PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE

ALGEBRA LINEALPROBLEMAS RESUELTOS

Rodrigo Vargas

Santiago de Chile

2007

ii

Prefacio

Este libro con problemas resueltos pretende sirvir para los estudiantes delplan comun de Ingeneria Civil de la Pontificia Universidad Catolica de Chile.Ası espero facilitar el estudio y la comprension de los estudiantes. Gruposespeciales, estudiantes avanzados, lectores que deseen una presentacion mascompleta y los alumnos, por ası decirlo, normales que busquen lecturas com-plementarias pueden consultar el libro “Linear Algebra” de Hoffman y Kunzeque trata los mismos topicos con un enfoque mas amplio.

La parte mas importante de este libro son sus problemas resueltos, quesirven para fijar ideas, desarrollar algunos temas esbozados en muchos textosde algebra lineal y como oportunidad para que el lector compruebe lo sencillode algunas soluciones. Naturalmente, me gustarıa que el lector solo consultaselas soluciones despues de haber hecho un serio esfuerzo para resolver cadaproblema. Precisamente es este esfuerzo, con o sin exito, el que nos conducea buenos resultados en el proceso de aprendizaje.

Los problemas que el lector encontrara se basan en las ayudantias delcurso de algebra lineal impartido en la Pontificia Universidad Catolica deChile, el cual esta dirigido a estudiantes de Ingeneria Civil.

iii

iv

Indice general

1. Algebra Lineal Elemental 1

2. Factorizaciones de Matrices 21

3. Determinantes 43

4. Espacios Vectoriales 49

5. Transformaciones Lineales, Teorema de la Dimension y Cam-

bio de Base 61

6. Bases Ortonormales y Proyecciones 79

7. Vectores y Valores Propios, Diagonalizacion 85

v

vi

Capıtulo 1

Algebra Lineal Elemental

1.1. Se dice que v es combinacion lineal convexa de u1, u2, ..., uk si v =α1v1 +α2v2 + ...+αkvk donde αi ≥ 0, i = 1, ..., k y α1 +α2 + ...+αk = 1.Demuestre que si u4 es combinacion convexa de u1, u2, u3 y v es combi-nacion convexa de u1, u2, u3, u4 entonces v es combinacion convexa deu1, u2, u3.

Solucion: Si u4 es combinacion convexa de u1, u2, u3, entonces

u4 = α1u1 + α2u2 + α3u3 ,

donde∑

αi = 1 y αi ≥ 0 para i = 1, . . . , 3. Si v es combinacion convexade u1, u2, u3, u4, entonces

v = β1u1 + β2u2 + β3u3 + β4u4 ,

donde∑

βi = 1 y βi ≥ 0 para i = 1, . . . , 4. Luego,

v = β1u1 + β2u2 + β3u3 + β4u4

= β1u1 + β2u2 + β3u3 + β4(α1u1 + α2u2 + α3u3)

= (β1 + β4α1)u1 + (β2 + β4α2)u2 + (β3 + β4α3)u3

= γ1u1 + γ2u2 + γ3u3

donde γ1 = β1 + β4α1 ≥ 0, γ2 = β2 + β4α2 ≥ 0 y γ3 = β3 + β4α3 ≥ 0.Ademas,

∑

γi = γ1 + γ2 + γ3 + γ4

= β1 + β4α1 + β2 + β4α2 + β3 + β4α3

= β1 + β2 + β3 + β4(α1 + α2 + α3)

= β1 + β2 + β3 + β4 = 1 .

Por lo tanto, v es combinacion convexa de u1, u2, u3.

1

2 Capıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

1.2. Demuestre que si u1 = 2v1 + 3v2, u2 = −v1 + 3v2 entonces se cumpleque: < u1, u2 >=< v1, v2 >.

Solucion: Primero probaremos que < u1, u2 > ⊂ < v1, v2 >. Paraesto, sea x ∈< u1, u2 > entonces

x = α1u1 + α2u2

= α1(2v1 + 3v2) + α2(−v1 + 3v2)

= (2α1 − α2)v1 + 3(α1 + α2)v2 .

Como x es combinacion lineal de los vi’, es claro que x ∈< v1, v2 > y,por lo tanto, hemos probado que

< u1, u2 > ⊂ < v1, v2 > .

Ahora se probara que < v1, v2 > ⊂ < u1, u2 >. Notemos que:

u1 = 2v1 + 3v2 ⇒ 3v2 = u1 − 2v1

yu2 = −v1 + 3v2 ⇒ 3v2 = u2 + v1 .

Igualando obtenemos que

u1 − 2v1 = u2 + v1

3v1 = u1 − u2

v1 =1

3(u1 − u2) .

Despejando obtenemos

v2 =1

9(u1 + 2u2) .

Sea x ∈< v1, v2 >, este vector se puede escribir de la forma

x = β1u1 + β2u2

= β11

3(u1 + u2) + β2

1

3u1

=1

3(β1 + β2)u1 +

1

3β1u2 .

Como x es combinacion lineal de los ui’, es claro que x ∈< u1, u2 > y,por lo tanto, hemos probado que

< v1, v2 > ⊂ < u1, u2 >

y por lo tanto, < u1, u2 >=< v1, v2 >.

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 3

1.3. Sean

u =

[−0.60.8

]

, v =

[34

]

, w =

[43

]

.

(a) Calcule los productos puntos u · v, u · w, w · v.

(b) Determine la longitud de cada uno de los vectores.

(c) Verifique las desigualdades (Schwarz):

| u · v| ≤ ‖u‖‖v‖ y | v · w| ≤ ‖v‖‖w‖ .

Solucion:

a)

u · v = (−0.6, 0.8) · (3, 4) = (−0.6)(3) + (0.8)(4) = 1.4 ,

u · w = (−0.6, 0.8) · (4, 3) = (−0.6)(4) + (0.8)(3) = 0 ,

w · v = (4, 3) · (3, 4) = (4)(3) + (3)(4) = 24 .

b)

‖u‖ =√

u · u =√

(−0.6)2 + (0.8)2 = 1 ,

‖v‖ =√

v · v =√

(3)2 + (4)2 = 5 ,

‖w‖ =√

w · w =√

(4)2 + (3)2 = 5 .

c)

| u · v| = |1.4| = 1.4 ≤ 5 = (1)(5) = ‖u‖‖v‖ ,

| v · w| = |24| = 24 ≤ 25 = (5)(5) = ‖v‖‖w‖ .

1.4. Para u = (1, 2), v = (−1, 3) determine un escalar α tal que u − αv seaperpendicular a u.

Solucion: Notemos que

u − αv = (1, 2) − α(−1, 3)

= (1 + α, 2 − 3α) .

Para que los vectores sean perpendiculares basta que el producto internoentre los vectores sea cero

0 = u · (u − αv)

= (1, 2) · (1 + α, 2 − 3α)

= 1(1 + α) + 2(2 − 3α)

= 5 − 5α .

Entonces, α = 1 y tenemos que u − αv = (2,−1).

4 Capıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

1.5. Exprese el plano x + y + 2z = 1 como combinacion lineal de vectores.Indique el vector normal unitario al plano.

Solucion: Podemos despejar cualquiera de las variables de la ecuaciondel plano en funcion de las otras dos. Por ejemplo, podemos despejar xy obtenemos x = 1 − y − 2z en forma vectorial

xyz

=

1 − y − 2zyz

=

100

+

−110

y +

−201

z .

Se puede observar que el plano se puede expresar como combinacionlineal de los vectores (−1, 1, 0), (−2, 0, 1), donde el primer vector siempreesta ponderado por 1, esto es

P =

100

+ <

−110

,

−201

> .

En general, el vector normal de un plano ax + by + cz = d es (a, b, c),en nuestro caso el vector normal es ~n = (1, 1, 2) con modulo

‖ ~n ‖=√

12 + 12 + 22 =√

6 .

Luego, el vector normal unitario es:

n =1√6(1, 1, 2) .

1.6. Si un hiperplano pasa por los puntos (1,−1, 1, 1), (2,−1, 2, 1), (0, 1, 1, 1),(1, 0, 0, 1). Determine los valores α, β tal que el punto (α, β, α−β, α+β)pertenezca al hiperplano.

Solucion: La ecuacion de un plano en R4 es:

ax + by + cz + dw = e .

Como el hiperplano pasa por los puntos (1,−1, 1, 1), (2,−1, 2, 1), (0, 1, 1, 1),(1, 0, 0, 1) las constantes a, b, c, d, e deben cumplir

a − b + c + d = e ,

2a − b + 2c + d = e ,

b + c + d = e ,

a + d = e .

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 5

Entonces tenemos 4 ecuaciones y 5 incognitas. Hay una variable libreque es e y a, b, c, d son variables basicas. Resolviendo el sistema obten-emos

a = b = c = 0, d = e .

La ecuacion del hiperplano es entonces:

dw = d ⇒ w = 1 .

Luego, para que (α, β, α − β, α + β) pertenezca al hiperplano se debecumplir que:

α + β = 1 .

1.7. ¿Para que valor(es) de λ seran linealmente dependientes los vectores

123

2−14

3λ4

?

Solucion: Suponga que

c1

123

+ c2

2−14

+ c3

3λ4

= 0 =

000

.

Entonces mulptiplicando y sumando se obtiene

c1 + 2c2 + 3c3

2c1 − c2 + λc3

3c1 + 4c2 + 4c3

=

000

.

Esto nos lleva al sistema de tres ecuaciones y tres incognitas

c1 + 2c2 + 3c3 = 0 , (1.1)

2c1 − c2 + λc3 = 0 , (1.2)

3c1 + 4c2 + 4c3 = 0 . (1.3)

Ası, los vectores seran linealmente dependientes si y solo si el sistematiene soluciones no triviales. Despejando en (1.1)

c1 = −2c2 − 2c3 . (1.4)

Si (1.4) en (1.3) y despejando

c2 = −5c3

2. (1.5)

6 Capıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

Si (1.5) en (1.4) obtenemos

c1 = 2c3 . (1.6)

Finalmente (1.5) y (1.6) en (1.2) obtenemos

2c1 − c2 + λc3 = 0

2(2c3) +5

2c3 + λc3 = 0

(λ +13

2)c3 = 0 .

Para obtener infinitas soluciones necesitamos que una de las ecuacionesse anule esto se consigue con λ = −13

2, con este valor los vectores son

linealmente dependientes.

1.8. Considere el sistema de ecuaciones

x1 + x2 + x3 = 1 ,

x1 − 2x2 + ax3 = b ,

2x1 + x2 + 3x3 = c ,

donde a, b, c son constantes. Determine los valores de a, b, c tales que elsistema: no tenga solucion, tenga solucion unica, tenga infinitas solu-ciones.

Solucion: Primeros hacemos eliminacion de Gauss

1 1 11 −2 a2 1 3

∣∣∣∣∣∣

1bc

∼

1 1 10 −3 a − 10 −1 1

∣∣∣∣∣∣

1b − 1c − 2

∼

1 1 10 1 1

3(1 − a)

0 −1 1

∣∣∣∣∣∣

113(1 − b)c − 2

∼

1 0 1 + 13(a − 1)

0 1 13(1 − a)

0 0 13(4 − a)

∣∣∣∣∣∣

13(b − 1) + 113(1 − b)

13(3c − b − 5)

.

La ultima fila de la matriz ampliada equivale a

1

3(4 − a)x3 =

1

3(3c − b − 5) ⇒ (4 − a)x3 = 3c − b − 5 .

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 7

Para que no haya soluciones es necesario que el sistema sea inconsis-tente, es decir, que algunas de sus ecuaciones contenga alguna contradic-cion. La unica posible es 0 ·x3 6= 0. Es decir, con a = 4 y 3c− b−5 6= 0.Para que existan infinitas soluciones se necesita una identidad que secumpla siempre. La unica que se cumple siempre independiente del va-lor de x3 es 0 · x3 = 0. Es decir, con a = 4 y 3c − b − 5 = 0.Si se quiere una sola solucion, se debe tener tantas ecuaciones lineal-mente independientes como incognitas y ademas el sistema debe serconsistente. Esto se cumple para cualquier valor de a, b, c excepto parael valor a = 4.

1.9. Encuentre eficientemente la solucion general de los sistemas

1 1 12 1 13 1 1

x1

x2

x3

=

234

y

1 1 12 1 13 1 1

x1

x2

x3

=

235

.

Solucion: Con el metodo de eliminacion de Gauss es posible resolvermultiples sistemas con la misma matriz de coeficientes y distintos vec-tores a la vez. Para esto se construye una matriz ampliada de la forma[ A | ~b1 ... ~bn ].

1 1 12 1 13 1 1

∣∣∣∣∣∣

2 23 34 5

∼

1 1 10 −1 −10 −2 −2

∣∣∣∣∣∣

2 2−1 −1−2 −1

∼

1 1 10 1 10 −2 −2

∣∣∣∣∣∣

2 21 1

−2 −1

∼

1 1 10 1 10 0 0

∣∣∣∣∣∣

2 21 10 1

.

Una vez obtenida la matriz escalonada reducida, se debe despejar lasincognitas del primer y segundo sistema a partir de las columnas corres-pondientes a los vectores (2, 3, 4) y (2, 3, 5), respectivamente. En estecaso el segundo sistema es inconsistente, es decir no tienen soluciones,ya que tenemos 0 · x3 = 1. Para el segundo sistema tenemos infinitassoluciones dadas por

x1 = 1, x2 = 1 − x3, x3 ∈ R .

8 Capıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

1.10. Determine un sistema de ecuaciones Ax = b tal que su conjunto solucionsea:

S =

1202

+

⟨

−1001

,

11

−10

⟩

.

Solucion: El conjunto solucion de Ax = b es x0 + kerA, donde x0 esuna solucion particular de Ax = b. Ademas KerA = 〈 filas de A〉⊥.Entonces

KerA = 〈(−1, 0, 0, 1), (1, 1,−1, 0)〉 .

Sea (a, b, c, d) una fila de A, entonces:

abcd

·

−1001

= 0 y

abcd

·

11

−10

= 0

{−a + d = 0

a + b − c = 0⇔{

d = ac = a + b

.

Tomando A =

(0 1 1 01 0 1 1

)(a = 0, b = 1)(a = 1, b = 0)

. Ahora sea

b = A

1202

=

(0 1 1 01 0 1 1

)

1202

=

(23

)

.

Eligiendo A =

(0 1 1 01 0 1 1

)

y b = (2, 3) el conjunto de Ax = b

coincide con

S =

1202

+

⟨

−1001

,

11

−10

⟩

.

1.11. Considere el plano P de R3 dado por P = {(x, y, z) ∈ R3 : 2x−3y+z =0} y la matriz

A =

1 −1 22 0 11 1 1

.

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 9

Demuestre que la imagen de P a traves de A es un plano y encuentrela ecuacion cartesiana ax + by + cz = d de tal plano.

Solucion: Notemos que

P = {(x, y, z) ∈ R3 : 2x − 3y + z = 0}= {(x, y, x) ∈ R3 : z = 3y − 2x}= {(x, y, 3y − 2x) : x, y ∈ R}= {(x, 0,−2x) + (0, y, 3y) : x, y ∈ R}= {(1, 0,−2)x + (0, 1, 3)y : x, y ∈ R} .

Los vectores (1, 0,−2) y (0, 1, 3) son linealmente independientes, ya que

α(1, 0,−2)+β(0, 1, 3) = (0, 0, 0) ⇒ (α, β,−2α+3β) = (0, 0, 0) ⇒ α = β = 0.

Luego, P = 〈{(1, 0,−2), (0, 1, 3)}〉 = 〈{~v, ~w}〉

A~v =

1 −1 22 0 11 1 1

10

−2

=

−30

−1

,

A~w =

1 −1 22 0 11 1 1

013

=

534

.

Por lo tanto, la imagen de P a traves de A es generado por vectores(−3, 0,−1) y (5, 3, 4), esto es

A(P) = 〈{(−3, 0,−1), (5, 3, 4)}〉= {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = α(−3, 0,−1) + β(5, 3, 4) α, β ∈ R}= {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = (−3α + 5β, 3β,−α + 4β) α, β ∈ R}= {(x, y, z) ∈ R3 : x = −3α + 5β, y = 3β, z = −α + 4β α, β ∈ R}= {(x, y, z) ∈ R3 : 3x + 7y − 9z = 0} .

1.12. Considere la siguiente matriz triangular superior

A =

p 1 00 p 10 0 p

.

Encuentre An, n ∈ N.

10 Capıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

Solucion: Notemos que

A2 =

p 1 00 p 10 0 p

p 1 00 p 10 0 p

=

p2 2p 10 p2 2p0 0 p2

,

A3 =

p2 2p 10 p2 2p0 0 p2

p 1 00 p 10 0 p

=

p3 3p2 3p0 p3 3p2

0 0 p3

,

A4 =

p3 3p 3p0 p3 3p2

0 0 p3

p 1 00 p 10 0 p

=

p4 4p3 6p2

0 p4 4p3

0 0 p4

,

A5 =

p4 4p3 6p2

0 p4 4p3

0 0 p4

p 1 00 p 10 0 p

=

p5 5p4 10p3

0 p5 5p4

0 0 p5

.

Luego, An =

pn npn−1 anpn−2

0 pn npn−1

0 0 pn

donde an+1 = an+(n−1), ∀n > 1

y a1 = 0.

1.13. Demuestre que cualquier matriz cuadrada se puede escribir de maneraunica como la suma de una matriz simetrica y una matriz antisimetrica.

Solucion: Se dice que una matriz es simetrica si At = A y se diceque una matriz es antisimetrica si At = −A. Consideremos las matrices12(A + At) y 1

2(A − At) entonces

[1

2(A + At)]t =

1

2(At + (At)t) =

1

2(At + A) =

1

2(A + At) .

Luego, 12(A + At) es una matriz simetrica.

[1

2(A − At)]t =

1

2(At − (At)t) =

1

2(At − A) = −1

2(A − At) .

Luego, 12(A − At) es un matriz antisimetrica. Por lo tanto, podemos

escribir A como

A =1

2(A + At) +

1

2(A − At) .

1.14. Resuelva la siguiente ecuacion matricial(

1 13 4

)

X

(4 −2

−3 2

)

=

(6 422 14

)

.

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 11

Solucion: Sean A =

(1 13 4

)

, B =

(4 −2

−3 2

)

y C =

(6 422 14

)

y notemos que si existen las matrices inversas de A y B, entonces

AXB = C ⇒ AXBB−1 = CB−1

⇒ AX = CB−1

⇒ A−1AX = A−1CB−1

⇒ X = A−1CB−1 .

Usando eliminacion de Gauss, podemos encontrar A−1 y B−1.

[1 13 4

∣∣∣∣

1 00 1

]

∼[

1 10 1

∣∣∣∣

1 0−3 1

]

∼[

1 00 1

∣∣∣∣

4 −1−3 1

]

y

[4 −2

−3 2

∣∣∣∣

1 00 1

]

∼[

1 −12

−3 2

∣∣∣∣

14

00 1

]

∼[

1 −12

0 12

∣∣∣∣

14

034

1

]

∼[

1 00 1

2

∣∣∣∣

1 134

1

]

∼[

1 00 1

∣∣∣∣

1 132

2

]

.

Entonces

A−1 =

(4 −1

−3 1

)

, B−1 =

(1 132

2

)

.

Luego, tenemos que

X = A−1CB−1 =

(4 −1

−3 1

)(6 4

22 14

)(1 132

2

)

=

(2 24 2

)(1 132

2

)

=

(5 67 8

)

.

1.15. Sea A de 2 × 2 tal que A(1, 0)⊤ = (3, 6)⊤ y A(0, 1)⊤ = (1, 2)⊤

(a) Mostrar que la imagen bajo A de la recta 3x + 2y = 0 es la recta2x − y = 0.

(b) Hay una recta L que pasa por el origen y que queda fija bajo A, ( esdecir, A(L) = L, aunque no necesariamente A(l) = l, para l ∈ L).¿Cual es la recta?

12 Capıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

Solucion:

(a) Si A = (aij) entonces

A(1, 0)⊤ =

(a11 a12

a21 a22

)(10

)

=

(a11

a21

)

=

(36

)

,

A(0, 1)⊤ =

(a11 a12

a21 a22

)(01

)

=

(a12

a22

)

=

(12

)

.

Por lo que A =

(3 16 2

)

. Buscamos el vector generador de la recta

3x + 2y = 0

L = {(x, y) ∈ R2 : 3x + 2y = 0}

= {(x, y) ∈ R2 : y = −3

2x}

=

{(

x,−3

2x

)

: x ∈ R

}

=

{

x

(

1,−3

2

)

: x ∈ R

}

=

⟨{(

1,−3

2

)}⟩

y obtenemos

A(1,−3/2)⊤ =

(3 16 2

)(1

−32

)

=

(32

3

)

.

Entonces la imagen de bajo A de la recta es:

A(L) =

⟨{(3

2, 3

)}⟩

=

{

α

(3

2, 3

)

: α ∈ R

}

={

(x, y) ∈ R2 : x =y

2

}

= {(x, y) ∈ R2 : 2x − y = 0} .

(b) Si L es la recta que pasa por el origen entonces consideremos

L = {(x, y) ∈ R2 : y = mx}= {(x, mx) : x ∈ R}= 〈{(1, m)}〉 .

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 13

Entonces,

(3 16 2

)(1m

)

=

(3 + m6 + 2m

)

y

A(L) = 〈{(3 + m, 6 + 2m)}〉= {((3 + m, 6 + 2m) : x ∈ R}= {(x, y) ∈ R2 : 2x − y = 0} .

Si consideremos la recta

L = {(x, y) ∈ R2 : 2x − y = 0}

entonces A(L) = L .

1.16. Sea A = (aij) ∈ Mn(R). Se define la traza de A, denotada por tr(A),como

tr(A) =n∑

i=1

aii = a11 + a22 + · · ·+ ann .

Si A, B ∈ Mn(R), demuestre

(a) tr(AB) = tr(BA).

(b) tr(AAt) > 0, si A 6= 0.

Solucion:

(a) Sean A = (aij), B = (bij), AB = (cij) y BA = (dij) entonces unelemento de la diagonal de la matriz AB es

cii =

n∑

k=1

aikbki ,

luego,

tr(AB) =

n∑

i=1

cii =

n∑

i=1

n∑

k=1

aikbki =

n∑

i=1

n∑

k=1

bkiaik =

n∑

k=1

[n∑

i=1

bkiaik

]

=

n∑

k=1

dkk = tr(BA) .

(b) Si A = (aij) entonces At = (bij) = (aji) si denotamos AAt = (rij)entonces:

tr(AAt) =

n∑

i=1

rii =

n∑

i=1

n∑

k=1

aikbki =

n∑

i=1

n∑

k=1

aikaik =

n∑

k=1

n∑

i=1

(aki)2 > 0.

14 Capıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

1.17. Si tanα = (a/b), demuestre que

[1 (a/b)

−(a/b) 1

]n

=

(

1 +a2

b2

)n/2 [cos nα sin nα

− sin nα cos nα

]

.

Solucion: Demostramos la igualdad haciendo induccion sobre nPara n = 1, tenemos que:

(

1 +a2

b2

)1/2 [cos α sin α

− sin α cos α

]

=(1 + tan2 α

)1/2[

cos α sin α− sin α cos α

]

= sec α

[cos α sin α

− sin α cos α

]

=

[1 (a/b)

−(a/b) 1

]

.

Ahora suponiendo que se cumple para n, probamos que es valido paran + 1.

[1 a

b

−ab

1

]n+1

=

[1 a

b

−ab

1

]n [1 a

b

−ab

1

]

=

(

1 +a2

b2

)n/2 [cos nα sin nα

− sin nα cos nα

] [1 a

b

−ab

1

]

= (1 + tan2 α)n/2

[cos nα sin nα

− sin nα cos nα

] [1 sin α

cos α

− sin αcos α

1

]

= (sec2 α)n/2

[cos nα sin nα

− sin nα cos nα

]

sec α

[cos α sin α

− sin α cos α

]

= secn+1 α

[cos nα cos α − sin nα sin α cos nα sin α + sin nα cos α

− sin nα cos α − cos nα sin α − sin nα sin α + cos nα cos α

]

= (1 + tan2 α)(n+1)/2

[cos(n + 1)α sin(n + 1)α

− sin(n + 1)α cos(n + 1)α

]

=

(

1 +a2

b2

)(n+1)/2 [cos(n + 1)α sin(n + 1)α

− sin(n + 1)α cos(n + 1)α

]

.

1.18. Demuestre que si A es una matriz cuadrada tal que An = 0, entoncesI − A es invertible.

Solucion: Basta observar que

(I − A)(I + A + A2 + ... + An−1) = (I − An) .

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 15

Como An = 0, entonces:

(I − A)(I + A + A2 + ... + An−1) = I .

Luego, I + A + A2 + ... + An−1 = (I − A)−1 y I − A es invertible.

1.19. Sea A =

1 2 02 −1 00 0 1

. Verifique que A3 − A2 − 5A + 5I3 = 0 para

determinar A−1 en funcion de A.

Solucion: Tenemos que

A2 =

1 2 02 −1 00 0 1

1 2 02 −1 00 0 1

=

5 0 00 5 00 0 1

A3 =

1 2 02 −1 00 0 1

5 0 00 5 00 0 1

=

5 10 010 −5 00 0 1

y entonces A3 − A2 =

0 10 010 −10 00 0 0

. Luego,

A3 − A2 − 5A + 5I3 =

0 10 010 10 00 0 0

− 5

1 2 02 −1 00 0 1

+ 5

1 0 00 1 00 0 1

=

0 10 010 −10 00 0 0

+

−5 −10 0−10 5 00 0 −5

+

5 0 00 5 00 0 5

=

0 10 010 −10 00 0 0

+

0 −10 0−10 10 00 0 0

= 0 .

Notemos que

A3 − A2 − 5A + 5I3 = 0 ⇒ (A2 − A − 5I3)A = −5I3

⇒ 1

5(A − A2 + 5I3)A = I3

⇒ A−1 =1

5(A − A2 + 5I3)

⇒ A−1 =1

5

1 0 02 −1 00 0 5

.

16 Capıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

1.20. Calcule una inversa por la derecha de:

A =

[1 2 −6

−3 −8 5

]

.

Solucion: Calcular una inversa por la derecha es equivalente a resolverAX = I donde X corresponde a la inversa por la derecha de A, comoA2×3 y I2×2, la unica opcion es que X3×2, luego,

X =

x11 x12

x21 x22

x31 x32

esto es equivalente a resolver simultaneamente los sistemasA(x11, x21, x31)

⊤ = (1, 0)⊤ y A(x12, x22, x32)⊤ = (0, 1)⊤.

Usamos eliminacion de Gauss, para resolver el sistema[

1 2 −6 1 0−3 −8 5 0 1

]

∼[

1 2 −6 1 00 −2 −13 3 1

]

∼[

1 2 −6 1 00 1 13

2−3

2−1

2

]

∼[

1 0 −19 4 10 1 13

2−3

2−1

2

]

.

Entonces,

x11 = 4 + 19x31 ,

x12 = 1 + 19x32 ,

x21 = −3

2− 13

2x31 ,

x22 = −1

2− 13

2x32 .

Ası, obtenemos una familia de matrices inversas por la derecha, paravalores x31, x32 en R, tomando x31 = x32 = 0 se obtiene

X =

4 1−3

2−1

2

0 0

.

1.21. Sea A de 3 × 4 tal que existen v1, v2, v3 ∈ R tales que

Av1 =

110

, Av2 =

012

, Av3 =

11−1

.

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 17

(a) Demuestre que el sistema Ax = b es consistente para todo b ∈ R3.

(b) Determine un vector x ∈ R4 tal que Ax =

123

.

Solucion:

(a) Ax = b es consistente para todo b si solo si A es sobre si solo si Atiene inversa por la derecha. Sea B = [v1v2v3], entonces AB = Ccon

C =

1 0 11 1 10 2 −1

dado que C es invertible, entonces ABC−1 = I y la inversa por laderecha de A es BC−1, donde

C−1 =

3 −2 1−1 1 0−2 2 −1

.

(b) De lo anterior se tiene que ABC−1 = I, entonces ABC−1

123

=

123

. Entonces x = BC−1

123

=

21

−1

= 2v1 + v2 − v3.

1.22. Determine los valores de α, β para los cuales S = {v1, v2, v3} es lineal-mente dependiente y b pertenece a 〈S〉 (ambas situaciones a la vez),donde

v1 =

11β

, v2 =

211

, v3 =

12α

, b =

αβ1

.

Solucion: Construyo la matriz A cuyas columnas son los vectores v1, v2, v3

18 Capıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

y b, esto es

A = [ ~v1 ~v2 ~v3~b ]

=

1 2 1 α1 1 2 ββ 1 α 1

∼

1 2 1 α0 −1 1 β − α0 1 − 2β α − β 1 − αβ

∼

1 2 1 α0 1 −1 α − β0 0 α − β + (1 − 2β) 1 + β − α + αβ − 2β2

.

Los vectores ~v1, ~v2, ~v3 son linealmente dependientes si solo si

α − 3β + 1 = 0 .

El vector ~b pertenece a 〈~v1, ~v2, ~v3〉 si solo si

1 + β − α + αβ − 2β2 = 0 .

Resuelvo

{α − 3β + 1 = 0

1 + β − α + αβ − 2β2 = 0⇒{

α = −1 + 3ββ2 − 3β + 2 = 0

.

Encontramos dos soluciones α = 2, β = 1 o α = 5, β = 2.

1.23. Sea A =

2 4 30 1 −13 5 7

. Calcule adj A.

Solucion: Se tiene A11 =

∣∣∣∣

1 −15 7

∣∣∣∣= 12, A12 = −

∣∣∣∣

0 −13 7

∣∣∣∣= −3,

A13 = −3, A21 = −13, A22 = 5, A23 = 2, A31 = −7, A32 = 2 y

A33 = 2.

Ası, B =

∣∣∣∣∣∣

12 −3 −3−13 5 2−7 2 2

∣∣∣∣∣∣

y adj A = Bt =

∣∣∣∣∣∣

12 −13 −7−3 5 2−3 2 2

∣∣∣∣∣∣

.

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 19

1.24. Resuelva el sistema usando la regla de Cramer

2x1 + 4x2 + 6x3 = 18 ,

4x1 + 5x2 + 6x3 = 24 ,

3x1 + x2 − 2x3 = 4 .

Solucion: Primero se tiene

D =

∣∣∣∣∣∣

2 4 64 5 63 1 −2

∣∣∣∣∣∣

= 6

de manera que el sistema tiene solucion unica.

Despues D1 =

∣∣∣∣∣∣

18 24 44 5 63 1 −2

∣∣∣∣∣∣

= 24, D2 =

∣∣∣∣∣∣

2 4 618 24 43 1 −2

∣∣∣∣∣∣

= −12 y

D3 =

∣∣∣∣∣∣

2 4 64 5 618 24 4

∣∣∣∣∣∣

= 18.

Por lo tanto, x1 = D1

D= 24

6= 4, x2 = D2

D= −12

6= −2 y x3 = D3

D= 18

6=

3.

1.25. Sea A =

4 3 2 13 2 1 42 1 4 3

, con coeficientes en Z5. Hallar el Ker(A).

Solucion: Reducimos la matriz por eliminacion de Gauss y obtenemos

4 3 2 13 2 1 42 1 4 3

−−−→

1 0 0 40 1 0 40 0 1 4

tenemos que x1 = −4x4, x2 = −4x4 y x3 = −4x4, entonces:

KerA =

⟨

−4−4−4

1

⟩

(mod 5)=

⟨

1111

⟩

.

20 Capıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

Capıtulo 2

Factorizaciones de Matrices

2.1. Demuestre la matriz A =

2 4 64 5 63 1 −2

es invertible y escribala como

producto de matrices elementales.

Solucion: Para resolver el problema, se reduce A a I y se registranlas operaciones elementales filas.

2 4 6 1 0 04 5 6 0 1 03 1 −2 0 0 1

E1( 1

2)−−−−→

1 2 3 12

0 04 5 6 0 1 03 1 −2 0 0 1

E2,1(−4)

E3,1(−3)−−−−−→

1 2 3 12

0 00 −3 −6 −2 1 00 −5 −11 −3

20 1

E2(− 13)−−−−−→

1 2 3 12

0 00 1 2 2

3−1

30

0 −5 −11 −32

0 1

E1,2(−2)

E3,2(5)−−−−−→

1 2 −1 −56

23

00 1 2 2

3−1

30

0 0 −1 −116

−53

1

E3(−1)−−−−−→

1 0 −1 −56

23

00 1 2 2

3−1

30

0 0 1 −116

53

−1

E1,3(1)

E2,3(−2)−−−−−→

1 0 0 −83

73

−10 1 0 13

3−11

32

0 0 1 −116

53

−1

.

21

22 Capıtulo 2. Factorizaciones de Matrices

Como A se redujo a I, se tiene:

A−1 =

−83

73

−1133

−113

2−11

653

−1

=1

6

−16 14 −626 −22 12

−11 10 −6

.

A−1 se obtuvo comenzando con I y aplicando nueve operaciones ele-mentales. Ası, A−1 es el producto de nueve matrices elementales

A−1 =

1 0 00 1 −20 0 1

︸ ︷︷ ︸

E2,3(−2)

1 0 10 1 00 0 1

︸ ︷︷ ︸

E1,3(1)

1 0 00 1 00 0 −1

︸ ︷︷ ︸

E3(−1)

1 0 00 1 00 5 1

︸ ︷︷ ︸

E3,2(5)

1 −2 00 1 00 0 1

︸ ︷︷ ︸

E1,2(−2)

×

1 0 00 −1

30

0 0 1

︸ ︷︷ ︸

E2(− 13)

1 0 00 1 0

−3 0 1

︸ ︷︷ ︸

E3,1(−3)

1 0 0−4 1 0

0 0 1

︸ ︷︷ ︸

E2,1(−4)

12

0 00 1 00 0 1

︸ ︷︷ ︸

E1( 12)

.

Entonces A = (A−1)−1 = producto de las inversas de las nueve matriceselementales en orden opuesto.Observacion: Las inversas de las matrices elementales son:

(Ei,j(α))−1 = Ei,j(−α) ,

(Ei(α))−1 = Ei

(1

α

)

,

(Pi,j)−1 = Pi,j .

Entonces, tenemos que

2 4 64 5 63 1 −2

=

2 0 00 1 00 0 1

1 0 04 1 00 0 1

1 0 00 1 03 0 1

1 0 00 −3 00 0 1

×

1 2 00 1 00 0 1

1 0 00 1 00 −5 1

1 0 00 1 00 0 −1

1 0 −10 1 00 0 1

1 0 00 1 20 0 1

.

2.2. Escriba la matriz

A =

3 6 92 5 11 1 8

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 23

como el producto de matrices elementales y una matriz triangular su-perior.

Solucion: Se reduce A por filas para obtener la forma escalonada

3 6 92 5 11 1 8

E1( 1

3)−−−−−→

1 2 32 5 11 1 8

E3,1(−1)−−−−−→

1 2 30 1 −50 −1 5

E2,1(−2)

E3,1(−1)−−−−−→

1 2 30 1 −50 −1 5

E3,2(1)−−−−−→

1 2 30 1 −50 0 0

= U .

Despues, al trabajar hacia atras, se ve que

U =

1 2 30 1 −50 0 0

=

1 0 00 1 00 1 1

1 0 00 1 0−1 0 1

×

1 0 0−2 1 00 0 1

13

0 00 1 00 0 1

3 6 92 5 11 1 8

y tomando las inversas de las cuatro matrices elementales, se obtiene

A =

3 6 92 5 11 1 8

=

3 0 00 1 00 0 1

1 0 02 1 00 0 1

1 0 00 1 01 0 1

×

1 0 00 1 00 −1 1

1 2 30 1 −50 0 0

.

2.3. Sea

A =

2 3 2 44 10 −4 0−3 −2 −5 −2−2 4 4 −7

.

24 Capıtulo 2. Factorizaciones de Matrices

(a) Escriba A como producto de una matriz triangular inferior y unamatriz triangular superior.

(b) Resuelva el sistema Ax = b, donde b =

4−8−4−1

.

Solucion:

(a) Hacemos eliminacion gaussiana, pero esta vez no se dividen los el-mentos de la diagonal (pivotes) por sı mismos:

2 3 2 44 10 −4 0−3 −2 −5 −2−2 4 4 −7

E2,1(−2)

E3,1( 32 )−−−−−→

2 3 2 40 4 −8 −80 5

2−2 4

0 7 6 −3

E3,2(− 58 )

E4,2(− 74 )−−−−−→

2 3 2 40 4 −8 −80 0 3 90 0 20 11

E4,3(− 203

)−−−−−→

2 3 2 40 4 −8 −80 0 3 90 0 0 −49

= U .

Usando las matrices elementales se puede escribir

U =

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 −20

31

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 −7

40 1

1 0 0 00 1 0 00 −5

81 0

0 0 0 1

×

1 0 0 00 1 0 00 0 1 01 0 0 1

1 0 0 00 1 0 032

0 1 00 0 0 1

1 0 0 0−2 1 0 00 0 1 00 0 0 1

A .

Luego

A =

1 0 0 02 1 0 00 0 1 00 0 0 1

1 0 0 00 1 0 0−3

20 1 0

0 0 0 1

1 0 0 00 1 0 00 0 1 0−1 0 0 1

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 25

×

1 0 0 00 1 0 00 5

81 0

0 0 0 1

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 7

40 1

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 20

31

U .

Se ha escrito A como un producto de seis matrices elementales yuna matriz triangular superior. Sea L el producto de las matrices

elementales. Debe usted verificar que L =

1 0 0 02 1 0 0−3

258

1 0−1 7

4203

1

, que

es un matriz triangular inferior con unos en la diagonal. Despuesse puede escribir A = LU , donde L es triangular inferior y U estriangular superior. Esta factorizacion se llama factorizacion LU deA.

(b) De lo anterior se puede escribir A = LU , donde

L =

1 0 0 02 1 0 0−3

258

1 0−1 7

4203

1

, U =

2 3 2 40 4 −8 −80 0 3 90 0 0 −49

.

El sistema Ly = b conduce a las ecuaciones

y1 = 4 ,

2y1 + y2 = −8 ,

−3

2y1 +

5

8y2 + y3 = −4 ,

−y1 +7

4y2 +

20

3y3 + y4 = −1 ,

o bien

y1 = 4 ,

y2 = −8 − 2y2 = −16 ,

y3 = −4 +3

2y1 −

5

8y2 = 12 ,

y4 = −1 + y1 −7

4y2 −

20

3y3 = −49 .

Se acaba de realizar la sustitucion hacia adelante. Ahora, de Ux = y

26 Capıtulo 2. Factorizaciones de Matrices

se obtiene

2x1 + 3x2 + 2x3 + 4x4 = 4 ,

4x2 − 8x3 − 8x4 = −16 ,

3x3 + 9x4 = 12 ,

−49x4 = −49 ,

o bien

x4 = 1 ,

3x3 = 12 − 9x4 = 3 ⇒ x3 = 1 ,

4x2 = −16 + 8x3 + 8x4 = −16, ⇒ x2 = 0 ,

2x1 = 4 − 3x2 − 2x3 − 4x4 = −2, ⇒ x1 = −1 .

La solucion es x =

−1011

.

2.4. (Un camino mas sencillo para obtener la factorizacion LU) Encuentrela factorizacion LU de

2 3 2 44 10 −4 0−3 −2 −5 −2−2 4 4 −7

.

Solucion: Este problema ya lo resolvimos en el ejercicio 2.3. Ahora seusara un metodo mas sencillo. Si A = LU , se sabe que A se puedefactorizar como

A =

2 3 2 44 10 −4 0−3 −2 −5 −2−2 4 4 −7

=

1 0 0 0a 1 0 0b c 1 0d e f 1

2 3 2 40 u v w0 0 x y0 0 0 z

= LU.

Observese que la primera fila de U es la misma primera fila de A porqueal reducir A a la forma triangular, no se efectua ninguna operacionelemental a la primera fila.Se pueden obtener todos los coeficientes que faltan con solo multiplicarlas matrices. La componente 2, 1 de A es 4. Ası, el producto escalar dela segunda fila de L y la primera columna de U es igual a 4

4 = 2a ⇒ a = 2 .

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 27

Ası, tenemos que

componente 2,3: −4 = 4 + v ⇒ v = −8 ,

componente 2,4: 0 = 8 + w ⇒ w = −8 ,

componente 3,1: −3 = 2b ⇒ b = −3

2,

componente 3,2: −2 = −9

2+ 4c ⇒ c =

5

8,

componente 3,3: −5 = −3 − 5 + x ⇒ x = 3 ,

componente 3,4: −2 = −6 − 5 + y ⇒ y = 9 ,

componente 4,1: −2 = 2d ⇒ d = −1 ,

componente 4,2: 4 = −3 + 4e ⇒ e =7

4,

componente 4,3: 4 = −2 − 14 + 3f ⇒ f =20

3,

componente 4,4: −7 = −4 − 14 + 60 + z ⇒ z = −49 .

El resultado es la factorizacion que se obtuvo en el ejercicio 2.3. con unesfuerzo considerablemente menor.

2.5. Demuestre que

1 2 3−1 −2 −32 4 6

tiene mas de una factorizacion LU .

Solucion: Usando la tecnica del problema 2.4, se obtiene la factori-zacion

A =

1 2 3−1 −2 −32 4 6

=

1 0 0−1 1 02 0 1

1 2 30 0 00 0 0

= LU .

Sin embargo, si se hace L1 =

1 0 0−1 1 02 x 1

, entonces A = L1U para

cualquier numero real x. Ası, en este caso, A tiene una factorizacion LUpero no es unica. Debe verificarse que A no es invertible.Por otro lado,

B =

1 2 32 −1 43 1 7

=

1 0 02 1 03 1 1

1 2 30 −5 −20 0 0

= L′U ′

y esta factorizacion es unica, aunque B no sea invertible. El lector debeverificar estos hechos. Este ejemplo muestra que si una matriz cuadrada

28 Capıtulo 2. Factorizaciones de Matrices

con una factorizacion LU no es invertible, entonces su factorizacion LUpuede ser o no unica.

2.6. Encuentre una matriz de permutacion P y matrices triangulares inferiory superior L y U tales que PA = LU para la matriz

A =

0 2 32 −4 71 −2 5

y resuelva el sistema Ax = b donde b =

79

−6

.

Solucion: Para reducir A por filas a la forma triangular superior,primero se intercambian las filas 1 y 3 y despues se continua comosigue

0 2 32 −4 71 −2 5

P1,3−−−−→

1 −2 52 −4 70 2 3

E2,1(−2)−−−−−→

1 −2 50 0 −30 2 3

P2,3−−−−→

1 −2 50 2 30 0 −3

.

Al realizar esta reduccion por reglones se hicieron dos permutaciones.

P1,3 =

0 0 10 1 01 0 0

, P2,3 =

1 0 00 0 10 1 0

.

Entonces

P = P2,3P1,3 =

1 0 00 0 10 1 0

0 0 10 1 01 0 0

=

0 0 11 0 00 1 0

y

PA =

0 0 11 0 00 1 0

0 2 32 −4 71 −2 5

=

1 −2 50 2 32 −4 7

.

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 29

Esta matriz se puede reducir a una forma triangular superior sin per-mutaciones. Se tiene

1 −2 50 2 32 −4 7

E3,1(−2)−−−−→

1 −2 50 2 30 0 −3

= U .

Ası,

1 0 00 1 0−2 0 1

PA = U ,

o bien

PA =

1 0 00 1 02 0 1

1 −2 50 2 30 0 −3

= LU .

Por otro lado, tenemos que

LUx = PAx = Pb =

0 0 11 0 00 1 0

79

−6

=

−679

.

Se busca un y tal que Ly =

−679

. Esto es,

1 0 00 1 02 0 1

y1

y2

y3

=

−679

.

Entonces, y1 = −6, y2 = 7 y 2y1 + y3 = 9, por lo que y3 = 21 y

y =

−6721

.

Continuando, se busca un x tal que Ux =

−6721

; es decir,

1 −2 50 2 30 0 −3

x1

x2

x3

=

−6721

.

30 Capıtulo 2. Factorizaciones de Matrices

Por lo que

x1 − 2x2 + 5x3 = −6 ,

2x2 + 3x3 = 7 ,

−3x3 = 21 .

Por ultimo, se obtiene despejando que x =

5714−7

.

2.7. Calcule la factorizacion de Choleski (con y sin raız) de la matriz

A =

4 −1 1−1 17

4114

1 114

72

.

Solucion: La factorizacion de Choleski sin raız corresponde a LDLT ,para esto primero debemos determinar la factorizacion LU .

A =

4 −1 1−1 17

4114

1 114

72

=

1 0 0−1

41 0

14

34

1

4 −1 10 4 30 0 1

= LU

Se deduce entonces que la factorizacion de Choleski sin raız, LDLT deA es:

A =

1 0 0−1

41 0

14

34

1

4 0 00 4 00 0 1

1 −14

14

0 1 34

0 0 1

Por otro lado, tenemos que

A = LDLT

= L√

D√

DLT

= (L√

D)(L√

DT)T

= (L√

D)(L√

D)T

= KKT

donde K = L√

D. Luego, tenemos la siguiente factorizacion de Choleski

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 31

con raız de A es la que sigue:

A =

1 0 0−1

41 0

14

34

1

√4 0 0

0√

4 00 0 1

√4 0 0

0√

4 00 0 1

1 −14

14

0 1 34

0 0 1

=

1 0 0−1

41 0

14

34

1

2 0 00 2 00 0 1

2 0 00 2 00 0 1

1 −14

14

0 1 34

0 0 1

=

2 0 0−1

22 0

12

32

1

2 −12

12

0 2 32

0 0 1

2.8. Demuestre que si A es invertible B = AT A y B = RT R es la factori-zacion de Choleski (con raız cuadrada) de B, X es la solucion RT = AT ,Y es la solucion de RY = X, entonces Y = A−1.

Solucion: Si RT X = AT y RY = X, entonces

RT RY = AT

BY = AT

AT AY = AT /(AT )−1

AY = I /A−1

Y = A−1 .

2.9. Sea A una matriz cuadrada de orden k y considera la matriz cuadradaB de orden k + 1 definida por

B =

1 0 . . . 01... A1

.

Supongamos que A admite la descomposicion A = LU . Determine unadescomposicion B = LU para la matriz B.

Solucion: Notemos que:

1 0 . . . 01... A1

Ei,1(−1)

i=2,..., k+1−−−−−→

1 0 . . . 00... A0

=

1 0 . . . 00... LU0

.

32 Capıtulo 2. Factorizaciones de Matrices

Sea E = Ek+1,1(−1)Ek,1(−1) · · ·E3,1(−1)E2,1(−1), entonces

EB =

1 0 . . . 00... LU0

=

1 0 . . . 00... L0

1 0 . . . 00... U0

.

Entonces

B = E−1

1 0 . . . 00... L0

1 0 . . . 00... U0

=

1 0 . . . 01... L1

1 0 . . . 00... U0

= LU .

2.10. Sea

A =

0 0 −1 1 11 2 −2 3 31 2 1 2 1

−1 −2 −2 5 3

.

(a) Determine la factorizacion PA = LU

(b) Determine el valor de α tal que el sistema Ax = (1, 3, α, 3 + 3α)T

tenga solucion.

(c) Resuelva el sistema anterior, con el valor α adecuado.

(d) Usando (a), encuentre bases del espacio fila y del espacio columnade A.

Solucion:

(a) Hacemos eliminacion de Gauss, primero intercambiando las filas 1

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 33

y 2.

0 0 −1 1 11 2 −2 3 31 2 1 2 1

−1 −2 −2 5 3

P1,2−−−→

1 2 −2 3 30 0 −1 1 11 2 1 2 1

−1 −2 −2 5 3

E3,1(−1)

E4,1(1)−−−−−→

1 2 −2 3 30 0 −1 1 10 0 3 −1 −20 0 −4 8 6

E3,2(3)

E4,2(−4)−−−−−→

1 2 −2 3 30 0 −1 1 10 0 0 2 10 0 0 4 2

E3,4(−2)−−−→

1 2 −2 3 30 0 −1 1 10 0 0 2 10 0 0 0 0

= U .

Entonces PA = LU donde

P =

0 1 0 01 0 0 00 0 1 00 0 0 1

, L =

1 0 0 00 1 0 01 −3 1 0

−1 4 2 1

, U =

1 2 −2 3 30 0 −1 1 10 0 0 2 10 0 0 0 0

.

Esta factorizacion no es unica.

(b) Como Ax = b, entonces PAx = Pb y se resulve primero Ly = Pb yluego Ux = y. Tenemos que Pb = (3, 1, α, 3 + 3α)T y

Ly =

1 0 0 00 1 0 01 −3 1 0

−1 4 2 1

y1

y2

y3

y4

=

y1

y2

y1 − 3y2 + y3

−y1 + 4y2 + 2y3 + y4

=

31α

3 + 3α

.

34 Capıtulo 2. Factorizaciones de Matrices

Entonces,

y1

y2

y3

y4

=

31α

α + 2

.

Luego y = (3, 1, α + 3, α − 4)T , como la ultima fila de U es nula, elsistema Ux = y tiene solucion si y solo si α+2 = 0, esto es α = −2.

(c) Resolvemos para α = −2, Ux = (3, 1,−2, 0)T

Ux =

1 2 −2 3 30 0 −1 1 10 0 0 2 10 0 0 0 0

x1

x2

x3

x4

x5

=

x1 + 2x2 − 2x3 + 3x4 + 3x5

−x3 + x4 + x5

2x4 + x5

0

=

31

−20

.

Tomando x1, x3, x4 como variables basicas y x2, x5 como variableslibres obtenemos: x = (2 − x2, x2,−2 + 1

2x2,−1 − 1

2x5, x5)

T . Lasolucion de Ax = b entonces

x =

20

−2−1

0

+ x2

−21000

+ x5

−12

20

−12

1

(d) Una base del espacio columna de A esta formada por las columnasasociadas a las variables basicas de A, que son las columnas 1, 3, 4.Entonces una base del espacio columna de A es

BEsp. Col =

011

−1

,

−1−2

1−2

,

1325

.

Una base del espacio fila es el conjunto de filas no nulas de la matrizU . Entonces una base del espacio fila es

BEsp. F ila = {(1, 2,−2, 3, 3), (0, 0,−1, 1, ), (0, 0, 0, 2, 1)} .

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 35

2.11. Dada la matriz

A =

p −p 2p−p p + 2 −12p −1 6p − 1

se pide:

(a) Determinar para que valores de p la matriz es definida positiva.

(b) Para p = 1, efectuar la descomposicion de Choleski y utilizarla pararesolver el sistema Ax = b siendo b = (1, 0, 3)t.

Solucion:

(a) Para que A sea positiva definida las submatrices principales tienenque tener determinante no negativo.

|A1| = p > 0 |A2| =

∣∣∣∣

p −p−p p + 2

∣∣∣∣= 2p > 0 ,

|A3| =

∣∣∣∣∣∣

p −p 2p−p p + 2 −12p −1 6p − 1

∣∣∣∣∣∣

= −p(4p2 − 8p + 3) > 0 .

Como p > 0 tenemos que |A3| > 0 ⇔ 4p2 − 8p + 3 < 0, entonces4p2 − 8p + 3 = 0 ⇒ p = 4±2

4, es decir: p = 1

2o p = 3

2. Se deduce

entonces que 4p2 − 8p + 3 < 0 ⇔ 12

< p < 32.

(b) Para p = 1 tenemos que A =

1 −1 2−1 3 −1

2 −1 5

determinamos su

factorizacion LU

1 −1 2−1 3 −1

2 −1 5

E2,1(1)

E3,1(−2)−−−−−→

1 −1 20 2 10 1 1

E3,2(− 12)−−−−−→

1 −1 20 2 10 0 1

2

= U .

36 Capıtulo 2. Factorizaciones de Matrices

Entonces

A = LU =

1 0 0−1 1 0

2 12

1

1 −1 20 2 10 0 1

2

=

1 0 0−1 1 0

2 12

1

1 0 00 2 00 0 1

2

1 −1 20 1 1

2

0 0 1

F.C. sin raız

=

1 0 0−1 1 0

2 12

1

1 0 0

0√

2 00 0 1√

2

1 0 0

0√

2 00 0 1√

2

1 −1 20 1 1

2

0 0 1

=

1 0 0

−1√

2 0

2√

22

√2

2

1 −1 2

0√

2√

22

0 0√

22

.

El sistema Ax = b se puede escribir de la forma

1 0 0

−1√

2 0

2√

22

√2

2

1 −1 2

0√

2√

22

0 0√

22

x1

x2

x3

=

103

.

Del primero de ellos, tenemos que

1 0 0

−1√

2 0

2√

22

√2

2

y1

y2

y3

=

103

se decuce que y1 = 1, y2 = 1√2, y3 = 1√

2. y de la segunda se ve que

1 −1 2

0√

2√

22

0 0√

22

x1

x2

x3

=

11√2

1√2

entonces x1 = −1, x2 = 0, x3 = 1.

2.12. Realizar la factorizacion de Choleski de la matriz

A =

1 1 1 11 5 3 31 3 11 51 3 5 19

.

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 37

Solucion: Claramente la matriz A es simetrica, ademas dado que eldeterminante de las matrices subprincipales son no negativos, ya que:

|A1| = 1 > 0, |A2| =

∣∣∣∣

1 11 5

∣∣∣∣= 4 > 0 ,

|A3| =

∣∣∣∣∣∣

1 1 11 5 31 3 11

∣∣∣∣∣∣

= 36 > 0, |A4| =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 11 5 3 31 3 11 51 3 5 19

∣∣∣∣∣∣∣∣

= 576 > 0 .

Hacemos eliminacion de Gauss, para hallar la factorizacion LU

1 1 1 11 5 3 31 3 11 51 3 5 19

Ei,1(−1)

i=2,3,4−−−−−→

1 1 1 10 4 2 20 2 10 40 2 4 18

Ei,2(− 12 )

i=3,4−−−−−→

1 1 1 10 4 2 20 0 9 30 0 3 17

E4,3(− 13)−−−−−→

1 1 1 10 4 2 20 0 9 30 0 0 16

= U .

Entonces,

A =

1 0 0 01 1 0 01 1

21 0

1 12

13

1

1 1 1 10 4 2 20 0 9 30 0 0 16

= LU .

La Factorizacion de Choleski sin raız es

A = LDLT =

1 0 0 01 1 0 01 1

21 0

1 12

13

1

1 0 0 00 4 0 00 0 9 00 0 0 16

1 1 1 10 1 1

212

0 0 1 13

0 0 0 1

.

38 Capıtulo 2. Factorizaciones de Matrices

La Factorizacion de Choleski con raız es la que sigue

A =

1 0 0 01 1 0 01 1

21 0

1 12

13

1

1 0 0 00 2 0 00 0 3 00 0 0 4

1 0 0 00 2 0 00 0 3 00 0 0 4

1 1 1 10 1 1

212

0 0 1 13

0 0 0 1

=

1 0 0 01 2 0 01 1 3 01 1 1 4

1 1 1 10 2 1 10 0 3 10 0 0 4

.

2.13. Demuestre que si A es simetrica e invertible entonces A2 es simetricadefinida positiva.

Solucion: Primero veamos que A2es simetrica, esto se tiene de(A2)t = AtAt = AA = A2. Falta ver que A2 es definida positiva, enefecto si x ∈ Rn con x 6= 0, entonces

AtA2x = (xtA)Ax = (xtAt)(Ax) = (Ax)t(Ax) = ‖Ax‖2 ≥ 0 .

Como A es invertible y x 6= 0, entonces Ax 6= 0 y por lo tanto ‖Ax‖ 6= 0.

2.14. Sea A simetrica positiva definida de n × n y B una matriz de n × 1.Pruebe que C = 2A3 + 3BBt es simetrica positiva definida.

Solucion: Basta probar que C = Ct. En efecto,

Ct = (2A3 + 3BBt)t

= 2(A3)t + 3(BBt)t

= 2(At)3 + 3(Bt)tBt

= 2A3 + 3BBt

= C .

Ademas, C es positiva definida pues

xtCx = 2xtAAAx + 3xtBBtx

= 2(Ax)tA(Ax) + 3(Btx)t(Btx)

= 2ztAz + 3yty

donde z = Ax y y = Btx. Como A es positiva definida, entonces paratodo z se tiene que ztAz > 0 y como B 6= 0 y x 6= 0, entonces tenemosque Btx 6= 0 y yty > 0.

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 39

2.15. Determine si la siguiente forma cuadratica

2x21 − 4x1x2 + 4x1x3 + 5x2

2 + 8x2x3 + 16x23

es definida positiva o definida negativa y escribala como la suma pon-derada de cuadrados.

Solucion: Toda forma cuadratica puede ser escrita de la forma xT Ax,para esto se suele usar matrices simetricas, para nuestro caso:

A =

2 −2 2−2 5 4

2 4 16

.

Entonces, A representa la forma cuadratica, debido a que

xT Ax = (x1 x2 x3)

2 −2 2−2 5 4

2 4 16

x1

x2

x3

= (x1 x2 x3)

2x1 − 2x2 + 2x3

−2x1 + 5x2 + 4x3

2x1 + 4x2 + 16x3

= 2x21 − 4x1x2 + 4x1x3 + 5x2

2 + 8x2x3 + 16x23 .

Ahora se escribe la matriz en la factorizacion LDLT , para esto debemosescontrar primero la factorizacion LU .

A =

2 −2 2−2 5 4

2 4 16

=

1 0 0a 1 0b c 1

2 −2 20 x y0 0 z

.

Ası, tenemos que

componente 2,1: 2a = −2 ⇒ a = −1 ,

componente 2,2: −2a + x = 5 ⇒ x = 3 ,

componente 2,3: 2a + y = 4 ⇒ y = 6 ,

componente 3,1: 2b = 2 ⇒ b = 1 ,

componente 3,2: −2b + cx = 4 ⇒ c = 2 ,

componente 3,3: 2b + cy + z = 16 ⇒ z = 2 .

40 Capıtulo 2. Factorizaciones de Matrices

Entonces,

A =

2 −2 2−2 5 4

2 4 16

=

1 0 0−1 1 0

1 2 1

2 −2 20 3 60 0 2

= LU .

Se deduce que la factorizacion LDLT de A es

A =

1 0 0−1 1 0

1 2 1

2 0 00 3 00 0 2

1 −1 10 1 20 0 1

.

Notemos que,

xT Ax = xT LDLT x

= (LT x)T D(LT x)

= yTDy

donde y = LT x, es decir

yTDy = (y1 y2 y3)

2 0 00 3 00 0 2

y1

y2

y3

= 2y21 + 3y2

2 + 2y23 .

Ademas, como

y = LT x =

1 −1 10 1 20 0 1

x1

x2

x3

=

x1 − x2 + x3

x2 + 2x3

x3

.

Entonces la forma cuadratica nos queda

xT Ax = yTDy = 2y21 +3y2

2 +2y23 = 2(x1−x2 +x3)

2 +3(x2 +2x3)2 +2x2

3 .

Por ultimo esta forma cuadratica es positiva definida porque xT Ax > 0si x 6= 0, ya que los elementos de la diagonal de la matriz D son mayoresque cero.

2.16. Considere la forma cuadratica

ϕ(x) = x21 + 5x2

2 + 4x23 + 3x2

4 − 2x1x2 − 2x1x4 − 6x2x4 + 4x2x3 − 2x2x4

escrıbala como suma ponderada mediante un cambio de variables ade-cuado y clasifiquela.

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 41

Solucion: Todo forma cuadratica puede escribirse de la forma ϕ(x) =xT Ax donde A es una matriz simetrica, entonces

A =

1 −1 0 −1−1 5 2 −3

0 2 4 −1−1 −3 −1 3

Claramente A representa a la forma cuadratica, ya que

xT Ax = (x1 x2 x3 x4)

1 −1 0 −1−1 5 2 −3

0 2 4 −1−1 −3 −1 3

x1

x2

x3

x4

= (x1 x2 x3 x4)

x1 − x2 − x4

−x1 + 5x2 + 2x3 − 3x4

2x2 + 4x3 − x4

−x1 − 3x2 − x3 + 3x4

= x21 + 5x2

2 + 4x23 + 3x2

4 − 2x1x2 − 2x1x4 − 6x2x4 + 4x2x3 − 2x2x4

= ϕ(x) .

Ahora se puede escribir A en su forma factorizada LDLT , para estodebemos determinar su factorizacion LU .

A =

1 0 0 0−1 1 0 0

0 12

1 0−1 −1 1

31

1 −1 0 −10 4 2 −40 0 3 10 0 0 −7

3

= LU .

Los pivotes son 1, 4, 3,−73, entonces la forma cuadratica ϕ no es definida

positiva, ni definida negativa.

42 Capıtulo 2. Factorizaciones de Matrices

Ahora,

A =

1 0 0 0−1 1 0 0

0 12

1 0−1 −1 1

31

1 0 0 00 4 0 00 0 3 00 0 0 −7

3

1 −1 0 −10 1 2 −40 0 1 10 0 0 1

=

1 0 0 0−1 1 0 0

0 12

1 0−1 −1 1

31

1 0 0 00 2 0 0

0 0√

3 0

0 0 0 i√

73

1 0 0 00 2 0 0

0 0√

3 0

0 0 0 i√

73

×

1 −1 0 −10 1 2 −40 0 1 10 0 0 1

=

1 0 0 0−1 2 0 0

0 1√

3 0

−1 −2√

33

i√

73

︸ ︷︷ ︸

K

1 −1 0 −10 2 1 −2

0 0√

3√

33

0 0 0 i√

73

︸ ︷︷ ︸

KT

.

Luego,

ϕ(x) = xT Ax = xT KKT x

= (KT x)T KT x = ‖KT x‖2

=

∥∥∥∥∥∥∥∥∥

x1 − x2 − x4

2x2 + x3 − 2x4√3x3 +

√3

3x4

i√

73x4

∥∥∥∥∥∥∥∥∥

2

= (x1 − x2 − x4)2 + (2x2 + x3 − 2x4)

2 +

(√

3x3 +

√3

3x4

)2

− 7

3x2

4 .

Capıtulo 3

Determinantes

3.1. Sean A y B matriz invertibles de n × n. Pruebe que det(A) = det(B)si solo si existe X con det(X) = 1 tal que A = XB.

Solucion: Si det(A) = det(B), basta considerar X = AB−1, entonces

det(X) = det(AB−1) = det(A)1

det(B)= det(A)

1

det(A)= 1

y ademas XB = AB−1B = AI = A. Reciprocamente, Si A = XBentonces det(A) = det(XB) = det(X) det(B) = 1 · det(B) = det(B).

3.2. Sea A de 5 × 5 tal que det(A − I) = 0. Demuestre que existe v ∈ R5,no nulo tal que Av = v.

Solucion: Como det(A − I) = 0, entonces la matriz (A − I) es sin-gular, lo cual implica necesariamente que ker(A − I) 6= {~0}. Por lotanto, existe un vector no nulo v ∈ R5 tal que (A − I)v = ~0, es decir,Av = v.

3.3. Determine todas las condiciones sobre a, x de tal manera que det R 6= 0donde R es la matriz siguiente

R =

x a a a aa x a a aa a x a aa a a x aa a a a x

.

43

44 Capıtulo 3. Determinantes

Solucion:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x a a a aa x a a aa a x a aa a a x aa a a a x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Ei,1(−1) i=2,...,5=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x a a a aa − x x − a 0 0 0a − x 0 x − a 0 0a − x 0 0 x − a 0a − x 0 0 0 x − a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (x − a)4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x a a a a−1 1 0 0 0−1 0 1 0 0−1 0 0 1 0−1 0 0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

P1,5= −(x − a)4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−1 0 0 0 1−1 1 0 0 0−1 0 1 0 0−1 0 0 1 0x a a a a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Ei,1(−1) i=2,...,4

E5,1(x)= −(x − a)4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−1 0 0 0 10 1 0 0 −10 0 1 0 −10 0 0 1 −10 a a a a + x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

E5,2(−a)= −(x − a)4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−1 0 0 0 10 1 0 0 −10 0 1 0 −10 0 0 1 −10 0 a a 2a + x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

E5,3(−a)= −(x − a)4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−1 0 0 0 10 1 0 0 −10 0 1 0 −10 0 0 1 −10 0 0 a 3a + x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

E5,4(−a)= −(x − a)4

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−1 0 0 0 10 1 0 0 −10 0 1 0 −10 0 0 1 −10 0 0 0 4a + x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

La ultima matriz es una triangular superior, entonces

det(R) = (x − a)4(x + 4a) .

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 45

Por lo tanto, si x 6= a y x 6= −4a se tiene que det(R) 6= 0.

3.4. Sean u1 y u2 dos vectores en R2 y sean v1 = Au1 y v2 = Au2. Demuestreque Area〈v1, v2〉 = Area〈u1, u2〉| detA|.

Solucion: Sea B = (u1 u2) luego C = (v1 v2) = (Au1 Au2) = ABcomo sabemos que Area〈u1, u2〉 = | detB|, luego:

Area〈v1, v2〉 = | detC| = | det(AB)| = | detB|| det A| = Area〈u1, u2〉| detA|

3.5. Encuentre el determinante de la siguiente matriz de 2n×2n donde cadabloque es de n × n y a, b ∈ R

C =

0 · · · 0 a 1 · · · 1 11 a · · · 1 1

......

.... . .

...1 1 · · · a 1

0 · · · 0 1 1 · · · 1 a−b −1 · · · −1 −1 0 · · · 0−1 −b · · · −1 −1

.... . .

......

...−1 −1 · · · −b −1−1 −1 · · · −1 −b 0 · · · 0

.

Solucion:

| C| = (−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 · · · 0 a 1 · · · 1 11 a · · · 1 1

......

.... . .

...1 1 · · · a 1

0 · · · 0 1 1 · · · 1 ab 1 · · · 1 1 0 · · · 01 b · · · 1 1...

. . ....

......

1 1 · · · b 11 1 · · · 1 b 0 · · · 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

46 Capıtulo 3. Determinantes

Si intercambiamos la fila i por la fila i + n para i = 1, ..., n obtenemos

| C| = (−1)n(−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

b 1 · · · 1 1 0 · · · 01 b · · · 1 1...

. . ....

......

1 1 · · · b 11 1 · · · 1 b 0 · · · 00 · · · 0 a 1 · · · 1 1

1 a · · · 1 1...

......

. . ....

1 1 · · · a 10 · · · 0 1 1 · · · 1 a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Observemos que (−1)n(−1)n = (−1)2n = 1.Ahora hacemos las operaciones elementales Ei,n(−1) para i = 1, ..., n−1y Ej,2n(−1) para j = n + 1, ..., 2n − 1 y obtenemos

| C| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

b − 1 0 · · · 0 1 − b 0 · · · 00 b − 1 · · · 0 1 − b...

. . ....

......

0 0 · · · b − 1 1 − b1 1 · · · 1 b 0 · · · 00 · · · 0 a − 1 0 · · · 0 1 − a

0 a − 1 · · · 0 1 − a...

......

. . ....

0 0 · · · a − 1 1 − a0 · · · 0 1 1 · · · 1 a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Si a = 1 o b = 1 entonces | C | = 0, supongamos que a 6= 1 y b 6= 1 yhacemos las operaciones elementales En, i

(1

b−1

)para i = 1, ..., n − 1 y

En,j

(1

a−1

)para j = n + 1, ..., 2n − 1 y resulta

|C| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

b − 1 0 · · · 0 1 − b 0 · · · 00 b − 1 · · · 0 1 − b...

. . ....

......

0 0 · · · b − 1 1 − b0 0 · · · 0 b − 1 + n 0 · · · 00 · · · 0 a − 1 0 · · · 0 1 − a

0 a − 1 · · · 0 1 − a...

......

. . ....

0 0 · · · a − 1 1 − a0 · · · 0 0 0 · · · 0 a − 1 + n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 47

La ultima matriz obtenida es triangular superior, entonces

| C| = (a − 1)n−1(b − 1)n−1(a + n − 1)(b + n − 1)

para todo a, b ∈ R.

3.6. Sea A una matriz de 5 × 5 con filas v1, v2, ..., v5 y tal que

vi · vj =

{x si i = ja si i 6= j

Calcule det(AAt).

Solucion: Notemos que de la condicion dada obtenemos que:

AAt =

x a a a aa x a a aa a x a aa a a x aa a a a x

.

Entonces

det(AAt) =

x a a a aa x a a aa a x a aa a a x aa a a a x

.

Entonces, recordamos que en el problema 3.3 se calculo este determi-nante haciendo operaciones elementales

det(AAt) = (x − a)4(x + 4a) .

48 Capıtulo 3. Determinantes

Capıtulo 4

Espacios Vectoriales

4.1. Determine si los siguientes conjuntos son espacios vectoriales

(a) D[0, 1] = {f : [0, 1] → R : f es diferenciable} con las operaciones:

(f + g)(x) = f(x) + g(x) (αf)(x) = α[f(x)]

(b) Q(√

2) = {a+b√

2 : a, b ∈ Q} bajo la suma de numeros reales usualy la multiplicacion por escalar solo para escalares racionales.

(c) {f ∈ C[0, 1] : f(0) = f(1) = 0} bajo las operaciones de (a).

(d) R2 con las operaciones:

(x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2 + 1, y1 + y2 + 1)

α(x, y) = (α + αx − 1, α + αy − 1)

(e)

{(1 αβ 1

)

: α, β ∈ R

}

con las operaciones de matrices de suma y

multiplicacion por escalar.

(f) V = {p ∈ Pn(R) : a0 = 0} donde p(x) = anxn + an−1xn−1 + ... +

a1x + a0 con las operaciones de Pn(R)

(g) {A ∈ Mnn(R) : At = A} bajo la suma y multiplicacion por escalarusuales

(h) {(x, y) ∈ R2 : y ≤ 0} con la suma de vectores y multiplicacion porescalar usuales.

Solucion: Debemos verificar los siguientes axiomas de un espacio vec-torial:

49

50 Capıtulo 4. Espacios Vectoriales

i. Si x, y ∈ V entonces x + y ∈ Vii. (x + y) + z = x + (y + z), ∀x, y, z ∈ Viii. x + y = y + x ∀x, y ∈ Viv. Existe un vector 0 ∈ V tal que para todo x ∈ V , x + 0 = 0 + x = xv. Si x ∈ V , existe un vector −x ∈ V tal que x + (−x) = 0vi. Si x ∈ V y α es un escalar, entonces αx ∈ Vvii. Si x, y ∈ V y α es un escalar, entonces α(x + y) = αx + αyviii. Si x ∈ V y α, β son escalres, entonces (α + β)x = αx + βxix. Si x ∈ V y α, β son escalares, entonces α(βx) = (αβ)xx. Para cada vector x ∈ V , 1x = x

(a) D[0, 1] es un espacio vectorial, como la suma de funciones difer-enciables es diferenciable, el axioma (i) se cumple y los otros axiomasse verifican facilmente con 0 = la funcion cero (la cual es diferenciable)y (−f)(x) = −f(x).

(b) Q(√

2) es un espacio vectorial con 0 = 0 + 0√

2 y −(a + b√

2) =−a − b

√2 los demas axiomas se verifican con facilidad.

(c) Si f, g ∈ C = {f ∈ C[0, 1] : f(0) = f(1) = 0} como la sumade funciones continuas es continua se tiene que f + g ∈ C[0, 1] y

(f + g)(0) = f(0) + g(0) = 0 = f(1) + g(1) = (f + g)(1)

luego, f + g ∈ C. Ademas, 0 = la funcion identicamente cero. Las otrosaxiomas se verifican sin dificultad.

(d) R2 con las operaciones

(x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2 + 1, y1 + y2 + 1)

α(x, y) = (α + αx − 1, α + αy − 1)

es un espacio vectorial.iv. existe 0 = (−1,−1) ∈ R2 tal que (x, y) + 0 = (x, y) + (−1,−1) =(x−1+1, y−1+1) = (x, y) = (−1+x+1,−1+y+1) = (−1,−1)+(x, y)v. existe −(x, y) = (−x − 2,−y − 2) ∈ R2 tal que (x, y) + (−(x, y)) =(x, y)+ (−x−2,−y−2) = (x−x−2+1, y − y−2+1) = (−1,−1) = 0vii.

α((x, y) + (a, b)) = α(x + a + 1, y + b + 1)

= (α + α(x + a + 1) − 1, α + α(y + b + 1) − 1)

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 51

= (2α + αx + αa − 1, 2α + αy + αb − 1)

= ((α + αx − 1) + (α + αa − 1) + 1, (α + αy − 1) + (α + αb − 1) + 1)

= (α + αx− 1, α + αy − 1) + (α + αa− 1, α + αb− 1)

= α(x, y) + α(a, b)

viii.

(α + β)(x, y) = ((α + β) + (α + β)x − 1, (α + β) + (α + β)y − 1)

= ((α + αx − 1) + (β + βx − 1) + 1, (α + αy − 1) + (β + βy − 1) + 1)

= (α + αx − 1, α + αy − 1) + ((β + βx − 1, β + βy − 1)

= α(x, y) + β(x, y)

ix.

α(β(x, y)) = α(β + βx − 1, β + βy − 1)

= (α + α(β + βx − 1) − 1, α + α(β + βy − 1) − 1)

= (α + αβ + αβx − α − 1, α + αβ + αβy − α − 1)

= (αβ + αβx − 1, αβy − 1)

= (αβ)(x, y)

x. Si α = 1 entonces 1 · (x, y) = (1 + x − 1, 1 + y − 1) = (x, y)

(e) No es espacio vectorial, pues no se verifican los axiomas (i), (iv),(v) y (vi), por ejemplo

(1 αβ 1

)

+

(1 δγ 1

)

=

(2 α + δ

β + γ 2

)

la ultima matriz no pertenece al conjunto dado.

(f) V es un espacio vectorial. Es claro que la suma de dos polinomios degrado menor o igual a n es otro polinomio de grado menor o igual a ny la suma de los terminos constantes es igual a cero si ambos son cero,por lo que se cumple el axioma (i). Sea 0 = 0xn + 0xn−1 + ... + 0x + 0entonces claramente 0 ∈ V y el axioma (iv) se cumple. Por ultimo sea−p(x) = −anxn − an−1x

n−1 − ... − a1x − 0, se ve que el axioma (v) secumple, las demas propiedades son faciles de obtener.

(g) {A ∈ Mnn(R) : At = A} es un espacio vectorial. Si A y B son

52 Capıtulo 4. Espacios Vectoriales

simetricas entonces (A+B)t = At +Bt = A+B y se cumple el axioma(i), con 0 la matriz cero de n × n la cual es simetrica. Si A = (aij) essimetrica entonces −A = (−aij) tambien es simetrica.

(h) No es un espacio vectorial, ya que no se verifican los axiomas (v) y(vi), por ejemplo, si α < 0 y (x, y) ∈ R2 tal que y ≤ 0, entonces

α(x, y) = (αx, αy) con αy ≥ 0

y no se verifica (vi).

4.2. Sea C = {p(t) ∈ P3(R) : p′(−1) = p(0) + p′′(1) = 0}. Demuestre que Ces subespacio de P3(R). Encuentre una base y su dimension.

Solucion: Sean p(t), q(t) ∈ P3(R) y α ∈ R, entonces basta probarque (P + q)(t) ∈ P3(R) y (αp)(t) ∈ P3(R). En efecto,

(p + q)′(−1) = p′(−1) + q′(−1) = 0 + 0 = 0 ,

(p + q)(0) + (p + q)′′(1) = p(0) + p′′(1) + q(0) + q′′(1) = 0 + 0 = 0 .

Analogamente, se tiene que (αp)′(−1) = αp′(−1) = 0 y ademas (αp)(0)+(αp)′′(1) = α(p(0) + p′′(−1)) = 0. Luego, C es subespacio.Ahora, sea p(t) = a3t

3 + a2t2 + a1t + a0 ∈ P3(R) entonces p(t) ∈ C si y

solo si p′(−1) = p(0) + p′′(1) = 0, esto es,

p′(t)|t=−1 = (3a3t2 + 2a2t + a1)

∣∣t=−1

= 3a3 − 2a2 + a1 = 0

y como p(0) = a0 y p′′(t)|t=1 = (6a3t + 2a2)|t=1 = 6a3 + 2a2, es decir

6a3 + 2a2 + a0 = 0 .

Entonces, las variables basicas son a0 y a1 y las libres a2 y a3.

a0 = −2a2 − 6a3

a1 = 2a2 − 3a3

reemplazando a0 y a1 se obtiene

p(t) = a3t3 + a2t

2 + a1t + a0

= a3t3 + a2t

2 + (2a2 − 3a3)t − 2a2 − 6a3

= a3(t3 − 3t − 6) + a2(t

2 + 2t − 2) .

Luego, la base de U es {t2 + 2t − 2, t3 − 3t − 6} y dim U = 2.

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 53

4.3. Determine una base del subespacio

L = 〈1 + 3x − 2x2 + x3, 3 + 10x − 4x2 + 4x3, 2 + 8x + 4x3〉de P3(R) y su dimension.

Solucion: Las coordenadas de los vectores generadores son (1, 3,−2, 1),(3, 10,−4, 4), (2, 8, 0, 4) y formamos la matriz cuyas filas son los vectorescoordenados y calculamos su forma escalonada reducida

A =

1 3 −2 13 10 −4 42 8 0 4

∼

1 3 −2 10 1 2 10 2 4 2

∼

1 3 −2 10 1 2 10 0 0 0

.

Las filas no nulas de la forma escalonada reducida son las coordenadasde una base de L

B = {1 + 3x − 2x2 + x3, x + 2x2 + x3} .

Otro metodo alternativo es escalonar la matriz cuyas columnas son losvectores coordenadas

B =

1 3 23 10 8

−2 −4 01 4 4

∼

1 3 20 1 20 2 40 1 2

∼

1 3 20 1 20 0 00 0 0

.

Las columnas pivotes son la 1 y 2. Por lo tanto, las columnas 1 y 3 deB son base de L

B = {1 + 3x − 2x2 + x3, 3 + 10x − 4x2 + 4x3} .

4.4. Pruebe que {1 + x − x2 + 3x3, 2 + 2x − x3} es un conjunto linealmenteindependiente, extiendalo a una base de P3(R).

Solucion: El conjunto es linealmente independiente si los vectores co-ordenados (1, 1,−1, 3) y (2, 2, 0,−1) son linealmente independientes, si

α(1, 1,−1, 3) + β(2, 2, 0,−1) = 0 ⇒α + 2β = 0−α = 0

3α − β = 0

⇒ α = β = 0 .

Entonces, {1 + x − x2 + 3x3, 2 + 2x − x3} es un conjunto linealmenteindependiente. Ahora, llevamos la matriz A a su forma escalonada re-ducida

A =

(1 1 −1 32 2 0 −1

)

∼(

1 1 −1 30 0 2 −7

)

.

54 Capıtulo 4. Espacios Vectoriales

Las filas(

0 1 γ δ0 0 0 1

)

completan a una base de R4 a las filas de la matriz escalonda. Por lotanto, los polinomios x + γx2 + δx3 y x3 extiende una base para P3(R).

4.5. Sean B1 = {(1, 1, 1), (2, 0, 1), (1, 2, 1)} y B2 = {(1, 1, 2), (0,−1, 1), (1, 1, 1)},determine la matriz cambio de base.

Solucion: Expresamos cada vetor de B1 en termino de los vectoresde B2. Sean B1 = {(1, 1, 1), (2, 0, 1), (1, 2, 1)} = {u1, u2, u3} y B2 ={(1, 1, 2), (0,−1, 1), (1, 1, 1)} = {v1, v2, v3}, luego

v1 =

112

= α11u1 + α21u2 + α31u3

= α11

111

+ α21

201

+ α31

121

=

1 2 11 0 21 1 1

α11

α21

α31

.

Similarmente, tenemos que

v2 =

0−1

1

=

1 2 11 0 21 1 1

α12

α22

α32

,

v3 =

111

=

1 2 11 0 21 1 1

α13

α23

α33

.

Entonces, los tres sistemas de ecuaciones se pueden escribir como

[v1v2v3] =

1 0 11 −1 12 1 1

=

1 2 11 0 21 1 1

α11 α12 α13

α21 α22 α23

α31 α32 α33

=

1 2 11 0 21 1 1

P .

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 55

Entonces

P =

1 2 11 0 21 1 1

−1

1 0 11 −1 12 1 1

=

−2 −1 41 0 −11 1 −2

1 0 11 −1 12 1 1

=

5 5 1−1 −1 0−2 −3 0

.

4.6. Sea B1 = {1 + t − t2, t2 − t, 2 + t − 2t2} una base de P2(R). Si B0 es labase canonica de P2(R), encuentre cambio de base de B1 a B0.

Solucion: Sean u1 = 1 + t − t2, u2 = t2 − t y u3 = 2 + t − 2t2 y expre-samos los vectores coordenadas, de cada vector ui, en la base canonicade P2(R).

[u1]B0 =

11

−1

, [u2]B0 =

0−1

1

, [u3]B0 =

21

−2

.

Entonces

S = [ [u1]B0 [u2]B0 [u3]B0 ] =

1 0 21 −1 1

−1 1 −2

luego la matriz de cambio de base de B1 a B0 es

P 01 = S−1 =

1 2 21 0 10 −1 −1

4.7. Sea W es subespacio de P3 generado por {x2 − 2, x3 + x, x3 + 2x2 + 1}.Determine si los siguientes vectores pertenecen o no a W .

(a) x2 − x + 3 ,

(b) 4x3 − 3x + 5 ,

(c) x2 − 2x + 1 ,

56 Capıtulo 4. Espacios Vectoriales

(d) −12x3 + 5

2x2 − x − 1 .

Solucion: Determinamos el sistema homogeneo asociado al generador.

−2 0 1 a0

0 1 0 a1

1 0 2 a2

0 1 1 a3

=

1 0 −12

−a0

2

0 1 0 a1

1 0 2 a2

0 1 1 a3

=

1 0 −12

−a0

2

0 1 0 a1

0 0 52

a2 + a2

2

0 0 1 a3 − a1

=

1 0 −12

−a0

2

0 1 0 a1

0 0 52

a2 + a2

2

0 0 0 a3 − a1 − 25a2 − 1

5a0

.

Entonces, a3 − 25a2 − a1 − 1

5a0 = 0.

(a) 0 − 25· 1 − (−1) − 1

5· 3 = −5

5+ 1 = 0 ⇒ x2 − x + 3 ∈ 〈W 〉 ,

(b) 4− 25(0)− (−3)− 1

5(5) = 4 + 3− 1 6= 0 ⇒ 4x3 − 3x + 5 no pertence

a 〈W 〉 ,

(c) 0− 25(1)− (−2)− 1

5(1) = 7

56= 0 ⇒ x2 − 2x + 1 no pertenece a 〈W 〉 ,

(d) −12− 2

552− (−1) − 1

5(−1) = − 3

106= 0 ⇒ −1

2x3 + 5

2x2 − x − 1 no

pertenece a 〈W 〉 .

4.8. Considere los siguientes subespacios de P3(R)

U1 = 〈3 − 2x + x2 + x3,−1 + x2 − x3, 2 − x + x3〉 ,

U2 = 〈2 − x + 2x2 + x3,−x − x3, 3 − 2x + 3x2 + x3〉 .

(a) Encuentre una base y la dimension de U1, U2, U1 + U2 y U1 ∩ U2.

(b) Encuentre una base y la dimension de U3 tal que (U1 ∩ U2) ⊕ U3 =P3(R) .

Solucion: Tomando los vectores coordenados en la base 1, x, x2, x3 deP3(R), para encontrar una base y la dimension de U1 observamos lasiguiente matriz

3 −1 2−2 0 −1

1 1 01 −1 1

∼

1 1 0−2 0 −1

3 −1 21 −1 1

∼

1 1 00 2 −10 −4 20 −2 1

∼

1 1 00 2 −10 0 00 0 0

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 57

luego, una base de U1 es {3−2x+x2 +x3,−1+x2 −x3} con dimension2. Analogamente para U2 se tiene

2 0 3−1 −1 −2

2 0 31 −1 1

∼

1 −1 10 2 10 0 00 0 0

y U2 tiene base {2 − x + 2x2 + x3,−x − x3} y tiene dimension 2. Paraencontrar una base de U1 + U2 se analiza la matriz cuyas columnas sonlos vectores coordenados de los vectores generadores de U1 y U2

3 −1 2 0−2 0 −1 −1

1 1 2 01 −1 1 −1

∼

1 0 0 10 1 0 10 0 1 −10 0 0 0

entonces una base de U1 + U2 es {3 − 2x + x2 + x3,−1 + x2 − x3, 2 −x + 2x2 + x3} la cual tiene dimension 3. Ahora, como dim(U1 + U2) =dim U1 + dim U2 − dim(U1 ∩U2) se deduce que dim(U1∩U2) = 1. Paraencontrar una base de U1∩U2 debemos notar que un vector (x, y, z, w) ∈(U1 ∩ U2) debera tener la forma: α1(3,−2, 1, 1) + α2(−1, 0, 1,−1), porpertenecer a U1 y β1(2,−1, 2, 1) + β2(0,−1, 0,−1), por pertenecer a U2

luego α1(3,−2, 1, 1)+α2(−1, 0, 1,−1) = β1(2,−1, 2, 1)+β2(0,−1, 0,−1)de esto,

3α1 − α2 − 2β1 = 0−2α1 + β1 + β2 = 0

α1 + α2 − 2β1 = 0α1 − α2 − β1 + β2 = 0

⇒

3 −1 −2 0−2 0 1 1

1 1 −2 01 −1 −1 1

luego debemos encontrar el Ker de la ultima matriz que esta genera-do por el vector (1, 1, 1, 1), con lo que (x, y, z, w) = (3,−2, 1, 1) +(−1, 0, 1,−1) = 2(1,−1, 1, 0) implica que la base de U1 ∩ U2 es {1 −x + x2}. Para encontrar U3 consideramos la matriz

1 1 0 0 0−1 0 1 0 0

1 0 0 1 00 0 0 0 1

∼

1 0 0 1 00 1 0 1 00 0 1 1 00 0 0 0 1

.

Luego {1−x+x2, 1, x, x3} es una base de P3, por lo que U3 = 〈1, x, x3〉y tiene dimension 3.

58 Capıtulo 4. Espacios Vectoriales

4.9. Sea W1 y W2 subespacios de Rn de dimension n − 1 con n > 2, de-muestre que W1 ∩ W2 6= 0.

Solucion: Basta probar que dim(W1 ∩W2) > 0, para esto supongamoslo contrario, es decir, W1 ∩ W2 = 0 como

dim(W1 + W2) = dim W1 + dim W2 − dim(W1 ∩ W2)

obtenemos que dim(W1 + W2) = n − 1 + n − 1 = 2(n − 1) y comoW1 +W2 ⊆ Rn y dim Rn = n entonces dim(W1 +W2) > dim Rn, lo cuales absurdo si n > 2. Por lo tanto,

dim(W1 ∩ W2) > 0 ⇒ W1 ∩ W2 6= {0} .

4.10. Dados los espacios vectoriales

U = {A = (aij) ∈ M3×3(R) : At = A, aii = 0, i = 1, 2, 3}V = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 + x2 + x3 + x4 = 0}

(a) Encuentre una base para U(b) Decida si U y V son isomorfos.

Solucion:

(a) Notemos que

U =

0 a ba 0 cb c 0

: a, b, c ∈ R

=

0 a 0a 0 00 0 0

+

0 0 b0 0 0b 0 0

+

0 0 00 0 c0 c 0

: a, b, c ∈ R

=

a

0 1 01 0 00 0 0

+ b

0 0 10 0 01 0 0

+ c

0 0 00 0 10 1 0

: a, b, c ∈ R

.

El conjunto B =

0 1 01 0 00 0 0

,

0 0 10 0 01 0 0

,

0 0 00 0 10 1 0

es

linealmente independiente, ya que

α

0 1 01 0 00 0 0

+β

0 0 10 0 01 0 0

+γ

0 0 00 0 10 1 0

=

0 0 00 0 00 0 0

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 59

⇒

0 α βα 0 γβ γ 0

=

0 0 00 0 00 0 0

⇒ α = β = γ = 0 . Por lo tanto,

B es l.i. y genera a U , luego B es una base de U .

(b) Notemos que

V = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 + x2 + x3 + x4 = 0}= {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 = −x2 − x3 − x4}= {(−x2 − x3 − x4, x2, x3, x4) : x2, x3, x4 ∈ R}= {(−x2, x2, 0, 0) + (−x3, 0, x3, 0) + (−x4, 0, 0, x4) : x2, x3, x4 ∈ R}= {x2(−1, 1, 0, 0) + x3(−1, 0, 1, 0) + x4(−1, 0, 0, 1) : x2, x3, x4 ∈ R} .

El conjunto {(−1, 1, 0, 0), (−1, 0, 1, 0), (−1, 0, 0, 1)} genera a V y esl.i. (verificar!). Por parte (a) sabemos que dim U = 3 = dim V, porlo tanto son isomorfos.

60 Capıtulo 4. Espacios Vectoriales

Capıtulo 5

Transformaciones Lineales,

Teorema de la Dimension y

Cambio de Base

5.1. Determine el nucleo de las siguientes transformaciones lineales

(a) T : P3 → P2 dada por T (p(x)) = p′(x) ,

(b) T : P1 → R dada por T (p(x)) =

∫ 1

−1

p(x)dx .

Solucion:

(a) De inmediato tenemos que

KerT = {p(x) ∈ P3 : T (p(x)) = 0} .

Si p(x) = ax3+bx2+cx+d ∈ P3 entonces T (p(x)) = 3ax2+2bx+c =0 implica que a = b = c = 0 entonces p(x) ∈ KerT ⇔ p(x) = d =constante.

(b) Del mismo modo, si p(x) = ax + b ∈ P1 entonces

T (p(x)) =

∫ 1

−1

p(x)dx =

[

ax2

2+ bx

]1

−1

= 2b

entonces p(x) ∈ KerT ⇔ p(x) = ax, a ∈ R.

5.2. Sea T : P2 → P3, definida por T (p(x)) = x2p′(x) determine una base ysu dimension para KerT y una para ImT .

61

62 Capıtulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimension

Solucion: Notemos que si p(x) = ax2 + bx + c ∈ P2 ⇒ p′(x) = 2ax + b,luego T (p(x)) = x2p′(x) = 2ax3 + bx2 = 0 implica que a = b = 0entonces KerT = {p(x) ∈ P2 : p(x) = c, c ∈ R} y tomando el vectorcoordenada en la base {1, x, x2} de P2 obtenemos [p(x)] = (c, 0, 0) =c(1, 0, 0) entonces la base es KerT = {(1, 0, 0)} y dim KerT = 1. Ahora,como dim KerT + dim ImT = dim P2 = 3 ⇒ dim ImT = 2. Sabemosque

ImT = {q(x) ∈ P3 : q(x) = T (p(x)), ∀p(x) ∈ P2}

luego, q(x) ∈ ImT ⇔ q(x) = T (p(x)) = 2ax3 + bx2, tomando el vec-tor coordenada en la base {1, x, x2, x3} de P3 se tiene que [p(x)] =(2a, b, 0, 0) = a(2, 0, 0, 0) + b(0, 1, 0, 0). Ası, {2x3, x2} es una base de laImT .

5.3. Hallar una transformacion lineal T : R3 → R3, tal que

(a) S = {(3,−1, 2), (0, 1,−1)} sea una base para ImT ,

(b) S ′ = {(1, 0, 2), (0, 1, 1)} sea una base para el nucleo de T .

Solucion:

(a) Nosotros necesitamos que

T (1, 0, 0) = (1, 0, 2)T (0, 1, 0) = (0, 1, 1)T (0, 0, 1) = (0, 0, 0)

y la eleccion del ultimo vector es arbitraria, ahora si (x, y, x) ∈ R3

entonces

(x, y, z) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1)

⇒ T (x, y, z) = xT (1, 0, 0) + yT (0, 1, 0) + zT (0, 0, 1)

= x(1, 0, 2) + y(0, 1, 1)

⇒ T (x, y, z) = (x, y, 2x + y) .

(b) Del mismo modo queremos que

T (1, 0, 2) = (0, 0, 0)T (0, 1, 1) = (0, 0, 0)T (0, 1, 0) = (a, b, c)

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 63

Notemos que

∣∣∣∣∣∣

1 0 20 1 10 1 0

∣∣∣∣∣∣

= −1 6= 0 luego {(1, 0, 2), (0, 1, 1), (0, 1, 0)}

es una base de R3 entonces (x, y, z) = α1(1, 0, 2) + α2(0, 1, 1) +α3(0, 1, 0)

x = α1

y = α2 + α3

z = 2α1 + α2

⇒

α1 = xα2 = z − 2x

α3 = 2x + y − z

Entonces,

T (x, y, z) = α1T (1, 0, 2)+α2T (0, 1, 1)+α3T (0, 1, 0) = (2x+y−z)(a, b, c).

5.4. Sea T : P2 → P3 una transformacion lineal, definida por T (1) = 1;T (x) = 1 + x2; T (x2) = 1 + x3. Hallar T (x2 + 5x + 6).

Solucion: Notemos que

T (ax2 + bx + c) = aT (x2) + bT (x) + cT (1)

= a(1 + x3) + b(1 + x2) + c

= a + b + c + bx2 + ax3 .

Por lo que

T (x2 + 5x + 6) = T (x2) + 5T (x) + 6T (1)

= 1 + x3 + 5(1 + x2) + 6

= 12 + 5x2 + x3 .

5.5. Sea T : V → W una trasformacion lineal. Demuestre que

(a) Si T es inyectiva entonces dimV ≤ dimW

(b) Si T es sobre entonces dimW ≤ dimV

Solucion:

(a) Por el teorema de la dimension:

dim ker T + dim Im T = dim V

como T es inyectiva entonces Ker T = {0}, luego dim Ker T = 0,entonces dim Im T = dim V . Ahora, como Im T ≤ W , entoncesdim Im T ≤ dim W , por lo tanto, dimV ≤ dimW .

64 Capıtulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimension

(b) Ahora si T es sobreyectiva entonces Im T = W , por el teorema dela dimension tenemos que

dim Ker T + dim W = dim V

luego, dimW ≤ dimV .

5.6. (a) Si T : R2 → R3 una transformacion lineal tal que

Im T = 〈{(1, 1, 0), (0, 1, 2), (3,−1,−8)}〉

entonces T es inyectiva.

(b) Supongamos que dim V > dim W . Sea L : V → W una aplicacionlineal. ¿Que puede decir del nucleo de L?

Solucion:

(a) Notemos que

1 0 31 1 −10 2 −8

∼

1 0 30 1 −40 0 0

⇒ dim T = 2, por

el teorema de la dimension obtenemos que dim Ker T = 0, luego Tes inyectiva.

(b) Afirmamos que el KerL 6= {0}. En efecto, si KerL = {0} entoncesdimKerL = 0 y por el teorema de la dimension: dimImL = dimV ,como ImL ≤ W ⇒ dimV = dimImL ≤ dimW , lo cual contradicela hipotesis de dim V > dim W .

5.7. Sea T : P2(R) → P4(R) definida por: T (p(x)) = x2p(x). Determine [T ]ef ,donde e = {1+x2, 1+2x+3x2, 4+5x+x2} y f = {1, x, x3, x3 +x2, x4}.

Solucion: Sea f = {1, x, x3, x3 + x2, x4} = {w1, w2, w3, w4} entonces:

T (1 + x2) = x2 + x4 = w4 + w3 − w2

T (1 + 2x + 3x2) = x2 + 23 + 34 = 3w4 + w3 + w2

T (4 + 5x + x2) = 4x2 + 5x3 + x4 = w4 + 4w3 + w2

⇒ [T ]ef =

0 0 00 0 0−1 1 11 1 41 3 1

.

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 65

5.8. Sea T : V → W una transformacion lineal. Sea B1 = {v1, v2, v3, v4} unabase de V y B2 = {w1, w2, w3} una base de W tal que

[T ]12 =

1 0 0 10 1 0 10 0 1 1

.

Encuentre una base B3 de W tal que [T ]13 =

1 −1 0 00 1 −1 00 0 1 1

.

Solucion: Tenemos que:

T (v1) = w1, T (v2) = w2, T (v3) = w3, T (v4) = w1 + w2 + w3 .

Queremos encontrar una base B3 = {s1, s2, s3} tal que

T (v1) = s1, T (v2) = s2 − s1, T (v3) = s3 − s2, T (v4) = s3

esto es,

s1 = w1

s2 − s1 = w2

s3 − s2 = w3

s3 = w1 + w2 + w3

⇒s1 = w1

s2 = w1 + w2

s3 = w1 + w2 + w3

Los vectores {s1, s2, s3} son linealmente independientes, pues los vec-

tores coordenados en la base B2 forma la matriz

1 1 10 1 10 0 1

no es

singular, ya que su determinante es 1 6= 0 y B3 es un base pues son 3vectores L.I. en un espacio vectorial de dimension 3.

5.9. Considere T : P2(R) → R3 una transformacion lineal. Determine lamatriz de T con respecto a las bases canonicas B = {1, t, t2} y la basecanonica de R3 a saber {e1, e2, e3}, suponiendo que

T (1 + t − t2) = e1 + e3 ,

T (t2 − t) = e1 + e2 − e3 ,

T (2 + t − 2t2) = −e1 + e2 − 2e3 .

Solucion: Sea A la matriz que representa a T con respecto a las bases

66 Capıtulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimension

canonicas, entonces

T (1 + t − t2) = e1 + e3 ⇔ A

11

−1

=

001

,

T (t2 − t) = e1 + e2 − e3 ⇔ A

0−1

1

=

11

−1

,

T (2 + t − 2t2) = −e1 + e2 − 2e3 ⇔ A

21

−2

=

−11

−2

.

Luego, tenemos que A

1 0 21 −1 1

−1 1 −2

=

1 1 −10 1 11 −1 −2

⇒ A =

1 1 −10 1 11 −1 −2

1 0 21 −1 1

−1 1 −2

−1

=

1 1 −10 1 11 −1 −2

1 2 21 0 10 −1 −1

=

2 3 41 −1 00 4 3

.

5.10. Determine α ∈ R de modo que la transformacion lineal T : R3 → R3

definida por: T (x, y, z) = (x+y−z, αx, x+y−αz) sea un isomorfismo.

Solucion:

i. Primeros T debe ser inyectiva si solo si el sistema tiene unica solu-cion

x + y − z = 0αx = 0

x + y − α = 0

⇒

1 1 −1α 0 01 1 −α

∼

1 1 −10 −α α0 0 1 − α

.

Por lo tanto, tiene unica solucion si y solo si α 6= 0 y α 6= 1, encuyo caso T es inyectiva.

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 67

ii. T debe ser sobreyectiva. Para α 6= 0 y α 6= 1 por el teorema de ladimension, como Im T ≤ R3 y dim Im T = dim R3 = 3 entoncesIm T = R3 luego T es sobreyectiva.

Por lo tanto, T es isomorfismo si y solo si α 6= 0 y α 6= 1.

5.11. Sea T : R3 → R3 dada por

T (a, b, c) = (a + b + c, a − b + 2c, 3b − c) .

(a) Demuestre que T es una transformacion lineal biyectiva.

(b) Encuentre [T ]fe donde e es la base canonica y f = {(1, 1, 0), (1,−1, 1), (2, 1, 0)}.(c) Encuentre T−1, usando T .

(d) Encuentre T−1, usando [T−1]ef .

Solucion:

(a) Sean (a, b, c), (x, y, z) ∈ R3, entonces

T ((a, b, c) + (x, y, z)) = T (a + x, b + y, c + z)

= (a + x + b + y + c + z, a + x − (b + y) + 2(c + z), 3(b + y) − (c + z))

= (a + b + c, a − b + 2c, 3b − c) + (x + y + z, x − y + 2z, 3y − z)

= T (a, b, c) + T (x, y, z) .

Si α ∈ R entonces

T (α(a, b, c)) = T (αa, αb, αc)

= (αa + αb + αc, αa − αb + 2αc, 3αb− αc)

= (α(a + b + c), α(a − b + 2c), α(3b− c))

= α(a + b + c.a − b + 2c, 3b− c)

= αT (a, b, c) .

Luego, T es una transformacion lineal.Ahora, T (a, b, c) = 0 ⇔ (a + b + c, a − b + 2c, 3b − c) = (0, 0, 0) esdecir,

a + b + c = 0a − b + 2c = 0

3b − c = 0

⇒ a = b = c = 0

entonces Ker T = {0} ⇔ T es inyectiva. Por otro lado, por el teo-rema de la dimension tenemos que dim Im T = dimR3 = 3 y comoIm T ≤ R3 esto implica que Im T = R3 y luego T es sobreyectiva.

68 Capıtulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimension

(b) Tenemos que

T (1, 1, 0) = (2, 0, 3) = 2e1 + 3e3 ,

T (1,−1, 1) = (1, 4,−4) = e1 + 4e2 − 4e3 ,

T (2, 1, 0) = (3, 1, 3) = 3e1 + e2 + 3e3 .

Entonces

[T ]fe =

2 1 30 4 13 −4 3

.

(c) Si (x, y, z) = T (a, b, c) = (a+b+c, a−b+2c, 3b−c) ⇒

a + b + c = xa − b + 2c = y

3b − c = z

1 1 1 x1 −1 2 y0 3 −1 z

∼

1 1 1 x0 −2 1 y − x0 3 −1 z

∼

1 1 1 x0 1 −1

2x−y

2

0 0 1 −3(x − y) + 2z

⇒

a = 5x − 4y − 3zb = −x + y + zc = −3x + 3y + 2z

⇒ T−1(x, y, z) = (5x − 4y − 3z,−x + y + z,−3x + 3y + 2z) .

(d) Notemos que

[T−1]ef = ([T ]fe )−1 =

2 1 30 4 13 −4 3

−1

=

−16 15 11−3 3 212 −11 −8

como [T−1]ef [(x, y, z)]e = [T−1(x, y, z)]f ⇒ [(x, y, z)]e =

xyz

se

obtiene que

[T−1]e =

−16 15 11−3 3 212 −11 −8

xyz

=

−16x + 15y + 11z−3x + 3y + 2z12x − 11y − 8z

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 69

⇒ T−1(x, y, z) = (−16x + 15y + 11z)(1, 1, 0) + (−3x + 3y + 2z)(1,−1, 1)

+(12x − 11y − 8z)(2, 1, 0)

⇒ T−1(x, y, z) = (5x − 4y − 3z,−x + y + z,−3x + 3y + 2z) .

5.12. Si S : R2 → R3 y T : R3 → M2×2(R) donde

A = [S]ef =

1 −11 −11 1

y B = [T ]fg =

1 1 0−1 2 −1

1 1 10 0 0

para las bases e = {(1, 1), (1,−1)} f = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)} g ={(

1 00 0

)

,

(1 10 0

)

,

(1 11 0

)

,

(1 11 1

)}

.

(a) Encuentre S y T usando A y B.

(b) Encuentre T ◦ S usando A y B.

Solucion:

(a) Tenemos que [S]ef [(x, y)]e = [S(x, y)]f y como

(x, y) =x + y

2(1, 1) +

x − y

2(1,−1) ⇒ [(x, y)]e =

[x+y

2x−y

2

]

⇒ [S(x, y)]f =

1 −11 −11 1

[x+y

2x−y

2

]

=

yyx

⇒ S(x, y) = y(1, 1, 1) + y(1, 1, 0) + x(1, 0, 0) = (x + 2y, 2y, y) .

Analogamente, [T ]fg [(x, y, z)]f = [T (x, y, z)]g y como

(x, y, z) = z(1, 1, 1)+(y−z)(1, 1, 0)+(x−y)(1, 0, 0) ⇒ [(x, y, z)]f =

zy − zx − y

⇒ [T (x, y, z)]g =

1 1 0−1 2 −1

1 1 10 0 0

zy − zx − y

=

y−x + 3y − 3z

x0

⇒ T (x, y, z) = y

(1 00 0

)

+ (−x + 3y − 3z)

(1 10 0

)

+ x

(1 11 0

)

=

(4y − 3z 3y − 3z

x 0

)

.

70 Capıtulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimension

(b) Observemos que

[T ◦ S]eg = [T ]fg [S]ef =

1 1 0−1 2 −1

1 1 10 0 0

1 −11 −11 1

=

2 −20 −23 −10 0

.

Luego, procediendo de manera similar que en (a) se tine que

[T ◦ S]eg[(x, y)]e = [(T ◦ S)(x, y)]g

de (a) ya teniamos que [(x, y)]e =

[x+y

2x−y

2

]

entonces

[(T ◦ S)(x, y)]g =

2 −20 −23 −10 0

[x+y

2x−y

2

]

=

yy − xx + 2y

0

⇒ (T ◦ S)(x, y) = y

(1 00 0

)

+ (y − x)

(1 10 0

)

+ (x + 2y)

(1 11 0

)

=

(4y 3y

x + 2y 0

)

.

5.13. Sean T : R2 → R3 y R : R2 → R2 dos transformaciones lineales y seanB1 y B2 bases de R2 y B3 base de R3 si

[T ◦ R]B1B3

=

2 10 1

−1 1

y [R]B1B2

=

(1 11 2

)

Suponiendo que R es invertible, determine [T ]B2B3

.

Solucion: Notemos que T = T ◦ R ◦ R−1, entonces

[T ]B2B3

= [T ◦ R ◦ R−1]B2B3

= [(T ◦ R) ◦ R−1]B2B3

= [T ◦ R]B1B3

[R−1]B2B1

= [T ◦ R]B1B3

([R]B1B2

)−1

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 71

como ([R]B1B2

)−1 =

(2 −1

−1 1

)

, entonces

[T ]B3B2

=

2 10 1

−1 1

(2 −1

−1 1

)

=

3 −1−1 1−3 2

.

5.14. Sea T : Mn×3(R) → Rn lineal dada por T (A) = Au, u =

111

.

Encuentre el Ker(T ) y su dimension.

Solucion:

Ker T = {A = [v1 v2 v3] ∈ Mn×3(R) : v1 + v2 + v3 = ~0}= {A = [v1 v2 − v1 − v2] ∈ Mn×3(R) : v1, v2 ∈ Rn} .

Entonces KerT = 〈Ai,j = [ei ej −ei−ej ]〉 donde los ei y ej son vectorescanonicos de Rn.Notemos que la transformacion es sobreyectiva, pues dado u ∈ Rn bastatomar la matriz A = [u ~0 ~0] y luego T ([u ~0 ~0]) = u, por el teorema dela dimension tenemos que

dim (Ker T ) = dim (Mn×3(R)) − dim (Im T )

= dim (Mn×3(R)) − dim (Rn)

= 3n − n = 2n .

5.15. Sea V , W espacios vectoriales de dimension 3 y 4 respectivamente talque V =< v1, v2, v3 > y W =< w1, w2, w3, w4 >. Sea T : V → W linealtal que

T (v1 − v3) = w1 + w2 ,

T (v1 − v2 − v3) = w1 + w3 ,

T (v1 − v2 − 2v3) = w1 + w4 .

(a) ¿Es T 1-1? ¿Es T sobre? Justifique.

(b) Encuentre bases en V y W tal que la matriz de la transformacionlineal sea

1 0 01 1 01 −1 1

−1 0 −1

.

72 Capıtulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimension

Solucion: Sean B1 = {v1, v2, v3} y B2 = {w1, w2, w3, w4}, dado quedim(V ) = 3 y dim(W ) = 4, entonces B1 y B2 son bases de V y Wrespectivamente. Consideremos B3 = {v1−v3, v1−v2−v3, v1−v2−2v3}es tambien una base de V , pues la matriz cambio de base es invertible

P 31 =

1 1 10 −1 −1

−1 −1 −2

, P 13 =

1 1 01 −1 1

−1 0 −1

.

La matriz de T con respecto a esas bases es

[T ]32 =

1 1 11 0 00 1 00 0 1

∼

1 0 00 1 00 0 10 0 0

.

Como al escalonar se obtiene una matriz 1− 1, entonces la transforma-cion lineal es 1− 1. Por otro lado, la transformacion no puede ser sobrepues dim V < dim W .

Para la matriz T sea

1 0 01 1 01 −1 1

−1 0 −1

se busca en V una base

{a1v1 +a2v2 +a3v3, b1v1 + b2v2 + b3v3, c1v1 + c2v2 + c3v3} y consideramosa W con la base B2 tal que

T (a1v1 + a2v2 + a3v3) = w1 + w2 + w3 + w4 ,

T (b1v1 + b2v2 + b3v3) = w2 − w3 ,

T (c1v1 + c2v2 + c3v3) = w3 − w4 .

Entonces matricialmente debe ocurrir que

[[T (v1)]2[T (v2)]2[T (v3)]3]

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

=

1 0 01 1 01 −1 1

−1 0 −1

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 73

y como [T ]12 = [T ]32P13 luego

1 0 01 1 01 −1 1

−1 0 −1

= [T ]32P13

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

=

1 1 11 0 00 1 00 0 1

1 1 01 −1 1

−1 0 −1

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

=

1 0 01 1 01 −1 1

−1 0 −1

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

.

Se concluye que

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

= I. Luego las bases buscadas son

{v1, v2, v3} en V y {w1, w2, w3, w4} en W .

5.16. Sea T : P2(R) → M2(R) una transformacion lineal definida por

T (a + bx + cx2) =

(a + b a + b + c

c 0

)

.

(a) Si B1 = {1 − x, 1 + x, x2} es una base de P2(R) y C es la basecanonica de M2(R) determine [T ]B1

C .

(b) Determine todos los polinomios p ∈ P2(R) tal que [T (p)]C1 =(1, 2, 1, 0)t, donde C1 es la base de M2(R) dada por

C1 =

{[1 00 0

]

,

[0 10 0

]

,

[0 01 0

]

,

[0 01 1

]}

.

(c) Determine una base para Ker T y para Im T .

Solucion:

74 Capıtulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimension

(a)

T (1 − x) =

[0 00 0

]

T (1 + x) =

[2 20 0

]

T (x2) =

[0 11 0

]

⇒ [T ]B1C =

0 2 00 2 10 0 10 0 0

.

(b) Sabemos que

[T (p)]c1 = [T ]B1C1

[p]B1 y [T ]B1C1

= [I]CC1[T ]B1

C

donde [I]CC1=

1 0 0 00 1 0 00 0 1 −10 0 0 1

⇒ [T ]B1C1

=

1 0 0 00 1 0 00 0 1 −10 0 0 1

0 2 00 2 10 0 10 0 0

=

0 2 00 2 10 0 10 0 0

.

Si [p] =

abc

entonces

[T (p)]C1 =

0 2 00 2 10 0 10 0 0

abc

=

2b2b + c

c0

=

1210

⇒ c = 1, 2b = 1 ⇒ [p] =

a12

1

⇒ p(x) = a(1 − x) +1

2(1 + x) + x2

⇒ p(x) = a +1

2+

(1

2− a

)

x + x2 .

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 75

(c)

Ker T =

{

a + bx + cx2 ∈ P2(R) : T (a + bx + cx2) =

[0 00 0

]}

=

{

a + bx + cx2 ∈ P2(R) :

[a + b a + b + c

c 0

]

=

[0 00 0

]}

= {a + bx + cx2 ∈ P2(R) : a + b = 0 ∧ c = 0}= {a(1 − x) ∈ P2(R) : a ∈ R} .

Luego una base para Ker T es {(1 − x)}.Para Im T , basta observar que

T (1) =

[1 10 0

]

, T (x) =

[1 10 0

]

, T (x2) =

[0 11 0

]

.

Luego una base para Im T es B =

{[1 10 0

]

,

[0 11 0

]}

pues es

linealmente independiente y genera.

5.17. Considere V un espacio vectorial con B1 = {b1, b2, b3, b4} una base. SeaT : V → V una transformacion lineal definida por

T (b1) = b1 , T (b2) = b1 + b2 , T (b3) = b1 + b2 + b3 ,t(b4) = b1 + b2 + b3 + b4 , T (b5) = b1 + b2 + b3 + b4 + b5 .

(a) Determine [T ]B2B2

donde B2 es otra base de V y [I]B1B2

es la matrizcambio de base dada por

[I]B1B2

=

1 1 1 1 10 1 1 1 10 0 1 1 10 0 0 1 10 0 0 0 5

.

(b) Sea v en V dado por v = b1 + 2b2 + 3b3 + 4b4 + 5b5. Determine wcomo combinacion lineal de la base B1, de tal manera que Tw = v.

Solucion:

a) Claramente

[T ]B1B1

=

1 1 1 1 10 1 1 1 10 0 1 1 10 0 0 1 10 0 0 0 1

.

76 Capıtulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimension

Notemos que

[T ]B2B2

= [I]B1B2

[T ]B1B1

[I]B2B1

= [I]B1B2

[T ]B1B1

([I]B1B2

)−1

donde

([I]B1B2

)−1 =

1 1 1 1 10 1 1 1 10 0 1 1 10 0 0 1 10 0 0 0 5

−1

=

1 −1 0 0 00 1 −1 0 00 0 1 −1 00 0 0 1 −1/50 0 0 0 1/5

.

Luego

[T ]B2B2

=

1 1 1 1 10 1 1 1 10 0 1 1 10 0 0 1 10 0 0 0 5

1 1 1 1 10 1 1 1 10 0 1 1 10 0 0 1 10 0 0 0 1

1 −1 0 0 00 1 −1 0 00 0 1 −1 00 0 0 1 −1/50 0 0 0 1/5

⇒ [T ]B2B2

=

1 1 1 1 1/50 1 1 1 1/50 0 1 1 1/50 0 0 1 1/50 0 0 0 1

.

b) Tenemos que v = b1 +2b2 +3b3 +4b4 +5b5 ⇒ [v]B1 = (1, 2, 3, 4, 5)t

y sabemos que [T ]B1B1

[w]B1 = [v]B1 si [w]B1 = (w1, w2, w3, w4, w5)t

entonces

w1 + w2 + w3 + w4 + w5 = 1w2 + w3 + w4 + w5 = 2

w3 + w4 + w5 = 3w4 + w5 = 4

w5 = 5

⇒ w5 = 5; w4 = w3 = w2 = w1 = −1

⇒ [w]B1 =

−1−1−1−1

5

⇒ w = −b1 − b2 − b3 − b4 + 5b5 .

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 77

5.18. Sea L : R → R una transformacion lineal tal que L 6= 0 pero L2 =L◦L = 0. Demuestre que existe una base {u, v} de R2 tal que L(u) = vy L(v) = 0.

Solucion: Sabemos que L 6= 0, entonces existe u ∈ R2 tal que L(u) =v 6= 0 y ademas L(v) = L(L(u)) = L ◦ L(u) = 0. Falta probar que{u, v} es una base de R2, es decir, que {u, v} es linealmente indepen-diente. Notemos que

0 = αu + βv = αu + βL(u) .

Aplicando la aplicacion L a ambos lados de la igualdad.

0 = L(0) = αL(u) + βLL(u) = αv

entonces α = 0 y reemplazando esto en la primera ecuacion, se obtiene0 = αu + βv = βv entonces β = 0.

5.19. Sea T : U → V una transformacion lineal y b 6= 0 un vector de V . ¿Porque no es subespacio de U el conjunto T−1(b) = {u ∈ u/T (u) = b}?

Solucion: Si u, v ∈ T−1(b) y α ∈ R, entonces

T (u + v) = T (u) + T (v) = b + b = 2b ⇒ u + v no esta en T−1(b)

T (αu) = αT (u) = αb ⇒ αu no esta en T−1(b) .

Luego, T−1(b) = {u ∈ u/T (u) = b} (b 6= 0) no es subespacio de U .

78 Capıtulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimension

Capıtulo 6

Bases Ortonormales y

Proyecciones

6.1. Contruir una base ortonormal para el subespacio W del espacio R3 gen-erado por {(1, 2, 3), (3, 4, 5), (1,−1, 0)}.

Solucion: Sea {(1, 2, 3), (3, 4, 5), (1,−1, 0)} = {α1, α2, α3} entonces porel proceso de ortonormalizacion de Gram-Schmidt, tenemos que unabase ortogonal es {β1, β2, β3} y una base ortonormal es { β1

‖β1‖ ,β2

‖β2‖ ,β3

‖β3‖}donde

β1 = α1 ,

β2 = α2 −< α2, β1 >

< β1, β1 >β1 ,

β3 = α3 −< α3, β1 >

< β1, β1 >β1 −

< α3, β2 >

< β2, β2 >β2 ,

es decir,

β1 = (1, 2, 3)β2 = 1

7(8, 2,−4)

β3 = 12(1,−2, 1)

⇒

‖β1‖ =√

14

‖β1‖ =√

127

‖β1‖ =√

23

.

Por lo tanto, la base ortonormal es{

1√14

(1, 2, 3),

√

7

12

(8

7,2

7,−4

7

)

,

√

3

8(1,−2, 1)

}

.

6.2. Sea W el subespacio de R3 con bae S = {(1, 1, 0), (−2, 0, 1)}. Sea α =(−1, 2,−3) un elemento de W .

79

80 Capıtulo 6. Bases Ortonormales y Proyecciones

(a) Hallar la longitud de α directamente.

(b) Usar Gram-Schmidt para transformar S en una base ortonormal Tde W .

(c) Hallar la longitud de α usando el vector coordenada de α respectoa T .

Solucion:

(a) ‖ α‖ =√

< α, α > =√

(−1)2 + 22 + (−3)2 =√

14.

(b) Tenemos que: β1 = (1, 1, 0)

β2 = (−2, 0, 1) − < (−2, 0, 1), (1, 1, 0) >

< (1, 1, 0), (1, 1, 0) >(1, 1, 0)

⇒ β2 = (−1, 1, 1)

con ‖β1‖ =√

2 y ‖β2‖ =√

3 entonces la base ortonormal es

T =

{√2

2(1, 1, 0),

√3

3(−1, 1, 1)

}

.

(c) Tenemos que ‖[α]T‖ =√

14.

6.3. Proyecte b al espacio columna de A resolviendo AtAx = Atb y luegop = Ax.

(a) A =

1 10 10 0

, b =

234

.

(b) A =

1 11 10 1

, b =

446

.

Para cada caso calcule e = b−p y verifique que e es perpendicular a lascolumnas de A. (i,e: Ate = 0).

Solucion:

(a)

AtA =

[1 0 01 1 0

]

1 10 10 0

=

[1 11 2

]

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 81

entonces

AtAx = Atb

⇒[

1 11 2

]

x =

[1 0 01 1 0

]

234

=

[25

]

⇒ x =

[1 11 2

]−1 [25

]

=

[2 −1

−1 1

] [25

]

⇒ x =

[−13

]

⇒ p = Atx =

1 10 10 0

[−1

3

]

=

230

.

Luego, e = b − p = (0, 0, 4)t y Ate =

[1 0 01 1 0

]

004

= (0, 0)t.

(b) Analogamente tenemos que

AtA =

[1 1 01 1 1

]

1 11 10 1

=

[2 22 3

]

entonces

AtAx = Atb

⇒[

2 22 3

]

x =

[1 1 01 1 1

]

446

=

[814

]

⇒ x =

[2 22 3

]−1 [814

]

=1

2

[3 −2

−2 2

] [814

]

⇒ x =

[−26

]

⇒ p = Atx =

1 11 10 1

[−2

6

]

=

446

.

82 Capıtulo 6. Bases Ortonormales y Proyecciones

Luego, e = b − p = (0, 0, 0)t y Ate = (0, 0)t.

6.4. Calcule las matrices de proyeccion P1 y P2 para las proyecciones delproblema anterior. Verifique que Pb = p = Ax, para cada matriz P .Verifique tambien que P 2

1 = P1.

Solucion:

(a) Note que ya hemos calculado (AtA)−1 entonces:

P1 = A(AtA)−1At

=

1 10 10 0

[2 −1

−1 1

] [1 0 01 1 0

]

=

1 10 10 0

[1 0 01 1 0

]

⇒ P1 =

1 0 00 1 00 0 0

.

Ademas

P1b =

1 0 00 1 00 0 0

234

=

230

= p =

1 10 10 0

[−13

]

= Ax .

(b) Analogamente

P2 = A(AtA)−1At

=

1 11 10 1

1

2

[3 −2

−2 2

] [1 1 01 1 1

]

=1

2

1 01 0−2 2

[1 1 01 1 1

]

⇒ P1 =1

2

1 1 01 1 00 0 2

.

Ademas

P2b =1

2

1 1 01 1 00 0 2

446

=

446

= p =

1 11 10 1

[−26

]

= Ax.

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 83

Finalmente P 21 = P1 se verifica triavialmente.

6.5. Plantee el siguiente problema de minimizacion como un problema demınimos cuadrados. Indique el vector b a proyectar, el subespacio alque se proyecta y resuelva el problema

mınx, y∈R

(1 − x + y)2 + 2(2 − x + 2y)2 +1

2(−1 + 2x + y)2 .

Solucion: Puesto que

(1 − x + y)2 + 2(2 − x + 2y)2 +1

2(−1 + 2x + y)2 = ‖Ax − b‖2

donde

A =

1 −1√2 −2

√2

−√

2 −√

2/2

y b =

1

2√

2

−√

2/2

.

Luego, el problema de minimizacion planteado es equivalente a unproblema de solucion de un sistema de ecuaciones por mınimos cuadra-dos. Las ecuaciones normales AtAx = Atb son

AtAx = Atb[

5 −4−4 11/2

]

x =

[6

−9/2

]

⇒ x =

[5 −4

−4 11/2

]−1 [6

−9/2

]

=2

39

[11/2 4

4 5

] [6

−9/2

]

cuya solucion es x = 113

[101

]

, de aquı se tiene

Ax − b =1

13(−17,−18,−3

√2)t

con lo que el mınimo de la funcion corresponde a ‖Ax − b‖2 = 631169

.

84 Capıtulo 6. Bases Ortonormales y Proyecciones

Capıtulo 7

Vectores y Valores Propios,

Diagonalizacion

7.1. Determine los valores propios de la matriz

A =

0 −3 20 2 02 3 4

.

Determine la multiplicidad algebraica y geometrica de los valores pro-pios. Diga si A es diagonalizable.

Solucion: Hallamos los valores propios resolviendo det(A − λI) = 0.∣∣∣∣∣∣

−λ −3 20 2 − λ 02 3 4 − λ

∣∣∣∣∣∣

= (2 − λ)(−λ(4 − λ) − 4)

= (2 − λ)(λ2 − 4λ − 4)

= (2 − λ)(λ − (2 + 2√

2))(λ − (2 − 2√

2))

debido a que

λ =4 ±

√

16 − 4(−4)

2=

4 ± 4√

2

2= 2 ± 2

√2 .

Entonces, los valores propios son

λ1 = 2, λ2 = 2 + 2√

2, λ3 = 2 − 2√

2

con

λ1 = 2 con multiplicidad algebraica s1 = 1 ,

λ2 = 2 + 2√

2 con multiplicidad algebraica s2 = 1 ,

λ3 = 2 − 2√

2 con multiplicidad algebraica s3 = 1 .

85

86 Capıtulo 7. Vectores y Valores Propios

Notemos que los valores propios son todos distintos luego A es diago-nalizable. Calculemos ahora los vectores propios asociados a los valorespropios λi.Para λ1 = 2 tenemos que resolver (A − 2I)x = 0.

−2 −3 20 0 02 3 2

x1

x2

x3

=

000

.

Como

−2 −3 20 0 02 3 2

∼

−2 −3 20 0 00 0 4

⇒ x3 = 0, −2x1 = 3x3 .

Luego,

Wλ1 = Ker(A − 2I) =

⟨

010

⟩

y la multiplicidad geometrica de λ1 = 2 es g1 = dim(Wλ1) = 1.Para λ2 = 2 + 2

√2 tenemos que resolver (A − (2 + 2

√2)I)x = 0

−2(1 +√

2) −3 2

0 −2√

2 0

2 3 2 − 2√

2

x1

x2

x3

=

000

.

Notemos que x2 = 0, basta escalonar

(−2(1 +

√2) 2

2 2 − 2√

2

)

∼(

1 1 −√

20 0

) }

⇒ x1 = x3(√

2− 1) .

Luego,

Wλ2 = Ker(A − (2 + 2√

2)I) =

⟨

√2 − 101

⟩

y la multiplicidad geometrica de λ2 = 2 + 2√

2 es g2 = dim(Wλ2) = 1.Para λ3 = 2 − 2

√2 tenemos que resolver (A − (2 − 2

√2)I)x = 0

−2 + 2√

2 −3 2

0 2√

2 0

2 3 2 + 2√

2

x1

x2

x3

=

000

.

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 87

Notemos que x2 = 0, basta escalonar

(−2 + 2

√2) 2

2 2 + 2√

2

)

∼(

1 1 +√

20 0

) }

⇒ x1 = −x3(1+√

2).

Luego,

Wλ2 = Ker(A − (2 − 2√

2)I) =

⟨

1 +√

20−1

⟩

y la multiplicidad geometrica de λ2 = 2 + 2√

2 es g2 = dim(Wλ2) = 1.

7.2. Sea L : M2×2 → M2×2, L(X) = AXB donde

A =

(1 −10 2

)

, B =

(1 12 0

)

.

Determine la matriz que representa a L con respecto a la base canonicade M2×2 y su polinomio caracteristico. ¿Cuales son los valores y vectorespropios de L? Si la matriz es diagonalizable indique su forma diagonal.

Solucion: Notemos que:

L

(1 00 0

)

=

(1 10 0

)

L

(0 10 0

)

=

(2 00 0

)

L

(0 01 0

)

=

(−1 −1

2 2

)

L

(0 00 1

)

=

(0 04 0

)

⇒ [L]ee =

1 2 −1 01 0 −1 00 0 2 40 0 2 0

= C .

El polinomio caracteristico de la matriz C es

PC(λ) = |C − λI|

=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 − λ 2 −1 −21 −λ −1 00 0 2 − λ 40 0 2 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣

= λ4 − 3λ3 − 8λ2 + 12λ + 16

= (λ2 − 2λ − 8)(λ2 − λ − 2)

= (λ − 4)(λ + 2)(λ + 1)(λ − 2) .

88 Capıtulo 7. Vectores y Valores Propios

Entonces, los vectores propios son λ1 = 4, λ2 = −2, λ3 = −1, λ4 = 4.Para λ1 = 4 tenemos que resolver (C − 4I)x = 0 y como

C − 4I =

−3 2 −1 −21 −4 −1 00 0 −2 40 0 2 −4

∼

−3 2 −1 −20 −10/3 −4/3 −2/30 0 −2 40 0 0 0

entonces x3 = 2x4. x2 = −x4 y x1 = −3x4

⇒ Wλ1 = Ker(C − 4I) =< (−3,−1, 2, 1)t) > .

Para λ2 = −2 tenemos que resolver (C + 2I)x = 0 y como

C + 2I =

3 2 −1 −21 2 −1 00 0 4 40 0 2 2

∼

3 2 −1 −20 4/3 −2/3 2/30 0 4 40 0 0 0

entonces x3 = −x4. x2 = −x4 y x1 = x4

⇒ Wλ2 = Ker(C + 2I) =< (1,−1,−1, 1)t) > .

Para λ3 = −1 tenemos que resolver (C + I)x = 0 y como

C + I =

2 2 −1 −21 1 −1 00 0 3 40 0 2 1

∼

1 0 0 00 0 0 00 0 1 00 0 0 1

⇒ Wλ3 = Ker(C + I) =< (0, 1, 0, 0)t) > .

Para λ4 = 2 tenemos que resolver (C − 2I)x = 0 y como

C − 2I =

−1 2 −1 −21 −2 −1 00 0 0 40 0 2 −2

∼

−1 2 −1 −20 0 −2 −20 0 0 40 0 0 0

⇒ Wλ4 = Ker(C − 2I) =< (−2, 1, 0, 0)t) > .

Como A es diagonalizable tenemos que

A = V DV −1

=

−3 1 0 −2−1 −1 1 12 −1 0 01 1 0 0

4 0 0 00 −2 0 00 0 −1 00 0 0 2

−3 1 0 −2−1 −1 1 12 −1 0 01 1 0 0

−1

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 89

7.3. Suponga que el numero siguiente es el promedio de los dos anterioresgk+2 = (gk+1 + gk)/2.

(a) Determine A tal que

[gk+2

gk+1

]

= A

[gk+1

gk

]

.

(b) Determine lımn→∞ An.

(c) Si g0 = a y g1 = b determine lımn→∞ gn.

Solucion:

(a) Basta considerar A =

(12

12

1 0

)

(b) Tenemos que

|A − λI| =

∣∣∣∣

12− λ 1

2

1 −λ

∣∣∣∣= λ2 − λ

2− 1

2⇒ λ =

1 ± 3

4.

Los valores propios son distintos, entonces A es diagonalizable.Para λ1 = 1 tenemos que resolver (A − I)x = 0

A − λ1I =

(−1

212

1 −1

)

∼(

1 −10 0

)

.

Entonces,Wλ1 = Ker(A − I) =< ((1, 1)t > .

Para λ2 = −12

tenemos que resolver(A + 1

2I)x = 0

A − λ2I =

(1 1

2

1 12

)

∼(

1 12

0 0

)

.

Entonces,

Wλ2 = Ker

(

A +1

2I

)

=< (−1/2, 1)t > .

Luego,

D =

(1 00 −1

2

)

, V =

(1 −1

2

1 1

)

An = V DnV −1

=

(1 −1

2

1 1

)(1n 00 (−1)n(1

2)n

)2

3

(1 1

2

−1 1

)

.

90 Capıtulo 7. Vectores y Valores Propios

Como (−1)n es acotado y lımn→∞(12)n = 0, entonces

lımn→∞

Dn =

(1 00 0

)

.

Por lo tanto,

lımn→∞

An = lımn→∞

(V DnV −1)

= V ( lımn→∞

Dn)V −1

=

(1 −1

2

1 1

)(1 00 0

)2

3

(1 1

2

−1 1

)

=2

3

(1 1/21 1/2

)

.

(c) Notemos que

[gk+2

gk+1

]

= A

[gk+1

gk

]

= AA

[gk

gk−1

]

= . . . = Ak

[ba

]

entonces

lımk→∞

[gk+2

gk+1

]

= lımk→∞

Ak

[ba

]

=2

3

(1 1/21 1/2

)[ba

]

=

[13(2b + a)

13(2b + a)

]

⇒ lımn→∞

gn =1

3(2b + a) .

7.4. Demuestre que si λ es un valor propio de una matriz A ortogonal en-tonces λ 6= 0 y λ−1 es valor propio de A.

Solucion: Sabemos que A es ortogonal ssi A−1 = At, entonces ex-iste la inversa de A. Sea v el vector propio asociado al valor propio λ,entonces

Av = λv ⇔ Inv = λA−1v

⇔ (In − λA−1)v = 0 .

Como v 6= 0 entonces |In − λA−1| = 0.Supongamos que λ = 0 entonces |In| = 0, lo cual es contradiccion.Luego λ 6= 0 y observemos que

Av = λv ⇔ Inv = λA−1v

⇔ λ−1v = Atv

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 91

y como A y At tiene los mismos valores propios debido a que

det(A − λI) = det

a11 − λ a12 · · · a1n

a21 a22 − λ · · · a2n...

.... . .

...an1 an2 · · · ann − λ

(detA = detAt) = det

a11 − λ a12 · · · an1

a12 a22 − λ · · · an2...

.... . .

...a1n a2n · · · ann − λ

= det(At − λI) .

Se concluye que λ−1 es valor propio de A.

7.5. Sea

A =

2 1 02 3 06 7 9

.

(a) Encuentre una matriz X tal que X2 = A.

(b) Encuentre una matriz B tal que B6 = A.

(c) Calcule eA.

(d) Calcule eAt, donde t es una variable real.

Solucion: Primeros buscaremos los valores y vectores propios

det(A − λI) =

∣∣∣∣∣∣

2 − λ 1 02 3 − λ 06 7 9 − λ

∣∣∣∣∣∣

= (9 − λ)

∣∣∣∣

2 − λ 12 3 − λ

∣∣∣∣

= (9 − λ)(λ2 − 5λ + 4)

= (9 − λ)(λ − 4)(λ − 1) .

Los valores propios son λ1 = 9, λ2 = 4 λ3 = 1 todos distintos luegoA es diagonolizable.Para λ1 = 9 debemos resolver (A − 9I)x = 0 un simple calculo nos da

Wλ1 = Ker(A − 9I) =< {(0, 0, 1)t} > .

92 Capıtulo 7. Vectores y Valores Propios

Para λ2 = 4 debemos resolver (A − 9I)x = 0

Wλ2 = Ker(A − 4I) =< {(1/2, 1,−2)t} > .

Para λ3 = 1 debemos resolver (A − 9I)x = 0

Wλ3 = Ker(A − I) =< {(−1, 1,−1/8)t} > .

Por lo tanto,

V =

0 1/2 −10 1 11 −2 −1/8

, D =

9 0 00 4 00 0 1

.

(a) Sea X = V DXV −1 ⇒ X2 = V D2XV −1 = A = V DV −1 luego

D = D2X por lo tanto

X =

0 1/2 −10 1 11 −2 −1/8

3 0 00 2 00 0 1

(2

3

)

15/8 33/16 3/21 1 0

−1 1/2 0

=

(2

3

)

0 1/2 −10 1 11 −2 −1/8

45/8 99/16 9/22 2 0

−1 1/2 0

=

(2

3

)

2 1/2 01 5/2 0

7/4 17/8 9/2

=

(1

3

)

4 1 02 5 0

7/2 17/4 9

.

(b) Similarmente a letra (a), sea B = V DBV −1 ⇒ B6 = V D6BV −1 =

A = V DV −1 luego D = D6B por lo tanto

X =

0 1/2 −10 1 11 −2 −1/8

6√

9 0 0

0 6√

4 00 0 1

(2

3

)

15/8 33/16 3/21 1 0

−1 1/2 0

=

(2

3

)

0 1/2 −10 1 11 −2 −1/8

158

6√

9 3316

6√

9 32

6√

96√

4 6√

4 0−1 1

20

=

(2

3

)

12

6√

4 + 1 12( 6√

4 − 1) 06√

4 − 1 6√

4 + 12

0158

6√

9 − 2 6√

4 + 18

3316

6√

9 − 2 6√

4 − 116

32

6√

9

.

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 93

(c) Notemos que

eA = I + A +A2

2!+

A3

3!+ ...

= lımn→∞

(

I + A +A2

2!+

A3

3!+ ... +

An

n!

)

= lımn→∞

(

V IV −1 + V DV −1 +V D2V −1

2!+

V D3V −1

3!+ ... +

V DnV −1

n!

)

= lımn→∞

V

(

I + D +D2

2!+

D3

3!+ ... +

Dn

n!

)

V −1

= V lımn→∞

(

I + D +D2

2!+

D3

3!+ ... +

Dn

n!

)

V −1

= V eDV −1

=

0 1/2 −10 1 11 −2 −1/8

e9 0 00 e4 00 0 e

(2

3

)

15/8 33/16 3/21 1 0

−1 1/2 0

=

(1

3

)

e4 + 2e e4 − e 02e4 − 2e 2e4 + e 0

154e9 − 4e4 − 1

4e 33

8e9 − 4e4 + 1

8e 3e9

.

(d) Similarmente a lo anterior obtenemos tenemos que

eAt =

(1

3

)

e4t + 2et e4t − et 02e4t − 2et 2e4t + et 0

154e9t − 4e4t − 1

4et 33

8e9t − 4e4t + 1

8et 3e9t

.

7.6. Sea A de 3×3 simetrica con valores propios λ, λ+1 y λ+2 con λ ∈ R.Demuestre que existe a ∈ R tal que la matriz A+aI es positiva definida.

Solucion: Si los valores propios de A son λ, λ + 1 y λ + 2, entonces losvalores propios de A+aI son λ+a, λ+1+a y λ+2+a. Ademas, A espositiva definida si tiene todos sus valores propios positivos. Entoncesdebemos tener que λ + a > 0 lo cual es equivalente a a > −λ.