0.1
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICESEJERCICIOS RESUELTOS DE MATRICES.
1 1. a) Dada la matriz A = 1 2 2 3 Calcular A2− 5A + 2I. Solución. A2− 5A + 2I.= 1 2 2 3 2 − 5 1 2 2 3 + 2 1 0 0 1 = 5 8 8 13 - 105 1015 + 2 0 0 2 = 2 −2 −2 0 b) Dada la matriz 1 0 0 0 2 1 0 0 3 Calcular A2− 5A + 2I. Solución A2− 5A + 2I.= −2 0 0 0 −4 0 0 0 −4 c) Dadas las matrices A =
1 2 3 4 , B = 2 −1 −3 −2 Calcular i) (A + B)2 ii) A2+ 2AB + B2
¾Los resultados deberían coincidir.?. Solución: i)(A + B)2= 3 1 0 2 2 = 9 5 0 4 ii) A2+ 2AB + B2 = 1 2 3 4 1 2 3 4 + 2 1 2 3 4 2 −1 −3 −2 + 2 −1 −3 −2 2 −1 −3 −2 = 7 10 15 22 +2 −4 −5 −6 −11 + 7 0 0 7 = 6 0 3 7
Los resultados no coinciden pues el cuadrado del binomio no se cumple en las matrices ,pues el producto de matrices no es conmutativo,es decir que AB 6= BA
d) Dadas las matrices A = 13 24 , B =
2 −1 −3 −2
Calcular A2− B2 Compruebe que es dintinto del producto (A − B)(A + B)
Solución. A2− B2= 0 10 15 15 es distinto de (A − B)(A + B)= −3 5 18 18
2. Despejar la matriz X y hallar la matriz X de la ecuación : (a) 2X + A = BX Si A = −11 −20 , B =
−5 3 −1 0
1profesor Osvaldo Carvajal
Solución : Despejando X, ⇒ A = BX − 2X⇒ A = (B − 2I) · X←Observe la factorización por X se hace por derecha.
suponiendo que (B − 2I) es una matriz que posee inversa, entonces multiplicando la igualdad A = (B − 2I) · X por (B − 2I)−1 por izquierdase tiene
(B − 2I)−1· A = X
reemplazando las matrices A y B se tiene:
X = (B − 2I)−1· A= −5 3 −1 0 − 2 1 0 0 1 −1 · 1 −2 −1 0 = 171 1 4 8 −2 (b) (A − X)T + B = 3XT si A = 1 −1 0 2 , B = 2 −5 0 1
Solución b)De (A − X)T + B = 3XT ⇒ T ransponiendo ambos lados
(A − X)TT + BT = 3XTT , usando la propiedad ATT= A
tenemos (A − X) + BT = 3X ⇒ A + BT = 4X .⇒ X =1 4(A + B
T)
reemplazando las matrices A y B se tiene X = 1 4( 1 −1 0 2 + 2 −5 0 1 T )= 14 3 −1 −5 3 . (c) (AXB − I)T = B si A = 1 −1 0 2 , B = −4 0 −2 4 Solución c) : Transponiendo ambos lados de (AXB − I)T = B
se tiene (AXB − I) = BT ⇒ AXB = BT + I, suponiendo existen las matrices inversas de A y de B
,entonces
multiplicamos a ambos lados de AXB = BT + I, por A−1por izquierda
A−1AXB = A−1(BT + I) ⇒ XB = A−1(BT + I) Ahora multiplicamos por B−1por derecha
para obtener ⇒ XB · B−1= A−1(BT + I) · B−1⇒ X = A−1(BT + I) · B−1
reemplazando las matrices A y B se tiene.
X = A−1(BT + I) · B−1= 1 −1 0 2 −1 ( −4 0 −2 4 T + 1 0 0 1 ) −4−2 04 −1 X = 12 2 1 0 1 ( −4 −2 0 4 + 1 0 0 1 )−1 16 4 0 2 −4 X= 12 2 1 0 1 ( 3 −2 0 5 )−1 16 4 0 2 −4 =321 26 −4 10 −20
3. . (Costos de materias primas) Una empresa utiliza tres tipos de materias primas M1,M2,M3 en la elaboración de dos productos P1,P2 .El número de unidades M1,M2 y M3 usados por cada unidad de P1 son 3 , 2 y 4 respectivamente y por cada unidad de P2 son 4, 1 y 3 respectivamente .Suponga que la empresa produce 20 unidades de P1 a la semana y 30 unidades de P2 a la semana .Exprese las respuestas a las preguntas como producto de matrices
a) Calcule el consumo semanal de las materias primas
b) Si los costos por unidad en dólares para M1,M2 y M3 son 6 ,10 y 12 respectivamente. Calcular los costos de materias primas por unidad de P1,P2
Solución:a)
P1 P2
M1 3 4
M2 2 1
M3 4 3
llamamos a esta matriz , matriz insumo A = 3 4 2 1 4 3
se producen 20 unidades de P1 y 30 unidades de P2 a la semana , llamamos a esta matriz matriz producción P =
20 30
entonces el consumo semanal de M1,M2 es simplemente el producto AP = 3 4 2 1 4 3 · 20 30 = 180 70 170 entonces a la semana se consume 180 unidades de M1, 70 unidades de M2 y 170 unidades de M3.
b) Si los costos por unidad en dólares para M1,M2 y M3 son 6 , 10 y 12 respectivamente, entonces de nimos la matriz costo C = 6 10 12
se pide costos por unidad de P1,P2 , hay que multiplicar AT · C
AT· C= 3 2 4 4 1 3 · 6 10 12 = 86 70
Asi 86 unidades monetarias cuesta la unidad de P1 y 70 la unidad de P2.
4. Siendo A,B matrices de tamaño n × n invertibles , entonces simpli car la expresión matricial: a) C = (A + B)2− B(A−1+ B−1)AB − A(A + A−1)
Solución: Multiplicando
C = A2+ AB + BA + B2− B(A−1AB + B−1AB) − (A2+ AA−1)
recuerde que las matrices no conmutan es decir AB 6= BA , tambien A−1A = AA−1= I
C = A2+ AB + BA + B2− B(B + B−1AB) − (A2+ I) cancelando A2
C = AB + BA + B2− B(B + B−1AB) − I
C = AB + BA + B2− B2− BB−1AB − I cancelando B2 , con BB−1= I
C = AB + BA − AB − I cancelando AB C = BA − I
b) Usando la parte a) anterior Calcular C, sabiendo que A−1B−1 =
1 0 1 1
Solución :
por la parte anterior C = BA − I debemos hallar BA , pero BA = (A−1B−1)−1= (B−1)−1(A−1)−1,esto
está basado en la propiedad (AB)−1= B−1A−1 y la propiedad (A−1)−1= A.
Asi que BA =(A−1B−1)−1=
1 0 1 1 −1 = 1 0 −1 1
C = BA − I = 1 0 −1 1 − 1 0 0 1 = 0 0 −1 0
5. ( Costos de suministros) Un contratista puede adquirir las cantidades requeridas de madera , ladrillo,concreto , vidrio y pintura de cualquiera de 3 proveedores .Los precios que cada proveedor ja a cada unidad de estos materiales estan contemplados en la siguiente matriz
A = 8 5 7 2 4 9 4 5 2 5 9 5 6 1 5
Cada la se re ere a un proveedor y las columnas a los materiales .
El contratista tiene la política de adquirir todos los materiales requeridos en cualquier obra particular al mismo proveedor a n de minimizar los costos de transportes .
Hay tres obras en construcción O1,O2 y O3.
O1 requiere 20 unidades de madera , 4 de ladrillos ,5 de concreto , 3 de vidrio y 3 de pintura. O2 requiere 15 unidades de madera , 0 de ladrillos ,8 de concreto , 8 de vidrio y 2 de pintura. O3 requiere 30 unidades de madera , 10 de ladrillos ,20 de concreto , 10 de vidrio y 12 de pintura. Usando matrices decida cuál proveedor deberá usar en cada obra.
Solución :
los datos se pueden registrar en la siguiente tabla. o matriz
M L C V P O1 20 4 5 3 3 O2 15 0 8 8 2 O3 30 10 20 10 12 tenemos la matriz B = 20 4 5 3 3 15 0 8 8 2 30 10 20 10 12 Si multiplicamos A · BT = 8 5 7 2 4 9 4 5 2 5 9 5 6 1 5 , A · BT = 8 5 7 2 4 9 4 5 2 5 9 5 6 1 5 · 20 4 5 3 3 15 0 8 8 2 30 10 20 10 12 T = = 8 5 7 2 4 9 4 5 2 5 9 5 6 1 5 · 20 15 30 4 0 10 5 8 20 3 8 10 3 2 12 = 233 200 498 242 201 490 248 201 510
Las las de esta última matriz corresponden a los proveedores , las columnas corresponden a las obras O1.O2,O3
asi en obra 1, los costos asociados a los proveedores es la primera columna , el más barato es el menor valor de la primera columna correspondiente a 233, en obra 2 los costos asociados a los proveedores es la segunda columna ,donde el menor valor es 200 y en la comuna 3 el menor valor es 490.
e resumiendo
obra 1 con proveedor 1,obra 2 con proveedor 1 y obra 3 con proveedor 2
a) x1+ 5x2− 4x3+ x4= 22 x2+ 2x3+ x4 = 16 3x1+ 2x2+ 3x3− x4= 30 2x1+ 2x2− x3 = 22
Solución : El sistema escrito en matriz es 1 5 −4 1 0 1 2 1 3 2 3 −1 2 2 −1 0 · x1 x2 x3 x4 = 22 16 30 22 el pivoteo lo hacemos en la matriz ampliada
(A | b) = 1 5 −4 1 0 1 2 1 3 2 3 −1 2 2 −1 0 |22 |16 |30 |22
El símbolo de pivoteo aquí es Fj→ k · Fi+ FJ lo que debe entenderse como :
la la j es reemplazada por la la j mas k veces la la pivote i la la j es la la receptora, la la i es la la pivote
la operación por k debe realizarse sólo en la la pivote. Pivoteando en el lugar a14= 1, realizando las operaciones
F2→ −1 · F1+ F2, F3→ 1 · F1+ F3,
−
−
−
22
0
1
2
2
30
1
3
2
3
16
1
2
1
0
22
1
4
5
1
1
∼
−
−
−
−
−
−
22
0
1
2
2
52
0
1
7
4
6
0
6
4
1
22
1
4
5
1
Ahora pivoteamos en el lugar a43= −1y realizamos las operaciones
F3→ −1 · F4+ F3, F2→ 6 · F4+ F2, F1→ −4 · F4+ F1,
−
−
−
−
−
22
0
2
2
52
0
1
7
4
6
0
6
4
1
22
1
4
5
1
1
−
∼
−
−
−
−
22
0
1
2
2
30
0
0
5
2
126
0
0
8
11
154
1
0
3
7
Si observamos la segunda y tercera la ,tenemos un sistema de 2 ecuaciones y 2 incógnitas que ya pode-mos resolver
o bien podríamos seguir pivoteando ,pero la ausencia de valores 1 o −1 en las las 2 y 3 no pivoteadas obliga a las operaciones con fracciones
El sistema de 2 ecuaciones es 11 8 2 5 · x1 x2 = 126 30 al resolver obtenemos x1= 10,x2= 2
b) (
3x + 5y − 3z + w = 1 2x + y + 4z − w = 0
Solución : Este sistema presenta in nitas soluciones debido a que hay más incógnitas que ecuaciones .El sistema escrito en matriz es :
3 5 −3 1 2 1 4 −1 · x y z w = 1 0
El pivoteo lo realizamos en la matriz ampliada
−
−
0
1
4
1
2
1
1
3
5
3
(A|b)
=El elemento pivote se busca en el lugar donde hay un valor 1 o un valor −1 de la matriz A. El más in-dicado es el elemento a14= 1,lo que indica pivotear en la primera la.
−
−
0
1
4
1
2
1
3
5
3
1
Realizando la operación , F2→ 1 · F1+ F2 se tiene:
−
1
0
1
6
5
1
1
3
5
3
Ahora el lugar mas adecuado de la segunda la es el elemento a23= 1
−
1
0
6
5
1
1
3
5
3
1
Realizando la operación F1→ 3 · F2+ F1 , se logra :
1
0
1
6
5
4
1
0
23
18
observe que las variables z, w constituyen columnas de la matriz identidad 10 01
siendo esta la matriz identidad máxima lograda con el pivoteo, entonces hemos llegado a la solución.
las variables z, w son llamadas variables b´asicas, las otras variables cuyas columnas no constituyen matriz identidad son llamadas no b´asicas.La solución se obtiene despejando las variables b´asicas en función de las no b´asicas
solución del sistema : (
z = 4 − 18x − 23y
w = 1 − 5x − 6y ← (∗)
se obtienen particulares del sistema si se otorgan valores cualesquiera a las variables no b´asicas obteniéndose asi muchas pero muchas soluciones.Por ejemplo si x = 0, y = 0 se obtiene z = 4, w = 1. una de las muchas soluciones del sistema.
hay que advertir que la expresión (∗) no es única ,depende del lugar que se escoja para el pivoteo.
c) Resolver el sistema x + 2y = 4 2x − y = 5 5x + 3y = 0
Este es un sistema con más ecuaciones que incógnitas , es posible que no tenga solución. Esto no siem-pre es asi.Solo con el proceso del pivoteo lo sabremos.
El sistema escrito en matriz es 1 2 2 −1 5 3 · x y = 4 5 0 Pivoteamos en la matriz ampliada en el lugar a11= 1
−
0
3
5
5
1
2
4
2
1
⇒
−
0
3
5
5
1
2
4
2
1Realizando las operaciones F2 → −2 · F1+ F2 , F3 → −5 · F1+ F3
se tiene:
−
−
−
−
20
7
0
3
5
0
4
2
1
Multiplicando por (−1) las las segunda y tercera ,tenemos
20
7
0
3
5
0
4
2
1
Dividiendo la la segunda por 5, se tiene un lugar para pivotear
20
7
0
5
/
3
0
4
2
1
1
Realizando las operaciones F1→ −2 · F2+ F1 , F3→ −7 · F2+ F3 se tiene:
−
−
5
/
21
20
0
0
5
/
3
1
0
5
/
6
4
0
1
Observe la ´ la tercera ,se tiene una contradicción 0 · x + 0 · y = 20 − 21/5⇒ 0 = 79
5, Por eso no hay solución.
Tambien usando otro lenguaje ,se dice que el rango de la matriz 1 2 2 −1 5 3
es 2 pues se lograron 2 las no
nulas en el pivoteo que es la matriz 1 0 0 1 0 0
mientras que el rango de la matriz ampliada es 3, pues 3 las no nulas hay en la matriz pivoteada
−
−
5
/
21
20
0
0
5
/
3
1
0
5
/
6
4
0
1
d) Un sistema aplicado. (Asignación de maquinarias )
Una empresa produce tres tipos de productos P1, P2,y P3 , los que procesa en tres máquinas M1,M2 y M3. El tiempo en horas requerido para procesar una unidad de cada producto por las tres máquinas esta dada por la matriz :
P1 P2 P3
M1 3 1 2
M2 1 2 4
M3 2 1 1
Se dispone 850 horas de máquina 1 , de 1200 horas de máquina 2 y de 550 horas de máquina 3
a) Cuantas unidades de cada producto deberían producirse con el objeto de emplear todo el tiempo disponible de las máquinas .?
b) Determine la capacidad ociosa de maquinas si se producen 80 unidades de P1, 140 de P2y 160 de P3. c) Sin resolver nuevamente el sistema , Calcular las unidades de P1,P2 y P3 a producir si los recursos ( horas de máquina) se reducen en un 10%.
d) Si cuesta $10 la hora de Máquina 1, $12 la hora de Máquina 2 y $ 15 la hora de Máquina 3.Calcular el costo por unidad de P1,P2 y P3.
Solución:a) El sistema a resolver es A · X = b ⇒ 3 1 2 1 2 4 2 1 1 · x y z = 850 1200 550
, donde x, y, z son las unidades a producir de P1,P2 y P3 respectivamente.
Pivoteamos en el lugar a12= 1de la matriz ampliada.
550
1
1
2
1200
4
2
1
850
2
3
1
∼
−
−
−
−
−
300
1
0
1
500
0
0
5
850
2
1
3
se ha realizado las operacionesF2→ −2 · F1+ F2 , F3→ −1 · F1+ F3
la la segunda ya permite hallar la solución .⇒−5x = −500⇒ x = 100, sustituyendo esta solución en la tercera la se obtiene la incóginta z = 200, reemplazando x = 100, z = 200 en la primera la se obtiene y = 150
entonces se deben producir 100 unidades de P1, 150 unidades de P2 y 200 unidades de P3. Obteniendose el nivel de produción óptimo
X = 100 150 200 ,
Solución b) En este caso se dá el nivel de producción X = 80 140 160 , calculamos AX = 3 1 2 1 2 4 2 1 1 · 80 140 160
= 700 1000 460
, este último vector arroja las horas ocupadas en la elaboracion del nivel de producción X dado.Las horas ociosas la calculamos por diferencia
horas ociosas = 850 1200 550 − 700 1000 460 = 150 200 90
, Entonces se disponen de 150 horas no ocupadas en M1,200 horas no ocupadas en M2 y de 90 horas no ocupadas en M3.
Solución c)Los recursos son las horas máquina dada por el vector b = 850 1200 550
este se reduce en un 10% ,es decir se dispone del 0, 9b, entonces hay que hallar el nuevo nivel de producción que le llamamos X0, solución del sistema A · X0 = 0.9b
siendo A una matriz invertible ⇒ X0 = A−1· 0, 9b = 0, 9(A−1· b)
pero por otro lado, el sistema original es A · X = b de donde X = A−1· b
entonces X0 = 0, 9X= 0, 9 · 100 150 200 = · 90 135 180
estableciendose una realción entre el vector prodcción nuevo X0 y el antiguo X.
Solución d) De namos un vector costo hora de máquina igual a C = 10 12 15
lo que se pide es el producto ATC =
3 1 2 1 2 1 2 4 1 · 10 12 15 = 72 49 83
Entonces cuesta $ 72 la unidad de P1, $ 49 la unidad de P2 y $ 83 la unidad de P3.
Unidad 2.Determinante de una matriz MAS DE MATRICES Y DETERMINANTES
1. Calcular los siguientes determinantes . a) |A| = −1 3 1 2 Solución : Det(A)= (−1) · 2 − (1)(3) = −5. b) |A| = 1 1 0 −2 2 1 3 3 −2
Solución: Pivoteamos en el lugar más adecuado ,en el lugar a23 = 1,cambiando sólo la tercera la con la
operación F3→ 2 · F2+ F3 para obtener : 2 3 3 2 2 0 1 1 − − 1 ⇒ 1 7 0 1 2 2 0 1 1 − −
Ahora desarrollamos por la columna tercera,
0 7 1 1 2 2 0 1 1 − − 1
Los ceros logrados por pivote en la tercera columna , convierte al determinante de 3 × 3 en uno de 2 × 2.
obtenido al ignorar las la 2 y columna 3 ( lo achurado).Según fórmula de Laplace , entonces el valor del determinante es. Det(A) = (−1)2+3· 1 · 1 1 −1 7 =(−1)(7 − (−1)) = −8. El signo (−1)2+3= −1, obedece al lugar del pivote a
23= 1, que corresponde al signo (−1)i+j.
c)Det(A) = 5 4 3 2 1 8 8 6 4 2 9 9 9 6 3 8 8 8 8 4 5 5 5 5 5 Aqui usamos propiedades: En la 2, factorizamos por 2 En la 3 ,factorizamos por 3 En la 4 ,factorizamos por 4 En la 5 factorizamos por 5
Det(A) = 2 · 3 · 4 · 5 5 4 3 2 1 4 4 3 2 1 3 3 3 2 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1
pivoteamos en la 1,en el elemento a15= 1, realizando las operaciones Fi→ −1 · F1+ Fi, para i = 2, 3, 4, 5
se tiene. Det(A) = 120 5 4 3 2 1 −1 0 0 0 0 −2 −1 0 0 0 −3 −2 −1 0 0 −4 −3 −2 −1 0 0 1 2 3 4 0 0 1 2 3 0 0 0 1 2 0 0 0 0 1 1 2 3 4 5 − − − − − − − − − − = ) (A Det
Los ceros logrados por pivoteo en columna 5 ,reducen el determinante de 5 × 5 en uno de 4 × 4,el determinante a resolver es el que esta fuera de los rectángulos achurados de la gura anterior, con el cuidado de multiplicar por el signo del lugar del pivote (intersección de los rectángulos achurados) este signo es (−1)1+5= (−1)6= 1, asi que el determinante se reduce a
Det(A) = 120 −1 0 0 0 −2 −1 0 0 −3 −2 −1 0 −4 −3 −2 −1
1
2
3
4
0
1
2
3
0
0
1
2
0
0
0
1
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
=
)
(A
Det
120
ahora no es necesario realizar ningun pivoteo, la matriz anterior es una matriz triangular inferior,el triángulo de ceros hace de la matriz una matriz inferior ,y en este caso el determinante es simplemente el producto de la diagonal.
Det(A) = 120 · (−1)4= 120
2. Hallar el valor de x en la ecuación 1 1 1 1 x a 0 0 x 0 b 0 x 0 0 c = 0 Solución :
METODO 1:la la 1 , repleta de valores 1 parece ser muy conveniente para el pivoteo se pueden lograr tres ceros si se pivotea por columnas, asi que elegimos el lugar a14 = 1 y realizamos las operaciones columnas :
Ci→ (−1) · C4+ Ci, i = 1, 2, 3.Esto debe entenderse como multiplicar la columna 4 por (-1) y ésta sumarla
a las restantes columnas.Se obtiene entonces
c
c
c
c
x
b
x
a
x
−
−
−
0
0
0
0
1
0
0
0
El determinante a resolver ahora es de 3 × 3 , obtenido por desarrollo de Laplace por la 1, cuidando de multiplicar por (−1)1+5= (−1)
que al nal no in uye en una ecuación igualada a cero.
(−1) · x a 0 x 0 b x − c −c −c
= 0, abrimos el determinante en 2 determinantes del mismo orden(eliminamos el signo negativo) x a 0 x 0 b x −c −c + 0 a 0 0 0 b −c −c −c = 0
Observe que las columnas 2 y 3 se copian,la columna 1 se separa El segundo ya se puede resolver por los 2 ceros de la columna 1.
El primero se puede factorizar por x en columna 1 y luego pivotear en el lugar a11= 1, quedando
x 1 a 0 1 0 b 1 −c −c + 0 a 0 0 0 b −c −c −c = 0 x 1 a 0 0 −a b 0 −c − a −c + 0 a 0 0 0 b −c −c −c = 0
0
0
0
0
0
0
0
1
=
−
−
−
−
+
−
−
−
−
c
c
c
b
a
a
c
a
c
b
a
a
x
x −a b −c − a −c +(−c) · a 0 −a b = 0Ahora ya podemos multiplicar cruzado para obtener la solución de x x {ac − b(−c − a)} + (−c) {ab − 0} = 0 ⇒ x = ab+bc+acabc
METODO 2 El determinante 1 1 1 1 x a 0 0 x 0 b 0 x 0 0 c
= 0 se puede desarrollar directamente por la la 2 , o la 3 o la 4 donde la presencia de 2 ceros facilita el cáculo
Si lo desarrollamos por la la 2, tenemos que resolver 2 determinantes de orden menor
c
x
b
x
a
x
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
c
x
b
x
a
x
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
los determinantes a resolver son los obtenidos al eliminar las las y columnas achuradas,con el cuidado de multiplicar por los signos correspondientes
ecuación a resolver (−x) 1 1 1 0 b 0 0 0 c +a · 1 1 1 x b 0 x 0 c = 0
El primer determinante ya esta resuelto ,por los dos ceros en columna 1,o la 2 o la 3, el segundo de-terminante se puede pivotear en columna 3 en el lugar a13 = 1. es decir multiplicar columna 3 por (-1) y
sumar éste resultado a la columna 2 y columna 1 para obtener
(−x) 1 1 1 0 b 0 0 0 c +a · 0 0 1 x b 0 x − c −c c = 0
Ahora si desarrollamos el determinante primero por columna 1 y el segundo determinante por la 1, tenemos
(−x) b 0 0 c + a · x b x − c −c = 0 Ahora multiplicamos cruzado
(−x) {bc − 0} + a {−xc − b(x − c)} = 0
3. Hallar el valor de k en la ecuación 1 − k 1 −1 2 −k −2 1 −1 −(1 + k) = 0
Solución : Operación C1 → 1 · C3+ C1, es decir la columna 1 es reemplazada por la suma de
colum-nas 1 y 3 para obtener −k 1 −1 0 −k −2 −k −1 −(1 + k)
= 0⇒Factorizando en columna 1 por k
k −1 1 −1 0 −k −2 −1 −1 −(1 + k)
= 0, Ahora pivoteamos en la 1 realizando la operación F3→ (−1) · F1+ F3 obtenemos
k −1 1 −1 0 −k −2 0 −2 −k
= 0, Desarrollando por columna 1
k(−1) · −k −2 −2 −k = 0,⇒−k(k2− 4) = 0 → k = 0, k = −2 , k = 2. 4. Resolver t − 2 −2 0 −1 t − 3 −1 −1 −2 t − 3 = 0 Solución: Realizamos la operación C1→ −1 · C3+ C1, t − 2 −2 0 0 t − 3 −1 2 − t −2 t − 3
= 0 Factorizamos por (t − 2) en columna 1
(t − 2) 1 −2 0 0 t − 3 −1 −1 −2 t − 3
= 0 Ahora pivoteamos en la 1 realizando la operación F3→ (1) · F1+ F3 se reduce a
(t − 2) 1 −2 0 0 t − 3 −1 0 −4 t − 3
= 0, desarrollando por columna 1
(t − 2) · t − 3 −1 −4 t − 3 = 0,⇒(t − 2) · ((t − 3)2− 4) = 0 ⇒ t − 2 = 0 ⇒ t = 2 ⇒ (t − 3)2− 4 = 0 ⇒ [(t − 3) − 2] [(t − 3) + 2] = 0⇒ t = 5, t = 1
SISTEMAS DE ECUACIONES CON PARAMETROS.
5. Determine para que valores de a el sistema de ecuaciones ax + y + z = 0 x + (a + 1)y + z = 0 x + y + az = 0
tiene soluciones no triviales
Solución: Observe que el sistema esta igualado a cero, es un sistema llamado homogeneo.Un sistema homogeneo siempre tiene solución , es la solución cero o solución trivial.Se pide determinar si existe a tal que el sistema presente soluciones distintas a la trivial x = 0, y = 0, z = 0
La respuesta está en el determinante de la matriz que constituye el sistema, a saber si A · x = b es un sistema cuadrado , con Det(A) = 0 entonces el sistema o no tiene solución o tiene in nitas soluciones ,En el caso de un sistema homogeneo este siempre tendrá solución , por tanto las soluciones no triviales estan dentro de las in nitas soluciones y esas aparecen cuando el determinate es cero
veamos entonces el determinate de la matriz asociada al sistema Det(A) = a 1 1 1 a + 1 1 1 1 a
= 0,Realizando la operación columna C1→ (−1) · C3+ C1
Det(A) = a − 1 1 1 0 a + 1 1 1 − a 1 a
= 0, Factorizando en columna 1 por (a − 1)
Det(A) = (a − 1) 1 1 1 0 a + 1 1 −1 1 a
= 0, realizando la operación por la F3→ F1+ F3
Det(A) = (a − 1) 1 1 1 0 a + 1 1 0 2 a + 1
= 0, Desarrollando por columna 1
0
1
2
0
1
1
0
1
1
1
)
1
(
=
+
+
−
a
a
a
Det(A) = (a − 1) {(a + 1)(a + 1) − 2} = 0 ⇒ a = 1, (a + 1)2= 2⇒ (a + 1) = ±√2
Entonces el sistema tiene soluciones distintas de x = 0, y = 0, z = 0 si a = 1, a = −1 ±√2
6. Hallar el valor de k de manera que el sistema lineal homogeneo
(1 − k)x + y − z = 0 2x − ky − 2z = 0 x − y − (1 + k)z = 0
Tenga soluciones no triviales. Solución
Siendo el sistema cuadrado , podemos analizar el determinante de la matriz. Det(A) = 1 − k 1 −1 2 −k −2 1 −1 −1 − k
= 0, Realizando la operación columna C1→ (−1) · C3+ C1
Det(A) = −k 1 −1 0 −k −2 −k −1 −1 − k
= 0, Factorizando por (−k) en primera columna
Det(A) = (−k) · 1 1 −1 0 −k −2 1 −1 −1 − k
= 0, realizando la operación la F3→ (−1) · F1+ F3
Det(A) = (−k) · 1 1 −1 0 −k −2 0 −2 −k
= 0 Desarrollando por columna 1
Det(A) = (−k) · −k −2 −2 −k = 0 Det(A) = (−k)(k2− 4) = 0⇒ k = 0, k = −2.k = 2
El sistema tiene soluciones no triviales si k = 0, k = −2.k = 2
7. Propuesto: Determinar el valor de λ de modo que el sistema (1 − λ)x + y + z = 0 2x + (2 − λ)y + z = 0 x + y + (1 − λ)z = 0 tenga in nitas soluciones. Respuesta. λ = 1, λ = 4
8. Hallar los valores de a de modo que el sistema 3x − ay + 2z = a − 1 2x − 5y + 3z = 1 x + 3y − (a. − 1)z = 0 a) tenga única solución b) no tenga solución
c) tenga in nitas soluciones. Solución:
Este sistema es cuadrado pero no homogeneo . Veamos su determinante. Det(A) = 3 −a 2 2 −5 3 1 3 1 − a
, la ausencia del parámetro a en columna 1 permite pivotear en el lugar a31= 1
por las realizando las operaciones F2→ (−2) · F3+ F2, F1→ (−3) · F3+ F1se obtiene.
Det(A) = 3 −a 2 2 −5 3 1 3 1 − a ,
a a a a − + − + − − − 1 3 1 2 1 11 0 3 1 9 0 = ) (A Det
Rescatamos el determinante de la matriz 2 × 2 fuera de los rectángulos achurados.( que queda multiplicado por (−1)3+1= 1) Det(A) = −9 − a −1 + 3a −11 1 + 2a
= (−9 − a)(1 + 2a) − (−11)(−1 + 3a) = −2a2+ 14a − 20
al igualar a cero este determinante se obtiene −2a2+ 14a − 20 = 0 dividiendo por (−2)⇒ a2− 7a + 10 =
0 ⇒ (a − 5)(a − 2) = 0
tenemos una respuesta , la más obvia
Solución a) Si a 6= 5 ,si a 6= 2 el sistema tiene solución única.La razón de esto es que si a no es 2 ni 5 el determinante no es cero y en ese caso existe la matriz inversa de A, matriz del sistema Ax = b ⇒ x = A−1b,
entonces como la inversa es única la solución x = A−1bes única.
En el caso que a toma los valores 2 o 5 el determinante de A es cero y en ese caso hay dos alternativas , o el sistema no tiene solución o el sistema presenta in nitas soluciones, para averiguarlo reemplazamos estos valores de a encontrados en la matriz ampliada original
−
−
−
−
−
=
0
)
1
(
3
1
1
3
5
2
1
2
3
)
|
(
a
a
a
b
A
Al reemplazar por a = 2 se obtiene
−
−
−
=
0
1
3
1
1
3
5
2
1
2
2
3
)
|
(
A
b
Ahora pivoteamos en la 3 ,en el lugar a31= 1
−
−
−
=
0
1
3
1
1
5
11
0
1
5
11
0
)
|
( b
A
observe que tenemos dos las iguales la primera y segunda , lo que signi ca ecuaciones redundantes del sis-tema, por ello eliminamos una ecuación o una la, la la 1,para obtener un sistema de sólo dos ecuaciones y tres incógnitas que sospechamos que tendrá in nitas soluciones.
−
−
=
0
1
3
1
1
5
11
0
)
|
( b
A
Al dividir por 5 la la 1 , la matriz identidad de 2 × 2 se puede lograr por pivoteo
−
−
=
0
1
3
1
5
/
1
1
5
/
11
0
)
|
( b
A
−
=
5
/
1
0
5
/
4
1
5
/
1
1
5
/
11
0
)
|
( b
A
observe que las variables b´asicas son x, z las que constituyen columnas de la matriz identidad que son la primera y tercera columna , la columna segunda corresponde a la variable y, esta varible se considera como parámetro y es la que se le puede dar cualquier valor ,esto permite hallar in nitas soluciones.las in nitas soluciones entonces son
x = 1 5 − 4 5y z = 1 5 + 11 5 y con y∈ R entonces
Solución c) Hay in nitas soluciones si a = 2 Nos queda reemplazar a = 5 en la matriz ampliada
−
−
−
−
−
=
0
)
1
(
3
1
1
3
5
2
1
2
3
)
|
(
a
a
a
b
A
− − − = 0 4 3 1 1 3 5 2 4 2 5 3 ) | ( bApivoteamos en la 3,en el lugar a31= 1
− − − = 0 4 3 1 1 11 11 0 4 14 14 0 ) | ( bA
dividimos la 2 por 11 , la 1 por 14
− − − = 0 4 3 1 11 / 1 1 1 0 14 / 4 1 1 0 ) | (A b
realizamos el pivote F2→ (−1) · F1+ F2, es decir la la 2 es reemplazada por (−1) veces la la 1 mas la 2,
para obtener − − − = 0 4 3 1 14 / 4 11 / 1 0 0 0 14 / 4 1 1 0 ) | (A b
observe la la 2, se tiene la contradicción 0 · x + 0 · y + 0 · z = 1 11− 4 14⇒ 0 = 1 11 − 4 14⇒⇒ 1 11 = 4 14por esta razón cuando a = 5 el sistema no tiene solución. En otro lenguaje no hay solución porque el rango de la matriz A es 2 y no coincide con el rango de la matriz ampliada (A|b) que es 3, es decir por proceso del pivoteo se logran 2 las no nulas en matriz A y tres las no nulas en matriz ampliada (A|b) lo que lleva a la
contradicción
Respuesta b) No hay solución si a = 5.
9. Hallar los valores de a de modo que el sistema (a − 1)x + ay + z = a −2ax + y − az = a2 x − y + (2a − 1)z = 0 a) Tenga única solución b) no tenga solución
c) tenga in nitas soluciones. Solución :
Este es un sistema cuadrado y no homogeneo.
Si el sistema fuera no cuadrado entonces ya no se puede analizar el determinante de la matriz y eso obliga a pivotear en la matriz ampliada (A|b)
− − − − − = 0 1 2 1 1 1 2 1 1 ) | ( 2 a a a a a a a b A { A }(A|b)
El pivotear en la matriz ampliada obliga a pivotear sólo en las, lo que limita las operaciones decidimos estudiar el determinante de la matriz A.
Det(A) = a − 1 a 1 −2a 1 −a 1 −1 2a − 1
hay dos operaciones inteligentes ,la primera es cambiar la columna 1 por la suma de las columnas 1 y 3 ,esto se escribe en símbolosC1→ C3+ C1 y se obtiene
Det(A) = a a 1 −3a 1 −a 2a −1 2a − 1 = a 1 a 1 −3 1 −a 2 −1 2a − 1
la ausencia de a en columna 1 permite pivotear por las ,se pivotea en la 1 en a11= 1para obtener
Det(A) = a 1 a 1 0 3a + 1 3 − a 0 −2a − 1 2a − 3 =a 3a + 1 3 − a −2a − 1 2a − 3
= a {(3a + 1)(2a − 3) − (3 − a)(−2a − 1)}=
a(4a2− 2a)al igualar a cero permite hallar los valores de a para el análisis ,esto es para a = 0, a = 1 2 la otra operación tambien buena es cambiar la columna 1 por la suma de las columnas 1 y 2 ,que en símbolos se escribe C1→ C2+ C1 para obtener
Det(A) = 2a − 1 a 1 1 − 2a 1 −a 0 −1 2a − 1
lo que permite factorizar por (2a − 1) en columna 1 y pivotear en la 1 Det(A) = (2a − 1) 1 a 1 −1 1 −a 0 −1 2a − 1 =(2a − 1) 1 a 1 0 1 + a 1 − a 0 −1 2a − 1
ahora ya se puede resolver por columna 1
Det(A) = (2a − 1) {(1 + a)(2a − 1) − (−1)(1 − a)} = (2a − 1)(2a)2
al igualar a cero se obtienen las mismas soluciones para análisis a = 0, a = 1 2 Solución a) Respuesta obvia ,hay solución única si a 6= 0, a 6= 1
2 Solución b) Si a = 1
2 no hay solución Solución c) Si a = 0 hay in nitas soluciones
Las respuestas b) y c) requieren reemplazar dichos valores en la matriz ampliada y entonces pivotear en sus las para obtener o contradicción o eliminación de toda una la que conlleva a in nitas soluciones( se deja como ejercicio para el alumno).
2
ALGUNOS EJERCICIOS TEORICOS SENCILLOS DEL ALGEBRA LINEAL
10. Sea A una matriz cuadrada , demostrar que AAT es simétrica.
Solución.
Demostración : una matriz es simetrica si y solo si AT = A.
entonces hay que demostrar que (AAT)T = AAT
pero esto es elemental , pues (AAT)T = ATT
AT = AAT. 11. Si A una matriz cuadrada , demostrar que A + AT es simétrica.
Demostración : ( A + AT )T= ( AT + ATT )= AT + A, como al transponer se obtiene la misma matriz ,esta
es entonces simétrica.
12. Si A una matriz cuadrada, Si A una matriz involutiva entonces demuestre que 1
2(I − A)es idempotente. Solución. Que sea involutiva quiere decir que cumple con la propiedad A2 = I y que sea idempotente
quiere decir que cumple con la propiedad A2= A. entonces hay que demostrar que 1
2(I − A) 2 = 1 2(I −A) En efecto 1 2(I − A) 2 = 1 4(I − A) 2= 1 4(I 2− 2I · A + A2) = 1 4(I − 2A + A 2), peroA2= I entonces 1 2(I − A) 2 = 1 4(2I − 2A)= 1 2(I − A)
observe que el binomio (I − A)2= I − 2A + A2sea ha dearrollado como si fuera algebraico y eso es válido pues
las matrices I, A conmutan , no asi para dos matrices A, B cualesquiera.
13. Demostrar que si A, B son matrices tales que AB = AC y A es matriz no singular , demuestre que B = C Solución: que sea A es matriz no singular signi ca que tiene inversa, entonces multiplicamos AB = AC por A−1 izquierda , para obtener A−1AB = A−1AC⇒ B = C
14. Sea A, B son matrices n × n tales que A posse inversa, demuestre que det(B) = det(A−1BA)
Solución : Aplicamos la propiedad de determinates det(AB) = det(A)det(B)
Si A posse inversa⇒ AA−1 = I⇒ det(AA−1) = det(I)⇒ det(A)det(A−1) = 1⇒ det(A−1) = 1
det(A) entonces det(A−1BA) = det(A−1)det(AB) = det(A−1)det(A)det(B) = 1
det(A)· det(A)det(B) = det(B)
15. Demostrar que si A, B son matrices n × nidempotentes y permutablesentonces demuestre que AB es idem-potente.
Solución : Se debe probar que (AB)2
= AB En efecto: (AB)2
= (AB)(AB) = A(BA)B←propiedad asociativa pero BA = AB pues son permutables , entonces (AB)2
= (AB)(AB) = A(BA)B=A(AB)B = A2B2= AB,
pues A2= A, B2= B
16. Demostrar que si A esidempotentey B es ortogonalentonces BTABes idempotente.
Solución: Hay que demostrar que BTABes idempotente, es decir que (BTAB)2= BTAB
En efecto : (BTAB)2= (BTAB)(BTAB).= BTA(BBT)AB, pero B es ortogonal , es decir BBT = I
entonces (BTAB)2= BTA(BBT)AB = BT(A · I · A)B= BTA2B, pero A es idempotente⇒ A2= Aentonces
(BTAB)2= BTABesto naliza la demostración.
17. Si A y B son matrices no singulares tal que A + B es no singular entonces demostrar que (A−1+ B−1)−1= A(A + B)−1B
Solución : Hay que dejar en claro el concepto de inversa de una matriz A, cuando se escribe A−1 = B
quiere decir que la matriz B es inversa de la matriz A si AB = I o bien si BA = I⇐⇒ B = A−1
en este ejercicio se debe demostrar que la matriz A(A+B)−1Bes la inversa de la matriz (A−1+B−1), entonces
bastará multiplicarlas y obtener la matriz identidad I. Este ejercicio es identico a demostrar
(A−1 + B−1) = (A(A + B)−1B)−1, en ambos casos hay que multiplicar las matrices A(A + B)−1B con la matriz (A−1+ B−1)y esperar obtener I
En efecto:
A(A + B)−1B· (A−1+ B−1)= A(A + B)−1· (BA−1+ BB−1)= A(A + B)−1· (BA−1+ I), pero I = AA−1 =A(A + B)−1· (BA−1+ AA−1)factorizamos por derecha por A−1
=A(A + B)−1· (B + A)A−1 pero (A + B)−1(B´ + A) = I
0.2
Espacios Vectoriales1. Determinar cuáles de los siguientes subconjuntos son subespacios vectoriales (a) W1=(x, y, z) ∈ R3/ |x| + y + z = 0 (b) W2=(x, y, z) ∈ R3/y + z = 1 (c) W3=(x, y, z) ∈ R3/3y2− z = 0 (d) W4=(x, y, z) ∈ R3/2y + x = 0 Solución
Solo el subconjunto d) W4 es un subespacio vectorial de R3. vamos explicando .
el subconjunto b) no es un subespacio vectorial de R3. pues un requisito mínimo de todo espacio
vecto-rial es que debe contener al elemento neutro , que en muchas ocasiones es el cero, el cero o elemento neutro de R3. es (0, 0, 0) y (0, 0, 0) no pertenece a W
2 =(x, y, z) ∈ R3/y + z = 1
, pues y + z = 1 no se vcri ca para (0, 0, 0) , 0 + 0 6= 1.
El subconjunto a) cumple con tener elelemento neutro pues |0| + 0 + 0 = 0 pero no es un subespacio vectorial no cumple con la propiedad de clausura de la suma , para comprobar esto ultimo tenemos que obtener 2 elementos de W1, sean estos α = (−1, 0, −1), β = (2, 1, −3) siendo estos elementos de W1 pues
|−1| + 0 + −1 = 0 y |2| + 1 + −3 = 0 , la suma no pertenece aW1, es decir α + β= (1, 1, −4) /∈ W1 pues
|1| + 1 + −4no es cero
El subconjunto c) W3=(x, y, z) ∈ R3/3y2− z = 0
cumple con tener elelemento neutro pues 3 · 02− 0 = 0,
pero no es un subespacio vectorial, usamos el mismo argumento anterior , no cumple con la ley de clausura de la suma , nos damos dos puntos de W3, (x, y, z) con z = 3y2, si damos valor y = 1, →z = 3, el valor de x que
no aparece en la condición de W3 se toma como valor cualquiera, digamos x = 1⇒ α = (1, 1, 3), del mismo
modo si y = −1 → z = 3 con x = 2⇒ β = (2, −1, 3) ahora si sumamos α+β = (1, 1, 3)+(2, −1, 3) = (3, 0, 6) pero este último punto no es de W3 pues no se cumple que z = 3y2, no cumple que 6 = 3 · 02 = 0
El subconjunto d) W4 es un subespacio vectorial de R3, debemos demostrarlo . Para ello hay que
veri- car las dos propiedades de subespacios.
Si α,β ∈ W4 entonces hay que demostrar que α + β ∈ W4 y que kα ∈ W4, con k ∈ R, ambas propiedades se
pueden resumir en una sola, es mejor demostrar que si α,β ∈ W4 entonces kα + β ∈ W4.
entonces la demostración comienza así: Sea α = (x, y, z) ∈ W4⇒ 2y + x = 0
Sea β = (a, b, c) ∈ W4⇒ 2b + a = 0
se debe demostrar que kα + β = k(x, y, z) + (a, b, c) ∈ W4, se debe demostrar que e kα + β = (kx + a, ky +
b, kz + c) ∈ W4, es decir se debe demostrar que 2(ky + b) + (kx + a) = 0
En efecto: 2(ky + b) + (kx + a) = k(2y + x) + (2b + a) = k · 0 + 0 = 0. esto es por que las hipótesis son 2y + x = 0, 2b + a = 0
Esto concluye la demostración de que W4 es un subespacio vectorial de R3.
Observación: Las condiciones de los subconjuntos W1., W3son no lineales,
las expresiones |x| + y + z = 0, 3y2− z = 0no son lineales,son raras , cualquier condición de nida como
rara , digamos ,cuadrados ,cubos, logaritmos, exponenciales, potencias, etc , no permiten hacer del con-junto un subespacio vectorial , por lo contrario si la expresión es del tipo multiplicaci´on de constantes por
variables lineales, es decir una combinación lineal y todo eso igualado a cero , el subconjunto asi de nido ,es muy probable que sea un subespacio vectorial
2. Por simple inspección , diga cuales de los siguientes subconjuntos son o no subespacios vectoriales.
(a) W1=(x, y, z, w) ∈ R4/x2+ y + z = 0 (b) W2= x y z w ∈ M2×2(R)/yz = w (c) W3=ax2+ bx + c ∈ P2[x] /a = √ b2+ 1 (d) W4=(x, y) ∈ R2/y = ex
Solución. Ninguno de ellos es un subespacio vectorial. sus condiciones estan de nidas como raras. pero no podemos dar esto como respuesta, sirve para descartar que son subespacios pero no como re-spuesta. Debemos justi car con un contraejemplo, debemos obtener 2 puntos del subconjunto y veri car que una de las propiedades de espacio vectorial no se cumple.Por ejemplo en W2 , damos dos matrices
que cumplan con la condición de W2 , sea entonces α =
1 2 2 4
∈ W2 pues 2 · 2 = 4, otro elemento de
W2 es β = 0 3 3 9 ∈ W2pues 9 = 3 · 3
pero la suma α + β = 16 136 no pertenece o no es un elemento de W2 pues 13 6= 6 · 6,no se
cumple entonces que w = xy que es la condición de W2 .Esto es sufuciente para probar que W2 no es un
subespacio vectorial.
El mismo argumento se debe dar para demostrar que los restantes no son subespacios vectoriales
3. Demostrar que W = {p(x) ∈ P3[x] /p(−1) = p(0)}es un subespacio vectorial del espacio vectorial P3[x].
Se entiende que W es un conjunto de polinomios de grado hasta 3 que tienen la propiedad de que el valor de la imagen en 0 es igual al valor de la imagen en −1 Debemos demostrar que si p(x), q(x) ∈ W ⇒ kp(x)+q(x) ∈ W, con k ∈ R.
Entonces sea p(x) ∈ W ⇒ p(−1) = p(0) q(x) ∈ W ⇒ q(−1) = q(0)
Sea r(x) = kp(x) + q(x) hay que demostrar que tambien r(−1) = r(0) pero esto es muy fácil,basta eval-uar r(−1) = kp(−1) + q(−1). pero p(−1) = p(0), pero q(−1) = q(0) entonces r(−1) = kp(−1) + q(−1)= kp(0) + q(0) = r(0) ⇒ r(x) ∈ W Esto concluye la demostración.
observe tres elementos de W que son polinomios que se caracterizan por que p(-1)=p(0)
4. Hallar elvalor de k de modo que el vector (1, k, 5) sea combinación lineal de los vectores v1= (1, −3, 2), v2=
Solución : Debemos hallar x1, x2 números reales tal que (1, k, 5) = x1· (1, −3, 2) + x2· (2, −1, 1) ⇒ (1, k, 5) = (x1+ 2x2, −3x1− x2, 2x1+ x2)El sistema a resolver es x1+ 2x2= 1 −3x1− x2= k 2x1+ x2= 5
La matriz ampliada de este sistema es 1 2 | 1 −3 −1 | k 2 1 | 5
El sistema se puede obtener simplemente colgando los vectores (1, −3, 2), (2, −1, 1), (1, k, 5) como columnas. Pivoteando esta matriz ampliada en el lugar a32= 1, y el resultado en a21= 1obtenemos
−3 0 | − 9 −1 0 |k + 5 2 1 | 5 ∼ 0 0 | − 24 − 3k −1 0 |k + 5 0 1 | 15 + 2k
, x1, x2 existen sólo si −24 − 3k = 0, es decir k = −8
5. Determine si el vector (−1, 1, 3) es combinación lineal de los vectores (−1, 0, 2), (−1, 2, 4).
Solución: Debemos hallar x1, x2 números reales solución del sistema
−1 −1 | −1 0 2 | 1 2 4 | 3 , pivoteando
en la primera la ,en a11 = −1 se obtiene ,
−1 −1 | −1 0 2 | 1 0 2 | 1
,siendo las las segunda y tercera iguales eliminamos la tercera la para obtener un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas
−1 −1 | −1
0 2 | 1
De la segunda la tenemos 2x2= 1 ⇒ x2=
1
2, de la primera la −x1− x2= −1 ⇒ x1= 1 2.
Como x1, x2 existen el vector (−1, 1, 3) es combinación lineal de los vectores (−1, 0, 2), (−1, 2, 4).
6. Escribir el vector u = 3x2+ 8x − 5como combinación lineal de los vectores v = 2x2+ 3x − 4, w = x2− 2x − 3.
Solución : colgando estos polinomios como columnas de la matriz ampliada comenzando con los coe cientes de la mayor potencia , se tiene
2 1 | 3 3 −2 | 8 −4 −3 | −5
,Ahora pivoteando en la 1 en el elemento a12 = 1se
tiene 2 1 | 3 7 0 | 14 2 0 | 4
,dividiendo la 2 por 7, la 3 por 2 se tiene 2 1 | 3 1 0 | 2 1 0 | 2
siendo las las se-gunda y tercera iguales , son ecuaciones redundantes del sistema por ello eliminamos tercera la para obtener un sistema de 2 ecuaciones y 2 incógnitas 21 10 || 32 De la segunda la x1 = 2, de la primera la
2x1+ x2= 3 ⇒ x2= −1
Como x1, x2 existen ,
7. Determine para que valores de k las matrices A = 1k 10 , B = 1 k 0 −1 , C = k k k 2 ,D = 3 0 0 0
son linealmente independientes.
Solución :Debemos hallar x1.x2, x3,x4 números reales tal que
x1 1 1 k 0 +x2 1 k 0 −1 +x3 k k k 2 +x4 3 0 0 0 = 0 0 0 0
si al resolver el sistema ,obtenemoss´olo solución x1 = x2= x3 =x4= 0, entonces las matrices serían
lineal-mente independientes (L.I)
el sistema a resolver es 1 1 k 3 | 0 1 k k 0 | 0 k 0 k 0 | 0 0 −1 2 0 | 0
, observe que cada columna es la matriz colgada.Observe tambien que este es un sistema cuadrado y homogeneo(igualado a cero), este tipo de sistemas tiene ya solución y es la solución x1 = x2 = x3 =x4 = 0, lo que hay que averiguar si ésta es la única
ción, para ello recuerde la propiedad de sistemas homogeneos cuadrados A · X = b, con b = 0, tiene solu-ción única si y solo si el determinante de A, es distinto de cero, por esa razón calculamos el determinante
det(A) = 1 1 k 3 1 k k 0 k 0 k 0 0 −1 2 0
,desarrollando éste por columna 4, se tiene
det(A) = ← ← 3 1 k k ↓ k 0 k ↓ 0 −1 2 = − 3 1 k k k 0 k 0 −1 2 = −3k 1 k k 1 0 1 0 −1 2
donde por k se ha factorizado en segunda la, pivoteando en segunda la en el elemento a21= 1, det(A) ==
−3k 0 k k − 1 1 0 1 0 −1 2 ,
desarrollando por primera columna, se obtiene det(A) = −3k ·(−1) k k − 1 −1 2 = 3k {2k − (−1)(k − 1)} = 3k(3k − 1).
Igualando a cero resolvemos 3k(3k − 1) = 0⇒ 3k = 0∨3k − 1 = 0, tenemos k = 0, k = 1 3. Entonces hay solución única si y solo k 6= 0 ∧ k 6= 1
3 Entonces las matrices A = k1 10 , B =
1 k 0 −1 C = k k k 2
,D = 30 00 son linealmente inde-pendientes si k 6= 0 ∧ k 6= 1
3
8. Determine el valor de k ∈ R de modo que lo siguientes vectores sean L.D. v1= (1, 1, k, 0), v2= (1, k, 0, −1), v3= (k, k, k, 2), v4=(3,0,0,0) .
Solución: Este ejercicio ya ha sido resuelto en el anterior ejercicio n° 7, solo que la respuesta cambia .
(L.D.) si y sólo si k = 0, ∨k = 1 3.
9. Suponga que {u, v, w} es un conjunto de vectores linealmente independiente (L.I). Demostrar que {u + v, u − v, u − 2v + w} es tambien L.I.
Solución. Se forma primero la combinación lineal x1· (u + v) + x2· (u − v) + x3· (u − 2v + w) = 0, hay
que demostrar que x1= x2= x3= 0, pero esto es muy fácil.
de x1· (u + v) + x2· (u − v) + x3· (u − 2v + w) = 0⇒ (x1+ x2+ x3) · u + (x1− x2− 2x3) · v + x3· w = 0,.
pero {u, v, w} es un conjunto L.I, lo que signi ca que de cualquier combinación del tipo y1·u+y2·v +y3·w = 0,
implica que y1= y2= y3= 0, en este caso de ⇒ (x1+ x2+ x3) · u + (x1− x2− 2x3) · v + x3· w = 0implicamos
que x1+ x2+ x3 = 0, x1− x2− 2x3 = 0, x3 = 0 , resolviendo asi un sistema
x1+ x2+ x3= 0, x1− x2− 2x3= 0, x3= 0, ⇒ ( x1+ x2= 0 x1− x2= 0 ⇒ x1= 0, x2= 0, x3= 0
10. (Propuesto) Si {v1, v2, v3, v4}es un conjunto L.I ¾ Cómo es el conjunto {v1+ v3, 2v2− v1, 2v2− 3v3, v4+ v1}
?. ¾Un conjunto L.I o L.D.?
11. (Propuesto) Hallar k de modo que las matrices 1 −2 0 1 , −1 3 −1 −2 , 1 k −1 0 , 0 1 k 1 sen L.D→ Respuesta k = ±1
12. (Propuesto) Hallar k ,p de modo que los vectores (1, 2, k, 1), (k, 1, 2, 3), (0, 1, p, 0)sean L.D→ Respuesta k = 3, p = 7
5
13. (Propuesto) Hallar k ,p de modo que las matrices −1 2 3 −3 4 −1 0 1 −2 , 0 −1 1 −3 5 −2 1 0 −5 , −5 p k −9 10 −1 −2 5 0 sean dependientes → R. p = 12, k = 13
14. (Propuesto) Hallar k ,p de modo que el vector (k, p, 5, −3) pertenezca al subespacio generado por (1.2. − 5, 3), (2, −1, 4, 7)→ R. k = −1, p = −2
15. Demostrar que h{(2, −1, 6), (−3, 4, 1)}i = h{(−1, 3, 7), (8, −4, 24)}i
Solución : Sea W1=h{(2, −1, 6), (−3, 4, 1)}i , W2= h{(−1, 3, 7), (8, −4, 24)}i
se debe buscar bajo que condiciones un vector cualesquiera (x, y, z) pertenece a W1 o a a W2si estas
condi-ciones son las mismas entonces ellos tienen los mismos elementos y por tanto son iguales
Se deben resolver dos sistemas de ecuaciones , buscar x1, x2 tal que (x, y, z) =x1(2, −1, 6) + x2(−3, 4, 1) y
resolvemos el primero, pivoteamos en segunda la en a21= −1cambiando las 1 y la 3 (A|b) = 2 −3 | x −1 4 | y 6 1 | z ∼ 0 5 | x + 2y −1 4 | y 0 25 | z + 6y
Ahora pivoteamos en la 1, en el elemento a12 = 5 pero solo cambiamos la la 3,con la operación F3 →
(−5)F1+ F3, el objetivo es hacer una la cero y eso se logra en la 3 ,por eso dejamos tranquila la al 2.
(A|b) = 0 5 | x + 2y −1 4 | y 0 25 | z + 6y ∼ 0 5 | x + 2y −1 4 | y 0 0 | −5x − 4y + z
el sistema tendrá solución si y solo si −5x − 4y + z = 0
es la condicion que deben cumplir los vectores (x, y, z) para pertenecer a a W1.
esta condición debe ser la misma para el otro subespacio a W2
veri que el estudiante como ejercicio propuesto que asi es.
BASE Y DIMENSION
16. Determine base y dimensi´on de los siguientes subespacios vectoriales.
(a) W1= {(x, y, z)/ 2x + y + 4z = 0, z = 0}. (b) W2= a b c d /a = b + 2c (c) W3= {p(x) ∈ P2[x] /p(−1) = p(0)} (d) W4=p(x) = ax3+ bx2+ cx + d ∈ P3[x] /a + 2b − c = 0 ∧ 2b − d = 0
Solución .a) W1se puede escribir en la forma W1 = {(x, y, z)/ − 2x = y, z = 0}= {(x, −2x, 0)/x ∈ R}
observe que hay un parámetro o variable libre que hemos decidido sea x, por ello se encontrará sólo un vector L.I en la base.W1= {x(1, −2, 0)/x ∈ R} .El vector (1, −2, 0)genera a W
podemos escribir en simbología de generadores W1 = h{(1, −2, 0)}i⇒ dim(W1) = 1, base de W1 =
{(1, −2, 0)}.
Solución b) W2 se puede escribir en la forma
W2= a b c d /a = b + 2c = b + 2c b c d /b, c, d ∈ R
Observe que la presencia de los tres parámetros b, c, d o variables libres es indicador de que en la base de W2 hay tres vectores generadores y tal vez L.I
W2= b b 0 0 + 2c 0 c 0 + 0 0 0 d /b, c, d ∈ R = b 1 1 0 0 + c 2 0 1 0 + d 0 0 0 1 /b, c, d ∈ R , escribiendo en simbología de generadoresW2=
1 1 0 0 , 2 0 1 0 , 0 0 0 1 ⇒ dim(W2) = 3,
con base las tres matrices 10 10 , 2 0 1 0 , 0 0 0 1 .
observe que las tres matrices son L.I. pues al colgar las matrices 1 2 0 | 0 1 0 0 | 0 0 1 0 | 0 0 0 1 | 0
la matriz identidad está presente en las las2,3 y 4 ,arrojando solución cero.
Solución c) W3 está constituido por polinomios de grado hasta 2 que tienen la propiedad de tienen
igual imagen en los valores −1 y 0, sea entonces un polinomio de tipo general p(x) = ax2+ bx + c que
cumple esta condición .
p(−1) = p(0) ⇒ a · (−1)2+ b · (−1) + c = a · 02+ b · 0 + c⇒ a − b + c = c⇒ a − b = 0⇒ a = b.
observe que en la relación anterior la variable c se ha cancelado ,entonces c toma cualquier valor ,así el subespacioW3se puede volver a escribir como
W3=ax2+ bx + c ∈ P2[x] /a = b, c ∈ R =W3=ax2+ ax + c ∈ P2[x] /a, c ∈ R
La presencia de las 2 variables libres a.c ∈ R es indicador de que en la base de W3 hay dos vectores, tal vez L.I. veamos
cuales son estos vectores (polinomios).
W3=ax2+ ax + c ∈ P2[x] /a, c ∈ R = a(x2+ x) + c · 1 ∈ P2[x] /a, c ∈ R = x2+ x, 1
⇒ dim(W3) = 2, la base son los 2 vectores(polinomios) p(x) =x2+ x y el vector q(x) = 1.
Solución d) En W4 debemos resolver el sistema de ecuaciones
(
a + 2b − c = 0
2b − d = 0 escrito en matriz am-pliada queda
1 2 −1 0 | 0
0 2 0 −1 | 0
observe que este sistema ya está resuelto porque la matriz identidad 2 × 2 se puede formar con columna 1 y columna 4 o bien se puede formar previa multiplicación por (−1)con las columnas 3 y 4.Cualquiera sea la elección obtenemos in ntas soluciones .Para resolver escogemos columnas 3 y 4 como variables b´asicas entonces
a b c d 1 2 −1 0 | 0 0 2 0 −1 | 0 ⇒ ( −c = −a − 2b −d = −2b ⇒ ( c = a + 2b
d = 2b reemplazamos estas variables en W4 , para reescribir W4
W4=p(x) = ax3+ bx2+(a + 2b)x +2b∈ P3[x] /a, b ∈ R las dos variables a, b libres de recorrer todo
R indican que la dimensión de W4es dos , su base está constituidad por 2 polinomios.Veamos W4 escrito
de otro modo
W4 = a(x3+ x) + b(x2+ 2x + 2)/a, b ∈ R = x3+ x , x2+ 2x + 2
, Asi W4 es generado por dos
polinomios ⇒ dim(W4) = 2,baseW4=x3+ x , x2+ 2x + 2
17. Sean los siguientes subespacios de R4.
W1= {(x, y, z, w)/x + y − w = 0 ∧ x − z + 2w = 0}, W2= h{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (2, −2, −2, 2)}i
Calcular bases y dimensión de W1, W2,W1∩ W2, W1+ W2
Solución :Para W1 resolvemos el sistema de ecuaciones
( x + y − w = 0 x − z + 2w = 0 ⇒ 1 1 0 −1 | 0 1 0 −1 2 | 0
sistema ya resuelto por las columnas 2 y 3 x y z w 1 1 0 −1 | 0 1 0 −1 2 | 0 ⇒ ( y = w − x −z = −x − 2w se reescribe W1 W1= {(x,w − x,x + 2w, w)/x, w ∈ R} = {(x, −x, x, 0) + (0, w, 2w, w)/x, w ∈ R} ={x(1, −1, 1, 0) + w(0, 1, 2, 1)/x, w ∈ R} dim(W1) = 2, Base de W1= {(1, −1, 1, 0); (0, 1, 2, 1)}
Para W2 es necesario averiguar si los vectores generadores de W2 son linealmente independientes resolviendo
el sistema x1(1, 0, 0, 1) + x2(0, 1, 0, 0) + x3(0, 0, 1, 0) + x4(2, −2, −2, 2) = (0, 0, 0, 0) 1 0 0 2 | 0 0 1 0 −2 | 0 0 0 1 −2 | 0 1 0 0 2 | 0
Observe f ila 4 = f ila 1 si esto ocurre una de ellas puede borrarse con la goma
de borrar o bien , cambiando la la 4 con pivoteo en a11= 1⇒
1 0 0 2 | 0 0 1 0 −2 | 0 0 0 1 −2 | 0 0 0 0 0 | 0
los ceros logrados
en la 4 indican que el sistema tiene in nitas soluciones , la matriz identidad de 3 × 3 formada por las tres primeras columnas permite ya resolver el sistema en función de la variable libre x4, de hecho la solución
del sistema es x1= −2x4 x2= 2x4 x3= 2x4
si x4 = 1 se tiene x1 = −2, x2 = 2, x3 = 2 entonces se tiene la relación de
dependencia −2(1, 0, 0, 1) + 2(0, 1, 0, 0) + 2(0, 0, 1, 0) + 1 · (2, −2, −2, 2) = (0, 0, 0, 0)
⇒ (2, −2, −2, 2) = 2(1, 0, 0, 1) − 2(0, 1, 0, 0) − 2(0, 0, 1, 0) esta última relación nos dice que el vector (2, −2, −2, 2)es dependiente de los otros vectores (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0) entonces éste vector no forma parte de la base de W2 , éste se elimina de la base de W2 .¾ y de la base de W2 se puede eliminar otro .?.No
pues el sistema sólo tiene una variable libre que es x4, esta variable libre está asociada al cuarto vector (
2,-2,-2,2) que es el que se elimina, es una manera útil de detectar un vector L.D en un conjunto dado.En lo sucesivo entonces bastará pivotear hasta formar la identidad y aquellas varibles libres o parámetros acusan a los respectivos vectores L.D.
Resumiendo W2= h{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (2, −2, −2, 2)}i=W2= h{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}i⇒
dim(W2) = 3, base de W2es{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}.
Observe la diferencia entre vectores que generan a un susbespacio y vectores en la base del subespacio, en W2 hay 4 vectores que lo generan pero solo 3 de ellos son L.I.
Para hallar base y dimensión de W1∩ W2 es necesario intersectar las condiciones de W1y las condiciones
de W2 , las condiciones deW1se conocen y son dos x + y − w = 0 ∧ x − z + 2w = 0,las de W2no se conocen se
deben encontrar .
Siendo W2 = h{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}i debemos averiguar qué condición debe cumplir un vector
cualesquiera (x, y, z, w) para pertenecer al subespacio W2 ,es decir se deben encontrar bajo que condiciones
existen x1, x2.x3 tal que (x, y, z, w)= x1(1, 0, 0, 1) + x2(0, 1, 0, 0) + x3(0, 0, 1, 0)esto lleva a resolver el sistema
de 4 ecuaciones y 3 incógnitas (x, y, z, w)= (x1, 0, 0, x1) + (0, x2, 0, 0) + (0, 0, x3, 0) igualando y escribiendo
el sistema en matriz ampliada 1 0 0 | x 0 1 0 | y 0 0 1 | z 1 0 0 | w
colgar como columnas los vectores de la base de W2agregando el vector incógnita (x, y, z, w) tambien
col-gado como columna)
pivoteando esta matriz en a11 = 1 para cambiar la la cuarta se obtiene
1 0 0 | x 0 1 0 | y 0 0 1 | z 0 0 0 | w − x observe la última la , el sistema tendrá solución si y sólo si w − x = 0 que es la única condicion que debe cumplir el vector (x, y, z, w) para ser un elemento de W2, entonces W2se puede reescribir
en el mismo modo que está escrito W1
W2= {(x, y, z, w)/ − x + w = 0} Ahora recien podemos intersectar ambos espacios.
W1∩ W2= {(x, y, z, w)/x + y − w = 0 ∧ x − z + 2w = 0 ∧ −x + w = 0}
debemos resolver el sistema x + y − w = 0 x − z + 2w = 0 −x + w = 0 escrito en matriz ampliada se tiene
1 1 0 −1 | 0 1 0 −1 2 | 0 −1 0 0 1 | 0
siendo las columnas 2 y 3 ya de la matriz identidad no conviene cambiar o modi car esas columnas a efecto de no perder esos ceros pivoteamos en la 4 en el lugar a31= −1 o bien en el lugar a34= 1.
pivoteando en a31= −1la matriz anterior se reduce a
0 1 0 0 | 0 0 0 −1 3 | 0 −1 0 0 1 | 0
la matriz identidad se encuentra desordenada en columnas 1 , 2 y 3 la variable
wes la variable libre asociada a la columna 4 resolviendo se tiene y = 0 −z = −3w −x = −w
el sistema arrojó solo una variable libre w , la dimensión de W1 ∩ W2 deberá ser 1 .Claro está que si se
elije cualquier otro lugar de pivoteo las expresiones de solución del sistema son totalmente distintas ,por que hay in nitas soluciones,pero en lo que se debe coincidir es en la cantidad de variables libres.En este caso todos debemos llegar a obtener solo una variable libre que para este caso fue w, otro alumno obtendrá como libre a la varaible x si este alumno pivotea en a34= 1por ejemplo.
la cuestión es que W1 ∩ W2 = {(x, y, z, w)/x + y − w = 0 ∧ x − z + 2w = 0 ∧ −x + w = 0}= W1 ∩ W2 =
{(x, y, z, w)/y = 0, z = 3w, x = w}
W1∩ W2= {(w, 0, 3w, w)/w ∈ R}= {w(1, 0, 3, 1)/w ∈ R}= h{(1, 0, 3, 1)}i
dim(W1∩ W2)= 1, con base {(1.0, 3, 1)}
Para W1+ W2aplicamos el teorema dim(W1+ W2) = dim(W1) + dim(W2) − dim(W1∩ W2)= 2 + 3 − 1 = 4.
observe el signi cado de que dim(W1+ W2) = 4
4 es la cantidad de vectores en la base del subespacio W1+ W2 , en teoría W1+ W2 es generado por la
unión de los vectores de la base de W1 y los vectores de la base de W2 , pero si unimos estas bases nos dan
5 vectores , 2 de W1 y 3 de W2 lo que obliga a pivotear para eliminar un vector lo que es una verdadera
lata. En este ejemplo podemos evitar ese procedimiento latoso .y es por el siguiente hecho.Todo subespacio vectorial tiene dimensión menor o igual a la dimensión del espacio vectorial madre que en este caso es R4
W1+ W2= R4
entonces bases para elegir para W1+ W2 hay muchas , no necesariamente la union de bases.
18. En el espacio de los polinomios de grado hasta 3 , que se simboliza por P3[x]se dan los siguientes subespacios
vectoriales
W1= {p(x) ∈ P3[x] /p(1) = p(−1) ∧ p(1) = 0}
W2=x3+ x2− x + 1, x2− 2, 2x3+ 3x2− 2x
Determine bases y dimensión de W1∩ W2 , W1+ W2
Solución: Si p(x) = ax3+ bx2+ cx + d entonces de p(1) = p(−1) ⇒ a + b + c + d = −a + b − c + d,
reduciendo términos se tiene 2a + 2c = 0 ⇒ a + c = 0, De p(1) = 0 ⇒ a + b + c + d = 0 asi W1se puede
reescribir W1=ax3+ bx2+ cx + d ∈ P3[x] /a + c = 0 ∧ a + b + c + d = 0
debemos resolver el sistema ( a + c = 0 a + b + c + d = 0 ⇐⇒ 1 0 1 0 | 0 1 1 1 1 | 0 ∼ 1 0 1 0 | 0 0 1 0 1 | 0 ∼ ( a = −c b = −d W1=ax3+ bx2+ cx + d ∈ P3[x] /a = −c ∧ b = −d = −cx3+−dx2+ cx + d ∈ P3[x] /c, d ∈ R factorizando por c, d se tiene
W1=
c(−x3+ x)+d(− x2+ 1) ∈ P
3[x] /c, d ∈ R
ya se vislumbra los polinomios generadores de W
1
−x3+ x, −x2+ 1 dim(W 1) = 2
En W2 hay que averiguar si los vectoresx3+ x2− x + 1, x2− 2, 2x3+ 3x2− 2x son o no L.I , para ello
debemos calcular x1, x2, x3del sistema homogeneo x1(x3+ x2− x + 1) + x2(x2− 2) + x3(2x3+ 3x2− 2x) = 0
, la matriz ampliada de este sistema se obtiene colgando los coe cientes de los polinomios como columnas comenzando con el coe ciente de la mas alta potencia o por la constante ,pero sin mezclar.
matriz ampliada (A|b) = 1 0 2 | 0 1 1 3 | 0 −1 0 −2 | 0 1 −2 0 | 0 F4→ 2F2+ F4∼ 1 0 2 | 0 1 1 3 | 0 −1 0 −2 | 0 3 0 6 | 0
Observe la las 1 , la 3 y la 4 son proporcionales pivoteamos en la 1 ,en a11= 1y obtenemos dos las nulas
1 0 2 | 0 0 1 1 | 0 0 0 0 | 0 0 0 0 | 0
El sistema se reduce a dos ecuaciones y tres incógnitas x1 x2 x3 1 0 2 | 0 0 1 1 | 0 , x3es
la variable libre asociada a la columna no identidad , podemos a rmar que el tercer vector (polinomio) 2x3+
3x2− 2xes combinación lineal del resto ,entonces lo eliminamos deW2,reescribinosW2
W2=x3+ x2− x + 1, x2− 2
hay dos vectores L.I que generan a W2, dim(W2) = 2.
para poder hallar W1∩ W2 ,se requiere hallar las condiciones de W2 ,para ello un polinomio cualesquiera
ax3+ bx2+ bx + ddebe escribirse como combinación lineal de los vectores de la base de W
2, es decir encontrar
dos reales x1, x2 tal que
ax3+ bx2+ bx + d = x
