebe que 1 − a es un valor propio de A y calcule una base del espacio propio correspondien- te. c) Compruebe que todo vector x ∈ R3 se puede escribir como x = y + z donde y ∈ Eλ y z ∈ E1−a y que Eλ ∩ E1−a = {0}. Solución. a) Verifique que el valor propio asociado es λ = 2a + 1 y que Eλ = gen({(1, 1, 1)}). b) Utilice el polinomio característico de A − µI3 y compruebe que E1−a = gen({(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)}). c) Verifique que Eλ + E1−a = R3 y concluya que dim(Eλ ∩ E1−a) = 0. 8. Sea λ un valor propio de la matriz A, asociado a x. Probar que: a) Para todo r ∈ N, λr es un valor propio de Ar, asociado a x. b) Si p(x) = a0 + a1x + · · · + amxm con ai ∈ R, entonces p(λ) es un valor propio de p(A) = a0I + a1A + · · · + am Am asociado a x. c) Si A es invertible con λ = 0, entonces 1 λ es un valor propio de A−1 asociado a x. 9. Sean A, C ∈ Rn×n con C una matriz no singular. Pruebe que: a) A y AT tienen el mismo polinomio característico. b) C−1AC y A tienen igual polinomio característico. c) 0 es valor propio de A si y solo si A es singular. Solución. a) Notemos que det(A − λIn) = det(A − λIn)T = det(AT − λIT n ) = det(AT − λIn). Por lo tanto, A y AT tienen el mismo polinomio característico. b) Notemos que det(C−1 AC − λIn) = det(C−1 AC − λC−1 C) = det(C−1 (AC − λC)) = det(C−1 ) det(AC − λC) = det(C−1 ) det((A − λIn)C) = det(C−1 ) det(A − λIn) det(C) = det(A − λIn). Por lo tanto, C−1AC y A tienen el mismo polinomio característico. c) Tenemos que 0 es un valor propio de A si y solo si existe un vector v no nulo tal que A(v) = 0v = 0, lo que se tiene, si y solo si A es singular. 10. Sean A, B ∈ Rn×n. Pruebe que si λ es un valor propio de AB también lo es de BA. Sugerencia: Distinga los casos λ = 0 y λ = 0. Al tratar este último, considere el polinomio caracterís- tico de AB. 4
- 145. Solución. Supongamos que λ = 0, entonces, existe un vector v no nulo tal que (AB)v = λv. Ahora, sea w = Bv, tenemos que (BA)w = B(Aw) = B(A(Bv)) = B((AB)v) = B(λv) = λBv = λw. Luego, λ es un valor propio de BA. Ahora, supongamos que λ = 0, entonces det(AB − 0In) = det(AB) = det(BA) = det(BA − 0In). Lo que implica que 0 también es valor propio de BA. Por lo tanto, todo valor propio de AB también lo es de BA. 2 DIAGONALIZACIÓN 1. Sea A ∈ R2×2 una matriz con valores propios 2 y 1 con vectores propios 5 2 y 7 3 , respectivamente. a) Hallar la matriz A. b) Encontrar dos matrices P, D ∈ R2×2, P no singular tales que A = P−1DP. c) Determinar A3. Solución. a) Sea A = a b c d , por definición de valor y vector propio se tiene que a b c d 5 2 = 2 5 2 , a partir de lo cual se obtiene que a = 16, b = −35, c = 6 y d = −13. Por tanto, A = 16 −35 6 −13 . b) Dado que por hipótesis tenemos que A posee valores propios 2 y 1 con vectores propios (5, 2) y (7, 3), tenemos que P = 5 7 2 3 , luego, D = P−1 AP = 2 0 0 1 . c) En virtud del literal anterior tenemos que A = PDP−1. Luego, A3 = (PDP−1 )3 = PD3 P−1 = 106 −245 42 −97 . 2. Dados a, b, c ∈ R, considere la matriz A = 2 a 0 0 0 2 b 0 0 0 2 c 0 0 0 2 . a) Verifique que para todo a, b, c ∈ R, 2 es un valor propio de A con multiplicidad algebraica igual a 4. b) Obtenga condiciones sobre a, b, c para que la multiplicidad geométrica de 2 sea 1, es decir, dim(V2) = 1. Repita este ejercicio para la condición dim(V2) = 2. 5
- 146. c) Obtenga condiciones sobre a, b, c para que A sea diagonalizable. Solución. a) Notemos que el polinomio característico de A − λI4 es p(λ) = det(A − λI4) = (2 − λ)4 para todo λ ∈ R, cuya raíz es 2 que se repite 4 veces, es decir, 2 es un valor propio de A con multiplicidad algebraica 4. b) Para el valor de λ = 2, tenemos que A − λIn = A − 2I4 = 0 a 0 0 0 0 b 0 0 0 0 c 0 0 0 0 . Notemos que si a = 0 y bc = 0, se tiene que la correspondiente matriz ampliada del sistema (A − 2I4)v = 0 es tal que 0 0 0 0 | 0 0 0 b 0 | 0 0 0 0 c | 0 0 0 0 0 | 0 ∼ 0 0 1 0 | 0 0 0 0 1 | 0 0 0 0 0 | 0 0 0 0 0 | 0 . Lo que implica que el conjunto solución del sistema es V2 = gen({(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0)}), por tanto, dim(V2) = 2. Finalmente, para los casos: b = 0 y ac = 0, y, c = 0 y ab = 0; se obtiene el mismo resultado. De forma similar, para abc = 0, se tiene que dim(V2) = 1. c) Notemos que en virtud del literal anterior, la matriz A es diagonalizable para a = 0, b = 0 y c = 0. 3. Sea A ∈ Kn×n diagonalizable, y sean λi con i ∈ {1, . . . , n}, los valores propios de A (no necesariamente distintos). Demuestre que: a) Tr(A) = n ∑ i=1 λi. b) det(A) = ∏n i=1 λi. Solución. Suponiendo que A es diagonalizable, existen P, D ∈ Kn×n, P no singular y D singular, tales que A = PDP−1 , donde D = diag(λ1, . . . , λn). a) Por propiedades de traza de una matriz tenemos que Tr(A) = Tr(PDP−1 ) = Tr(P(DP−1 )) = Tr((DP−1 )P) = Tr(D(P−1 P)) = Tr(DIn) = Tr(D) 6
- 147. = n ∑ i=1 λi. b) Por propiedades del determinante de una matriz tenemos que det(A) = det(PDP−1 ) = det(P(DP−1 )) = det(P) det(DP−1 ) = det(P) det(D) det(P−1 ) = det(P) det(P−1 ) det(D) = det(P)(det(P))−1 det(D) = det(D) = n ∏ i=1 λi. 4. Sea A ∈ R3×3 con valores propios 1 y 2 (con multiplicidad aritmética igual a 2). Dados los subespacios E1 = {(x, y, z) ∈ R3 : x = y = z} y E2 = {(x, y, z) ∈ R3 : x = −y}. a) ¿Es A diagonalizable? b) Calcular la traza y el determinante de A. c) Calcular la matriz A. Solución. a) Notemos que E1 = gen({(1, 1, 1)}) y E2 = gen{(−1, 1, 0), (0, 0, 1)}). Luego, dado que el conjunto {(1, 1, 1), (−1, 1, 0), (0, 0, 1)} es linealmente independiente, conclui- mos que A es diagonalizable. b) Tenemos que Tr(A) = 1 + 2 + 2 = 5 y det(A) = (1)(2)(2) = 4. c) Verifique que A = 3 2 −1 2 0 −1 2 3 2 0 −1 2 −1 2 2 . 5. Dados α, β ∈ R, considere la matriz A = α β 0 0 −1 0 0 0 1 . Determine los valores de α y β tales que A sea diagonalizable. Solución. Verifique que para todo α ∈ R {−1} y todo β ∈ R, la matriz A es diagonalizable. 6. Sean A = 2 2 1 3 . a) Encuentre todos los valores propios de A y los vectores propios asociados. b) Determine una matriz no singular P tal que D = P−1AP sea diagonal. 7
- 148. c) Encontrar una raíz cuadrada positiva de D, es decir, una matriz B con valores propios no negativo tal que B2 = D. Solución. a) Tenemos que el polinomio característico es p(λ) = λ2 − 5λ + 4 = (λ − 1)(λ − 4). Luego, λ1 = 1 y λ2 = 4 son valores propios de A. Calculemos ahora los correspondientes vectores propios. Si λ1 = 1, tenemos que A − λ1I2 = 1 2 1 2 y precedemos a resolver el sistema homogéneo (A − λ1I2)v = 0, cuya solución es {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 + 2x2 = 0} = gen({(2, −1)}). Luego, el vector propio asociado a λ1 = 1, es v1 = (2, −1)T. De forma similar, Si λ2 = 4, tenemos que A − λ2I2 = −2 2 1 −1 y procedemos a resolver el sistema homogéneo (A − λ2I2)v = 0, cuya solución es {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 − x2 = 0} = gen({(1, 1)}). Luego, el vector propio asociado a λ2 = 4, es v2 = (1, 1)T. b) Sea P la matriz cuyas columnas son v1 y v2. Luego, P = 2 1 −1 1 y D = P−1 AP = 1 0 0 4 . c) Notemos que D = −1 0 0 −2 −1 0 0 −2 = 1 0 0 2 1 0 0 2 . Por tanto, son las raíces cuadradas de D, y B = P √ DP−1 = 2 1 −1 1 1 0 0 2 1/3 −1/3 1/3 2/3 = 4/3 2/3 1/3 5/3 o B = P √ DP−1 = 2 1 −1 1 −1 0 0 −2 1/3 −1/3 1/3 2/3 = −4/3 −2/3 −1/3 −5/3 . 7. Sea A = 3 −2 3 1 6 −3 1 2 1 . a) Calcule los valores propios de A. b) Halle una base de R3 formada de vectores propios de A. c) Calcule dos matrices C, D ∈ R3×3, C no singular, con D diagonal tales que C−1AC = D. 8
- 149. Solución. a) Verifique que los valores propios de A son 2 y 4. b) La base buscada es {(−1, 1, 1), (−2, 1, 0), (3, 0, 1)}. c) Las matrices buscadas son C = −1 −2 3 1 1 0 1 0 1 y D = 2 0 0 0 4 0 0 0 4 . 8. Sean las matrices A = 1 1 −2 −1 2 1 0 1 −1 . a) Calcule el polinomio característico de A. Factorícelo en factores lineales y diga cual es la multipli- cidad algebraica de cada valor propio. b) Obtenga una base para cada espacio propio. c) Defina una aplicación lineal f : R3 → R3 tal que [f ]C C = A y [f ]B B es diagonal, donde C es la base canónica de R3 y B es una base que debe determinar a partir del literal (b). Solución. Verifique que los valores propios de A son −1, 1 y 2; la base buscada es B = {(1, 0, 1), (3, 2, 1), (1, 1, 1)}. 9. Sean A, D, P ∈ Kn×n con P no singular. a) Muestre que si A = PDP−1, entonces An = PDnP−1 para todo n ∈ N. b) Tomando A = 1 3 1 3 0 3 1 3 1 . Hallar la matriz An, utilizando el resultado del literal a. 10. Sea A = 0 √ 2 − √ 2 √ 2 −1 −1 − √ 2 −1 −1 . a) Calcule una base de cada espacio propio de A. b) Calcule una base ortonormal de R3 formada de vectores propios de A. c) Obtenga una matriz ortogonal P ∈ R3×3 tal que PT AP sea diagonal. Solución. 11. Sea f : R3 −→ R3 (x, y, z) −→ (x + z, y − z, x − y) una aplicación lineal. a) Calcule el polinomio característico de f y factorícelo. Halle una base B de R3 tal que [f ]B B sea dia- gonal. Es decir, B está formada por vectores propios de f. 9
- 150. b) Calcule una matriz H ortogonal tal que HT[f ]C C H = D es diagonal, donde C es la base canónica de R3. Solución. 12. Sea A = 11 −8 4 −8 −1 −2 4 −2 −4 . Hallar: a) el polinomio característico; b) los valores propios de A; c) una base para R3 conformada por vectores propios ortogonales de A; d) una matriz ortogonal P tal que P−1AP sea diagonal. Solución. a) Notemos que el polinomio característico de A es: p(λ) = det(A − λI3) = λ3 − 6λ2 − 135λ − 400 = (λ + 5)2 (λ − 16). b) Si p(λ) = 0, entonces, λ = −5 o λ = 16 los valores propios de A. c) Encontremos una base de cada espacio propio. 1) Si λ = −5. A partir del sistema homogéneo (A − λI3)v = 0, donde v = (v1, v2, v3)T, tenemos que E−5 = {(v1, v2, v3) ∈ R3 , : 4v1 − 2v2 + v3 = 0} siendo {(1, 2, 0)T , (−1, 0, 4)T } una base de E−5 y {(1, 2, 0)T , (−2, 1, 10)T } una base ortogonal de E−5. 2) Si λ = 16. A partir del sistema homogéneo (A − λI3)v = 0, donde v = (v1, v2, v3)T, tenemos que E16 = {(v1, v2, v3) ∈ R3 , : v1 − 4v3 = 0, v2 + 2v3 = 0} siendo {(4, −2, 1)T } una base de E16. Por lo tanto, para el valor propio −5, tenemos que dos valores propios son (1, 2, 0)T y (−2, 1, 10)T. Y, para el valor propio 16, el vector propio es (4, −2, 1)T. Notemos que, en efecto, el conjunto B = (1, 2, 0)T , (−2, 1, 10)T , (4, −2, 1)T es ortogonal, y, por tanto, una base de R3. 10
- 151. d) Para determinar la matriz ortogonal, ortonormalizemos la base B obtenida en el literal anterior, esto es B1 = √ 5 5 , 2 √ 5 5 , 0 T , − 2 √ 105 105 , √ 105 105 , 2 √ 105 21 T , 4 √ 21 21 , − 2 √ 21 21 , √ 21 21 T . Por lo tanto, la matriz P, cuyas columnas son los elementos de B1, es P = √ 5 5 − 2 √ 105 105 4 √ 21 21 2 √ 5 5 √ 105 105 − 2 √ 21 21 0 2 √ 105 21 √ 21 21 a partir de lo cual P−1 AP = PT AP = −5 0 0 0 −5 0 0 0 16 . Ejercicios sugeridos: a) Valores y vectores propios: 1, 4, 6c, 7 y 9. b) Diagonalización: 1, 3, 6, 8 y 12 11
- 152. ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS EXTRA Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica 1. En el espacio vectorial R2, sean B1 = {(1, −1), (−2, 1)}, B2 = {(1, 2), (1, 1)} y C = {(1, 0), (0, 1)} bases ordenadas. a) Hallar: 1) [I]B1 C 2) [I]C B2 3) [I]B1 B2 4) [I]B2 B1 5) [(1, 1)]B1 y [(1, 1)]B2 . b) Sea f ∈ L(R2, R2), considerando B1 como una base para el espacio de salida y B2 como una base para el espacio de llegada, suponga que la matriz de representación de f respecto a estas bases es [f ]B1 B2 = 1 2 2 2 . 1) Halle f (a, b) para todo (a, b) ∈ R2. 2) ¿f es un isomorfismo?, ¿f es una isometría? Justifique su respuesta. Solución. a) 1) Recuerde que en este caso se trabaja con la aplicación lineal identidad. Luego, verifique que [I]B1 C = 1 −2 −1 1 . 2) Recuerde que [I]C B2 = [I]B2 C −1 . 3) Recuerde que [I]B1 B2 = [I]C B2 [I]C C[I]B1 C = [I]C B2 [I]B1 C . 4) Recuerde que [I]B2 B1 = [I]B1 B2 −1 . 5) Para calcular [(1, 1)]B2 puede emplear cualquier de los dos resultados: [(1, 1)]B2 = [I]B1 B2 [(1, 1)]B1 o [(1, 1)]B2 = [I]C B2 [(1, 1)]C. b) 1) Dado que [f (a, b)]B2 = [f ]B1 B2 [(a, b)]B1 se verifica para todo (a, b) ∈ R2. Por tanto, verifique que [(a, b)]B1 = −a − 2b −a − b que [f (a, b)]B2 = −3a − 4b −4a − 6b y, que f (a, b) = (−3a − 4b)(1, 2) + (−4a − 6b)(1, 1) = (−7a − 10b, −10a − 14b) para todo (a, b) ∈ R2. 1
- 153. 2) Sí, para esto calcule el valor del determinante de la matriz de representación. 3) No. ¿La matriz de representación de ortogonal? 2. La sucesión de Fibonacci {Fn}n≥1 se define como F0 = 0, F1 = 1, Fi+1 = Fi + Fi−1, para todo i ≥ 1. Sea A = 0 1 1 1 . a) Probar que: An 0 1 = Fn Fn+1 para todo n ∈ N. b) Encontrar una matriz P ∈ R2×2 no singular tal que P−1AP sea diagonal. c) Utilizando el literal (b) muestre que Fn = √ 5 5 (λn 2 − λn 1 ) para todo n ∈ N, donde λ1 = 1 − √ 5 2 y λ2 = 1 + √ 5 2 . Solución. a) Utilice Inducción Matemática. No calcule An y recuerde que Ak+1 = AAk. b) Verifique que los valores propios de A son: λ1 = 1 − √ 5 2 y λ2 = 1 + √ 5 2 , cuyos vectores propios asociados son −λ2 1 y −λ1 1 , respectivamente. Sea entonces (¿por qué?) P = −λ2 −λ1 1 1 . Ahora, si tomamos D = P−1AP, obtenemos que D = λ1 0 0 λ2 . c) A partir del literal (b) tenemos que A = PDP−1 , lo que implica que (verifíquelo) An = PDn P−1 . Entonces, An = P λn 1 0 0 λn 2 P−1 . 2
- 154. En virtud del literal (a) calculemos PDnP−1 0 1 y de su igualación con An 0 1 obtenga el resul- tado. 3