Una Soluci ´on de la Pep 1 de ´

Texto completo

(1)

El trabajo persistente

caracteriza al “Usachino”

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

15 de mayo del 2014

(2)

1

Si consideramos la matriz A definida por

A

=

x

+

2

4

8

16

32

2

x

+

4

8

16

32

2

4

x

+

8

16

32

2

4

8

x

+

16

32

2

4

8

16

x

+

32

Determine el conjunto

S

=

{

x

R

|

A

U

(

M

R(

5

))

}

Soluci ´on

Debemos determinar el conjunto

S

=

{

x

R

|

A

U

(

M

R(

5

))

}

Entonces conforme a nuestros protocolos

x

S

⇐⇒

x

R

A

U

(

M

R(

5

))

⇐⇒

x

R

det

(A)

6

=

0

⇐⇒

x

R

det

x

+

2

4

8

16

32

2

x

+

4

8

16

32

2

4

x

+

8

16

32

2

4

8

x

+

16

32

2

4

8

16

x

+

32

6

=

0

(3)

det

(A) =

det

x

+

2

4

8

16

32

2

x

+

4

8

16

32

2

4

x

+

8

16

32

2

4

8

x

+

16

32

2

4

8

16

x

+

32

(l

1

l

1

l

5

)

(l

2

l

2

l

5

)

=

(l

3

l

3

l

5

)

(l

4

l

4

l

5

)

det

x

0

0

0

x

0

x

0

0

x

0

0

x

0

x

0

0

0

x

x

2

4

8

16 x

+

32

=

x

4

det

1 0 0

0

−1

0 1 0

0

−1

0 0 1

0

1

0 0 0

1

−1

2 4 8 16 x

+

32

(l

5

l

5

2l

1

)

=

x

4

det

1 0 0

0

−1

0 1 0

0

−1

0 0 1

0

1

0 0 0

1

−1

0 4 8 16 x

+

34

=

x

4

det

1 0

0

1

0 1

0

−1

0 0

1

−1

4 8 16 x

+

34

(l

4

l

4

4l

1

)

=

x

4

det

1 0

0

1

0 1

0

−1

0 0

1

−1

0 8 16 x

+

38

=

x

4

det

1

0

−1

0

1

−1

8 16 x

+

38

(l

3

l

3

8l

1

)

=

x

4

det

1

0

−1

0

1

−1

0 16 x

+

46

=

x

4

det

1

−1

16 x

+

46

=

x

4

(x

+

62

)

Luego, retomamos nuestro an ´alisis y obtenemos que

x

S

⇐⇒

x

R

x

4

(x

+

62

)

6

=

0

⇐⇒

x

R

x

6

=

0

x

6

=

−62

⇐⇒

x

(

R

− {−62,

0}

)

(4)

2

Dado el sistema de ecuaciones lineales

x

1

+ (

1

+

λ

)x

2

+ (

2

λ

)x

3

+

λ

x

4

=

3

λ

x

1

x

2

+ (

2

λ

)x

3

+

λ

x

4

=

2

λ

x

1

+

λ

x

2

+ (

2

λ

)x

3

+

λ

x

4

=

2

λ

x

1

+

λ

x

2

+ (

2

λ

)x

3

x

4

=

2

(1)

Determine el siguiente conjunto

S

=

R

|

(

1

)

no tiene soluci ´on}

Soluci ´on

Etapa 1. Debemos determinar el conjunto

S

=

R

|

(

1

)

no tiene soluci ´on}

Etapa 2. Gesti ´on de la informaci ´on. Aplicamos el teorema del rango y,

El sistema lo escribimos en su notaci ´on matricial 

  

−1 1+λ 2−λ λ λ −1 2−λ λ λ λ 2−λ λ λ λ 2−λ −1

  

  

x1 x2 x3 x4

  =

  

3 2 2 2

(5)

Estudiamos la matriz ampliada asociada al sistema

(A|B) =

  

−1 1+λ 2−λ λ | 3 λ −1 2−λ λ | 2 λ λ 2−λ λ | 2 λ λ 2−λ −1 | 2

    entonces    

−1 1+λ 2−λ λ | 3 λ −1 2−λ λ | 2 λ λ 2−λ λ | 2 λ λ 2−λ −1 | 2

 

 (l1→ −l1) 

  

1 (−1−λ) λ−2 −λ | −3 λ −1 2−λ λ | 2 λ λ 2−λ λ | 2 λ λ 2−λ −1 | 2

  

(l3l3l2) (l4l4l2)

  

1 (−1−λ) λ−2 −λ | −3 λ −1 2−λ λ | 2 0 λ+1 0 0 | 0 0 λ+1 0 −1−λ | 0

 

 (l4→l4−l3) 

  

1 (−1−λ) λ−2 −λ | −3 λ −1 2−λ λ | 2 0 λ+1 0 0 | 0 0 0 0 −1−λ | 0

 

(l1l1+l3)

  

1 0 λ−2 −λ | −3 λ −1 2−λ λ | 2 0 λ+1 0 0 | 0 0 0 0 −1−λ | 0

 

(l2→l2−λl1) 

  

1 0 λ−2 −λ | −3 0 −1 (2−λ)(λ+1) λ+λ2 | 2+3λ 0 λ+1 0 0 | 0 0 0 0 −1−λ | 0

  

Siλ=−1 entonces

(A|B) ∼ 

  

1 0 −3 1 | −3 0 −1 0 0 | −1 0 0 0 0 | 0 0 0 0 0 | 0

  

(6)

Siλ6=−1 entonces

(A|B) ∼ 

  

1 0 λ−2 −λ | −3 0 −1 (2−λ)(λ+1) λ+λ2 | 2+3λ

0 1 0 0 | 0

0 0 0 1 | 0

 

(l2l2+l3) 

  

1 0 λ−2 −λ | −3 0 0 (2−λ)(λ+1) λ+λ2 | 2+3λ

0 1 0 0 | 0

0 0 0 1 | 0

  

Siλ6=2 entonces hay soluci ´on ´unica pues,

(A|B) ∼ 

  

1 0 λ−2 −λ | −3 0 0 1 λ

λ−2 |

2+3λ (λ−2)(λ+1)

0 1 0 0 | 0 0 0 0 1 | 0

  

Siλ=2 entonces no hay soluci ´on pues,

(A|B) ∼ 

  

1 0 λ−2 −2 | −3 0 0 0 6 | 8 0 1 0 0 | 0 0 0 0 1 | 0

 

(l2l26l4) 

  

1 0 λ−2 −2 | −3 0 0 0 0 | 8 0 1 0 0 | 0 0 0 0 1 | 0

  

Y 2∈S. Por tanto

(7)

3 SiW={p(x) =a0+a1x+a2x2+a3x3R

3[x]|a0+2a1a2+a3=0∧a0+a1+a2+2a3=0}entonces demuestre que

WR3[x]

En efecto, en primer lugar observamos que,

p(x) =0+0x+0x2+0x3∈R3[x]0+2·00+0=00+0+0+2·0=0

Luego, p(x) =0+0x+0x2+0x3WyW6=

Ahora, podemos usar la t ´ecnica del subespacio generado para intentar verificar, siWes o no un subespacio. En consecuencia

p(x)∈W ⇐⇒ p(x) =a0+a1x+a2x2+a3x3∈R3[x] ∧ [a0+2a1−a2+a3=0∧a0+a1+a2+2a3=0] ⇐⇒ p(x) =a0+a1x+a2x2+a3x3∈R3[x] ∧ a0a0++2a1a1+a2a2++2a3a3 == 00 (∗)

Ahora, debemos resolver el sistema(∗), para concluir nuestro trabajo, usando por ejemplo el teorema del rango. As´ı que,

1 2 −1 1 1 1 1 2

(l2l2l1) 01 −12 −12 11 (l2→ −l2) 10 12 −2−1 −11 (l1l12l2) 10 01 −23 −13

Ahora retornamos a nuestro proceso y obtenemos que

p(x)∈W ⇐⇒ p(x) =a0+a1x+a2x2+a3x3R3[x] a0=−3a23a3a1=2a2+a3

⇐⇒ p(x) = (−3a2−3a3) + (2a2+a3)x+a2x2+a3x3; a2∈Ra3R

⇐⇒ p(x) =−3a2+2a2x+a2x2−3a3+a3x +a3x3; a2∈R∧a3∈R ⇐⇒ p(x) =a2(−3+2x+x2) +a3(−3+x+x3); a2∈Ra3R

⇐⇒ p(x)∈ *

−3+2x+x2

| {z }

∈W

,−3+x+x3

| {z }

∈W

 

 +

As´ı que,

(8)

4 Si A= (a

ij)∈MR(n)entonces demuestre que

A∈U(MR(n)) =⇒

(

adj(A)∈U(MR(n))

(adj(A))−1= (det(A))−1·A

En efecto,

En primer lugar, debemos recordar que tenemos una poderosa herramienta que relaciona: Una matriz cuadrada con su adjunta y su determinante, y esta es

A· Adj(A) = det(AIn

En segundo lugar, recordamos tambi ´en que

A∈U(MR(n))⇐⇒det(A)6=0

Por tanto, combinando la informaci ´on obtenida conseguimos que:

1 det(A) ·A

· Adj(A) = In

Finalmente de la definici ´on de matriz inversa, cuando existe, sigue que

Adj(A)∈U(MR(n)) ∧ (Adj(A))−1=

1 det(AA

Figure

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