Una Soluci ´on de la Pep 1 de ´

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(1)

El trabajo solidario es lo ´unico que hace humano al ser humano

Una Soluci ´on de la Pep 1 de ´

Algebra II

M ´odulo Basico

Profesor Ricardo Santander Baeza

Departamento de Matem ´atica y Ciencia de la Computaci ´on Universidad de Santiago de Chile

16 de Mayo del 2013

(2)

1 Si A=      

(1+λ) 2 −1 3 5 2 1 1 −3 4

3 3 0 0 9

4 1 1 1 0

1 1 1 1 1

     

∈MR(5)entonces determine el conjunto

S={λR|A6∈U(MR(5))}

Soluci ´on. Iniciamos el trabajo planteando el problema:

λ∈S ⇐⇒ λR A6∈U(MR(5))⇐⇒λR det(A) =0 Ahora, est ´a claro que debemos calcular det(A), as´ı que manos a la obra.

det(A) = det

   

(1+λ) 2 −1 3 5

2 1 1 −3 4

3 3 0 0 9

4 1 1 1 0

1 1 1 1 1

   

(l1→l1−(λ+1)l4)

(l2→l22l4)

(l3→l33l4)

(l4→l44l4)

= det

   

0 (1−λ) (−2−λ) (2−λ) (4−λ)

0 −1 −1 −5 2

0 0 −3 −3 6

0 −3 −3 −3 −4

1 1 1 1 1

    =det   

(1−λ) (−2−λ) (2−λ) (4−λ)

115 2

0 −3 −3 6

3334   

(l1→l1+ (1−λ)l2)

(l4→l43l2)

= det

  

0 −3 (−3+4λ) (6−3λ)

−1 −1 −5 2

0 −3 −3 6

0 0 12 −10

  =det

−3 (−3+4λ) (6−3λ)

−3 −3 6

0 12 −10

!

(l1→l1l2)

= det

0 4λ −3λ −3 −3 6

0 12 −10 !

=3 det

4λ −3λ

12 −10

=−12λ

Finalmente, retornamos con esta informaci ´on al planteamiento del problema y obtenemos que

(3)

Por tanto,

S = {0}

2 Dados los n ´umeros reales c

1, c2, c3y c4y el sistema de ecuaciones lineales,

x1 + x2 + x3 = c1

x1 − 2x2 − 3x3 = c2

5x1 + 3x2 − 6x3 = c3

2x1 + 3x2 − 5x3 = c4

(⋆)

Entonces demuestre que

(⋆) tiene soluci ´on ´unica ⇐⇒c3=2c1+c2+c4

Soluci ´on. Como se pide que haya soluci ´on ´unica, podemos aplicar el teorema del rango, y en tal caso debemos iniciar escalonando la matriz ampliada(A|B), asociada al sistema(⋆), en consecuencia

(A|B) =

  

1 1 1 | c1

1 −2 −3 | c2

5 3 −6 | c3

2 3 −5 | c4 

  

(l2→l2−l1)

(l3→l3−5l1)

(l4→l4−2l1)

  

1 1 1 | c1

0 −3 −4 | c2−c1

0 −2 −11 | c3−5c1

0 1 −7 | c4−2c1 

 

 (l2↔l4)

∼ 

  

1 1 1 | c1

0 1 −7 | c4−2c1

0 −2 −11 | c3−5c1

0 −3 −4 | c2−c1 

  

(l1→l1−l2)

(l3→l3+2l2)

(l4→l4+3l2)

  

1 0 8 | 3c1−c4

0 1 −7 | c4−2c1

0 0 −25 | c3−9c1+2c4

0 0 −25 | c2−7c1+3c4 

 

 (l4→l4−l3)

∼ 

  

1 0 8 | 3c1−c4

0 1 −7 | c4−2c1

0 0 −25 | c3−9c1+2c4

0 0 0 | c2−c3+2c1+c4 

(4)

Luego,(⋆)tiene soluci ´on ´unica si y s ´olo siρ(A) =ρ(A|B=3, por tanto

ρ(A) =ρ(A|B=3⇐⇒c2−c3+2c1+c4=0⇐⇒c3=2c1+c2+c4

3 SiW=

A=

a b

c d

∈MR(2)|a+b+c+d =0∧abcd =0

⊂MR(2)entonces demuestre que

WMR(2), es decirWes un subespacio deMR(2)

Soluci ´on. Podemos usar la definici ´on estructural, es decir mostrar que

(i) W6=

(ii) A∈WB∈W=(A+B)W (iii) λ∈RAW=λ·AW

En consecuencia procedemos como sigue.

(0) =

0 0 0 0

∈MR(2)0+0+0+0=00000=0=(0)W=W6=

Lo que prueba (i)

Para verificar si se cumple o no (ii), procedemos como sigue:

A∈W ⇐⇒ A=

a1 b1

c1 d1

∈MR(2) a1+b1+c1+d1=0a1b1c1d1=0 (1)

B∈W ⇐⇒ B=

a2 b2

c2 d2

∈MR(2) a2+b2+c2+d2=0∧a2−b2−c2−d2=0 (2)

Entonces por una parte,

A+B =

a1 b1

c1 d1

+

a2 b2

c2 d2

=

a1+a2 b1+b2

c1+c2 d1+d2

(5)

Por otra parte,

a1+a2+b1+b2+c1+c2+d1+d2 =

(1)

z }| {

(a1+b1+c1+d1)

| {z }

0

+

(2)

z }| {

(a2+b2+c2+d2)

| {z }

0

=0

a1+a2−(b1+b2)−(c1+c2)−(d1+d2) =

(1)

z }| {

(a1−b1−c1−d1)

| {z }

0

+

(2)

z }| {

(a2−b2−c2−d2)

| {z }

0

=0

As´ı que(A+B)∈W

An ´alogamente, paraλ∈R, y aprovechando los insumos tenemos que:

λ·A = λ

a1 b1

c1 d1

=

λ·a1 λ·b1

λ·c1 λ·d1

∈MR(2)

Por otra parte,

λ·a1+λ·b1+λ·c1+λ·d1 = λ

(1)

z }| {

(a1+b1+c1+d1)

| {z }

0

=λ·0=0

λ·a1−λ·b1−λ·c1−λ·d1 = λ

(1)

z }| {

(a1−b1−c1−d1)

| {z }

0

=λ·0=0

(6)

Tenemos como alternativa, probar que es un subespacio, usando la idea de generador, esto ser´ıa como sigue: (0) = 0 0 0 0

∈MR(2)0+0+0+0=0∧0−0−0−0=0=⇒(0)∈W=W6=

Adem ´as

A∈W ⇐⇒ A=

a b

c d

∈MR(2)a+b+c+d =0abcd =0

⇐⇒ A=

a b

c d

∈MR(2) a+b+c+d = 0

abcd = 0 (∗)

Podemos buscar las soluciones usando por ejemplo “el teorema del rango”, escalonando la matriz ampliada asociada al sistema(∗).

(A|B) =

1 1 1 1

1 −1 −1 −1

1 1 1 1

0 −2 −2 −2

1 1 1 1 0 1 1 1

1 0 0 0 0 1 1 1

Luego, tenemos que a=0 y b =−cd , y entonces

A∈W ⇐⇒ A=

a b

c d

∈MR(2)a=0∧b=−cd ⇐⇒A=

0 −cd

c d

;c ∈Rd ∈R

⇐⇒ A=

0 −c

c 0

+

0 −d

0 d

;c ∈Rd R⇐⇒A=c

0 −1

1 0

| {z }

∈W

+d

0 −1

0 1

| {z }

∈W

;c ∈Rd R

Finalmente

W=

0 −1

1 0

,

0 −1

0 1

(7)

4 Si A= (a

ij)∈MR(3)entonces demuestre que

A∈U(MR(3)) = det(Adj(A)) = (det(A))2

Soluci ´on.

Sabemos que un resultado central en nuestra teor´ıa de matrices cuadradas es saber si esta es o no invertible, y all´ı para comenzar el an ´alisis concluimos que para cualquier matriz cuadrada se verifica la siguiente relaci ´on de ella con su matriz adjunta:

A·Adj(A) =det(AIndonde In es la matriz identidad de orden n

Por tanto, para n=3 tenemos el siguiente desarrollo

A·Adj(A) =det(AI3 =⇒ det(A·Adj(A)) =det(A)·det(A)·det(A)

=⇒ det(A)·det(Adj(A)) = (det(A))3

A∈U(MR(3)) z }| {=

|{z} det(A)6=0

1

det(A)[det(A)·det(Adj(A))] = 1

det(A)[(det(A))

3]

=⇒ det(Adj(A)) = (det(A))2

Una Soluci ´on alternativa

A∈U(MR(3)) = A−1= 1

det(A)Adj(A) =⇒det(A)A

−1=Adj(A) =det(det(A)A−1) =det(Adj(A))

=⇒ (det(A))3det(A−1) =det(Adj(A)) =⇒(det(A))3 1

Figure

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