Una Soluci ´on de la Pep 1 de ´

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(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

28 de Noviembre del 2013

(2)

1

Si A

=

1 a a

2

(

a

3

+

6

)

1 1

1

(

1

+

6a

)

1 2

4

(

8

+

3a

)

1 3

9

(

27

+

2a

)

M

R

(

4

)

entonces determine el conjunto

S

=

{

a

R

|

A

U

(

M

R

(

4

))}

Soluci ´on. Estudiamos entonces al conjunto pedido, es decir

a

S

⇐⇒

a

R

A

U

(

M

R

(

4

))

⇐⇒

a

R

det

(

A

)

6=

0

(

1

)

Conforme a lo obtenido en

(

1

)

, debemos estudiar det

(

A

)

, para concluir, si es posible, lo pedido. As´ı que

det(A) = det

 

1 a a2 (a3+6)

1 1 1 (1+6a)

1 2 4 (8+3a)

1 3 9 (27+2a)

 

(l2→l2−l1) (l3→l3−l1) (l4→l4−l1)

= det    

1 a a2 (a3+6)

0 (1−a) (1−a2) (1−a3+6(a−1))

0 (2−a) (4−a2) (8

a3+3a

−6)

0 (3−a) (9−a2) (27−a3+2a−6)

    = det  

(1−a) (1−a2) (1

a3+6(a

−1)) (2−a) (4−a2) (8−a3+3a−6) (3−a) (9−a2) (27

a3+2a

−6)

=det

(1−a) (1−a2) ((1

a)(a2+a+1) +6(a

−1)) (2−a) (4−a2) ((2−a)(a2+2a+4) +3(a−2)) (3−a) (9−a2) ((3

a)(a2+3a+9) +2(a

−3))

Si a=1, a=2 y a=3 entonces det(A) =0. Luego 16∈S, 26∈Sy 36∈S. Ahora si a6=1, a6=2 y a6=3 entonces

det(A) = (1−a)(2−a)(3−a)det

1 (1+a) (a2+a−5)

1 (2+a) (a2+2a+1)

1 (3+a) (a2+3a+7)

 ((l2→l2−l1)

l3→l3−l1)

= (1−a)(2−a)(3−a)det

1 (1+a) (a2+a5)

0 1 (a+6)

0 2 (2a+12)

= 2(1−a)(2−a)(3−a)det

1 (1+a) (a2+a−5)

0 1 (a+6)

0 1 (a+6)

= 0

Luego, det(A) =0, (∀a;a∈R)y de(1)sigue que,

(3)

2 Si consideran el sistema de ecuaciones lineales,

x1 + x2 + 2x3 + x4 = 1

2x2 = −2

x1 + 3x2 + x3 − 2x4 = 3

2x1 + 4x2 + 2x3 + λx4 = λ−1

(∗)

Entonces determine el conjunto

B = {λ∈R|(∗)no tiene soluci ´on}

Soluci ´on. debemos conforme a nuestras t ´ecnicas estudiar al conjuntoBentonces

λ∈B ⇐⇒ λ∈R (∗)no tiene soluci ´on

Luego, Si(A|B)es la matriz ampliada asociada a(∗)entonces de acuerdo al Teorema del Rango.

λ∈B ⇐⇒ λ∈R ρ(A|B)6=ρ(A)

As´ı que procedemos a “escalonar(A|B)”:

(A|B) =

 

1 1 2 1 | 1

0 −2 0 0 | −2

1 3 1 −2 | 3

2 4 2 λ | (λ−1)

 

(l3→l3−l1) (l4→l4−2l1)

 

1 1 2 1 | 1

0 −2 0 0 | −2

0 2 −1 −3 | 2

0 2 −2 (λ−2) | (λ−3)

 (l2→ −12l2)

=

 

1 1 2 1 | 1

0 1 0 0 | 1

0 2 −1 −3 | 2

0 2 −2 (λ−2) | (λ−3)

 

(l1→l1−l2) (l3→l3−2l2) (l4→l4−2l2)

 

1 0 2 1 | 0

0 1 0 0 | 1

0 0 −1 −3 | 0

0 0 −2 (λ−2) | (λ−5)

 (l3→ −l3)

=

 

1 0 2 1 | 0

0 1 0 0 | 1

0 0 1 3 | 0

0 0 −2 (λ−2) | (λ−5)

 

(l1→l1−2l3) (l4→l4+2l3)

 

1 0 0 −5 | 0

0 1 0 0 | 1

0 0 1 3 | 0

0 0 0 (λ+4) | (λ−5)

 

Llega la hora del an ´alisis: Siλ=−4 entonces

(A|B) ∼

 

1 0 0 −5 | 0

0 1 0 0 | 1

0 0 1 3 | 0

0 0 0 0 | −9

 

(4)

Por otra parte, siλ6=−4 entonces

(A|B) ∼

 

1 0 0 −5 | 0

0 1 0 0 | 1

0 0 1 3 | 0

0 0 0 1 | λ−5

λ+4

 

(l1→l1+5l4) (l3→l3−3l4)

  

1 0 0 0 | 5λ−25

λ+4

0 1 0 0 | 1

0 0 1 0 | −3λ−15

λ+4

0 0 0 1 | λ−5

λ+4

  

Luego,ρ(A) =ρ(A|B) =4 y entonces tenemos soluci ´on y ´unica. Por tanto

(5)

3 SeaVun espacio vectorial real yα={v1,v2,v3} ⊂Vtal que vi=6 0Vpara i=1,2,3. Si definimos el conjuntoβ={w1,w2,w3}tal que

wj= j X

i=1

(−1)ivi, para j=1,2,3 entonces demuestre, si es posible, que

βConjunto linealmente independiente enV =⇒ αConjunto linealmente independiente enV

Soluci ´on. En este caso tenemos las siguientes cuestiones:

1. Por demostrar que (P.d.q)α={v1,v2,v3}es un conjunto linealmente independiente, es decir P.d.q.

a1v1+a2v2+a3v3=0V=⇒a1=a2=a3=0 (unicamente)

2. La informaci ´on que tenemos para “gestionar”es en primer lugar queβ={w1,w2,w3}es un conjunto linealmente independiente, es

decir

c1w1+c2w2+c3w3=0V=⇒c1=c2=c3=0 (unicamente)

3. En segundo lugar, observamos que existe una estrecha relaci ´on entre los vs y los ws, pues

w1 = −v1 ⇐⇒ v1=−w1

w2 = −v1+v2 ⇐⇒ v2=−w1+w2

w3 = −v1+v2−v3 ⇐⇒ v3=w2−w3

4. Finalmente con toda esta gesti ´on de la informaci ´on procedemos a organizar una respuesta:

a1v1+a2v2+a3v3=0V

usando 3.

=⇒ a1(−w1) +a2(−w1+w2) +a3(w2−w3) =0V =⇒ −a1w1−a2w1+a2w2+a3w2−a3w3=0V =⇒ (−a1−a2)w1+ (a2+a3)w2−a3w3=0V

sigue de 2.

=⇒

−a1−a2 = 0

a2+a3 = 0

−a3 = 0

=⇒a3=0∧a2=0∧a1=0

(6)

4 Si A=

x1 x2 x3

y1 y2 y3

z1 z2 z3

∈MR(3)tal que det(A)6=0 entonces demuestre, si es posible, que para cada(x,y,z)∈R3existen escalares

a1,a2y a3tales que:

(x,y,z) = a1(x1,y1,z1) +a2(x2,y2,z2) +a3(x3,y3,z3)

Soluci ´on. Aqu´ı el caso es el siguiente:

1. P.d.q. para cada(x,y,z)∈R3existen escalares a

1,a2y a3tales que tiene soluci ´on la ecuaci ´on

(x,y,z) = a1(x1,y1,z1) +a2(x2,y2,z2) +a3(x3,y3,z3)

2. La informaci ´on dura que tenemos es que det(A)6=0.

3. Si queremos resolver la ecuaci ´on debemos estudiar sus posibles soluciones, y entonces si hay soluci ´on para(x,y,z)∈R3deber´ıa

suceder en primer lugar que:

(x,y,z) = a1(x1,y1,z1) +a2(x2,y2,z2) +a3(x3,y3,z3)

= (a1x1+a2x2+a3x3,a1y1+a2y2+a3y3,a1z1+a2z2+a3z3)

En segundo lugar por la definici ´on de igualdad enR3, sigue que

a1x1+a2x2+a3x3 = x

a1y1+a2y2+a3y3 = y

a1z1+a2z2+a3z3 = z =⇒

x1 x2 x3

y1 y2 y3

z1 z2 z3

| {z }

A

a1

a2

a3

=

x y z

det=(A)6=⇒0 

a1

a2

a3

=

x1 x2 x3

y1 y2 y3

z1 z2 z3

 −1

| {z }

A−1

x y z

Figure

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