Álgebra Lineal: Problemas Resueltos PUC Chile

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE ALGEBRA LINEAL PROBLEMAS RESUELTOS Rodrigo Vargas Santiago de Chile 2007 ii Prefacio Este libro con problemas resueltos pretende sirvir para los estudiantes del plan común de Ingeneria Civil de la Pontificia Universidad Católica de Chile. Ası́ espero facilitar el estudio y la comprensión de los estudiantes. Grupos especiales, estudiantes avanzados, lectores que deseen una presentación más completa y los alumnos, por ası́ decirlo, normales que busquen lecturas complementarias pueden consultar el libro “Linear Algebra” de Hoffman y Kunze que trata los mismos tópicos con un enfoque más amplio. La parte mas importante de este libro son sus problemas resueltos, que sirven para fijar ideas, desarrollar algunos temas esbozados en muchos textos de algebra lineal y como oportunidad para que el lector compruebe lo sencillo de algunas soluciones. Naturalmente, me gustarı́a que el lector sólo consultase las soluciones después de haber hecho un serio esfuerzo para resolver cada problema. Precisamente es este esfuerzo, con o sin éxito, el que nos conduce a buenos resultados en el proceso de aprendizaje. Los problemas que el lector encontrará se basan en las ayudantias del curso de algebra lineal impartido en la Pontificia Universidad Católica de Chile, el cual está dirigido a estudiantes de Ingeneria Civil. iii iv Índice general 1. Algebra Lineal Elemental 1 2. Factorizaciones de Matrices 21 3. Determinantes 43 4. Espacios Vectoriales 49 5. Transformaciones Lineales, Teorema de la Dimensión y Cambio de Base 61 6. Bases Ortonormales y Proyecciones 79 7. Vectores y Valores Propios, Diagonalización 85 v vi Capı́tulo 1 Algebra Lineal Elemental 1.1. Se dice que v es combinación lineal convexa de u1 , u2 , ..., uk si v = α1 v1 + α2 v2 + ... + αk vk donde αi ≥ 0, i = 1, ..., k y α1 + α2 + ... + αk = 1. Demuestre que si u4 es combinación convexa de u1 , u2 , u3 y v es combinación convexa de u1 , u2 , u3, u4 entonces v es combinación convexa de u1 , u2 , u3 . Solución: Si u4 es combinación convexa de u1 , u2, u3 , entonces u4 = α1 u1 + α2 u2 + α3 u3 , P donde αi = 1 y αi ≥ 0 para i = 1, . . . , 3. Si v es combinación convexa de u1 , u2 , u3, u4 , entonces v = β1 u1 + β2 u2 + β3 u3 + β4 u4 , donde P βi = 1 y βi ≥ 0 para i = 1, . . . , 4. Luego, v = = = = β1 u1 + β2 u2 + β3 u3 + β4 u4 β1 u1 + β2 u2 + β3 u3 + β4 (α1 u1 + α2 u2 + α3 u3 ) (β1 + β4 α1 )u1 + (β2 + β4 α2 )u2 + (β3 + β4 α3 )u3 γ1 u 1 + γ2 u 2 + γ3 u 3 donde γ1 = β1 + β4 α1 ≥ 0, γ2 = β2 + β4 α2 ≥ 0 y γ3 = β3 + β4 α3 ≥ 0. Además, X γi = γ1 + γ2 + γ3 + γ4 = β1 + β4 α1 + β2 + β4 α2 + β3 + β4 α3 = β1 + β2 + β3 + β4 (α1 + α2 + α3 ) = β1 + β2 + β3 + β4 = 1 . Por lo tanto, v es combinación convexa de u1 , u2 , u3. 1 2 Capı́tulo 1. Algebra Lineal Elemental 1.2. Demuestre que si u1 = 2v1 + 3v2 , u2 = −v1 + 3v2 entonces se cumple que: < u1 , u2 >=< v1 , v2 >. Solución: Primero probaremos que < u1 , u2 > ⊂ < v1 , v2 >. Para esto, sea x ∈< u1 , u2 > entonces x = α1 u1 + α2 u2 = α1 (2v1 + 3v2 ) + α2 (−v1 + 3v2 ) = (2α1 − α2 )v1 + 3(α1 + α2 )v2 . Como x es combinación lineal de los vi ’, es claro que x ∈< v1 , v2 > y, por lo tanto, hemos probado que < u1 , u2 > ⊂ < v1 , v2 > . Ahora se probará que < v1 , v2 > ⊂ < u1 , u2 >. Notemos que: u1 = 2v1 + 3v2 ⇒ 3v2 = u1 − 2v1 y u2 = −v1 + 3v2 ⇒ 3v2 = u2 + v1 . Igualando obtenemos que u1 − 2v1 = u2 + v1 3v1 = u1 − u2 1 (u1 − u2 ) . v1 = 3 Despejando obtenemos 1 v2 = (u1 + 2u2) . 9 Sea x ∈< v1 , v2 >, este vector se puede escribir de la forma x = β1 u1 + β2 u2 1 1 = β1 (u1 + u2 ) + β2 u1 3 3 1 1 = (β1 + β2 )u1 + β1 u2 . 3 3 Como x es combinación 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 >. 3 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 1.3. Sean u= −0.6 0.8 ,v = 3 4 ,w = 4 3 . (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| ≤ kukkvk y | v · w| ≤ kvkkwk . Solución: 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) kuk = kvk = kwk = √ √ √ c) u·u= p (−0.6)2 + (0.8)2 = 1 , p (3)2 + (4)2 = 5 , p w · w = (4)2 + (3)2 = 5 . v·v = | u · v| = |1.4| = 1.4 ≤ 5 = (1)(5) = kukkvk , | v · w| = |24| = 24 ≤ 25 = (5)(5) = kvkkwk . 1.4. Para u = (1, 2), v = (−1, 3) determine un escalar α tal que u − αv sea perpendicular a u. Solución: Notemos que u − αv = (1, 2) − α(−1, 3) = (1 + α, 2 − 3α) . Para que los vectores sean perpendiculares basta que el producto interno entre 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 Capı́tulo 1. Algebra Lineal Elemental 1.5. Exprese el plano x + y + 2z = 1 como combinación lineal de vectores. Indique el vector normal unitario al plano. Solución: Podemos despejar cualquiera de las variables de la ecuación del plano en función de las otras dos. Por ejemplo, podemos despejar x y obtenemos x = 1 − y − 2z en forma vectorial           x 1 − y − 2z 1 −1 −2  y =  =  0 +  1 y +  0 z . y z z 0 0 1 Se puede observar que el plano se puede expresar como combinación lineal de los vectores (−1, 1, 0), (−2, 0, 1), donde el primer vector siempre esta ponderado por 1, esto es       −1 −2 1 P =  0 + <  1 , 0  > . 0 0 1 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 √ √ k ~n k= 12 + 12 + 22 = 6 . Luego, el vector normal unitario es: 1 n̂ = √ (1, 1, 2) . 6 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. Solución: La ecuación 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 2a − b + 2c + d b+c+d a+d = = = = e, e, e, e. 5 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas Entonces tenemos 4 ecuaciones y 5 incognitas. Hay una variable libre que es e y a, b, c, d son variables básicas. Resolviendo el sistema obtenemos a = b = c = 0, d = e . La ecuación del hiperplano es entonces: dw = d ⇒ w = 1 . Luego, para que (α, β, α − β, α + β) pertenezca al hiperplano se debe cumplir que: α+β =1. 1.7. ¿Para  qué  valor(es)   deλ serán linealmente dependientes los vectores 1 2 3  2   −1   λ ? 3 4 4 Solución: Suponga que         1 2 3 0 c1  2  + c2  −1  + c3  λ  = 0 =  0  . 3 4 4 0 Entonces mulptiplicando y sumando se obtiene     c1 + 2c2 + 3c3 0  2c1 − c2 + λc3  =  0  . 3c1 + 4c2 + 4c3 0 Esto nos lleva al sistema de tres ecuaciones y tres incognitas c1 + 2c2 + 3c3 = 0 , 2c1 − c2 + λc3 = 0 , 3c1 + 4c2 + 4c3 = 0 . (1.1) (1.2) (1.3) Ası́, los vectores serán linealmente dependientes si y sólo si el sistema tiene 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 Capı́tulo 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 5 2(2c3 ) + c3 + λc3 = 0 2 13 (λ + )c3 = 0 . 2 Para obtener infinitas soluciones necesitamos que una de las ecuaciones se anule esto se consigue con λ = − 13 , con este valor los vectores son 2 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 el sistema: no tenga solución, tenga solución única, tenga infinitas soluciones. Solución: Primeros hacemos eliminación de Gauss     1 1 1 1 1 1 1 1  1 −2 a b  ∼  0 −3 a − 1 b − 1  2 1 3 c 0 −1 1 c−2   1 1 1 1 1 1 31 (1 − a) (1 − b)  ∼  0 3 0 −1 1 c−2   1 1 0 1 + 13 (a − 1) (b − 1) + 1 3 1 1 (1 − a) (1 − b)  . ∼  0 1 3 3 1 1 0 0 (4 − a) (3c − b − 5) 3 3 La última fila de la matriz ampliada equivale a 1 1 (4 − a)x3 = (3c − b − 5) 3 3 ⇒ (4 − a)x3 = 3c − b − 5 . 7 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas Para que no haya soluciones es necesario que el sistema sea inconsistente, es decir, que algunas de sus ecuaciones contenga alguna contradicción. La única 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 se cumpla siempre. La única que se cumple siempre independiente del valor de x3 es 0 · x3 = 0. Es decir, con a = 4 y 3c − b − 5 = 0. Si se quiere una sola solución, se debe tener tantas ecuaciones linealmente independientes como incognitas y además el sistema debe ser consistente. Esto se cumple para cualquier valor de a, b, c excepto para el valor a = 4. 1.9. Encuentre eficientemente la solución general de los sistemas           1 1 1 x1 2 1 1 1 x1 2  2 1 1   x2  =  3  y  2 1 1   x2  =  3  . 3 1 1 x3 4 3 1 1 x3 5 Solución: Con el método de eliminación de Gauss es posible resolver múltiples sistemas con la misma matriz de coeficientes y distintos vectores a la vez. Para esto se construye una matriz ampliada de la forma [ A | b~1 ... b~n ].  1 1 1  2 1 1 3 1 1   2 2 2 2 1 1 1   3 3 0 −1 −1 −1 −1 ∼ 4 5 0 −2 −2 −2 −1  2 2 1 1 1  1 1 0 1 1 ∼ 0 −2 −2 −2 −1   1 1 1 2 2 ∼  0 1 1 1 1 . 0 0 0 0 1     Una vez obtenida la matriz escalonada reducida, se debe despejar las incógnitas del primer y segundo sistema a partir de las columnas correspondientes a los vectores (2, 3, 4) y (2, 3, 5), respectivamente. En este caso el segundo sistema es inconsistente, es decir no tienen soluciones, ya que tenemos 0 · x3 = 1. Para el segundo sistema tenemos infinitas soluciones dadas por x1 = 1, x2 = 1 − x3 , x3 ∈ R . 8 Capı́tulo 1. Algebra Lineal Elemental 1.10. Determine un sistema de ecuaciones Ax = b tal que su conjunto solución sea:       1 1 + * −1  2       +  0 , 1  . S=  0   0   −1  2 1 0 Solución: El conjunto solución de Ax = b es x0 + kerA, donde x0 es una solución particular de Ax = b. Además KerA = h filas de Ai⊥ . Entonces KerA = h(−1, 0, 0, 1), (1, 1, −1, 0)i . Sea (a, b, c, d) una fila de A, entonces:         a −1 a 1  b   0   b   1   ·   ·   c   0 =0 y  c   −1  = 0 d 1 d 0 −a + d = 0 d=a ⇔ . a+b−c=0 c=a+b 0 1 1 0 (a = 0, b = 1) Tomando A = . Ahora sea 1 0 1 1 (a = 1, b = 0)     1 1  2   2  2 0 1 1 0     = . b = A  =   3 1 0 1 1 0 0 2 2 0 1 1 0 Eligiendo A = y b = (2, 3) el conjunto de Ax = b 1 0 1 1 coincide con       1 + 1 * −1      2   +  0 , 1  . S=  0   0   −1  2 1 0 1.11. Considere el plano P de R3 dado por P 0} y la matriz  1 −1 0 A= 2 1 1 = {(x, y, z) ∈ R3 : 2x−3y + z =  2 1 . 1 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 9 Demuestre que la imagen de P a través de A es un plano y encuentre la ecuación cartesiana ax + by + cz = d de tal plano. Solución: 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 = h{(1, 0, −2), (0, 1, 3)}i = h{~v , w}i ~      1 −1 2 1 −3 0 1  0  =  0  , A~v =  2 1 1 1 −2 −1      1 −1 2 0 5 0 1  1  =  3  . Aw ~ =  2 1 1 1 3 4 Por lo tanto, la imagen de P a través de A es generado por vectores (−3, 0, −1) y (5, 3, 4), esto es A(P) = = = = = h{(−3, 0, −1), (5, 3, 4)}i {(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   p 1 0 A= 0 p 1  . 0 0 p Encuentre An , n ∈ N. 10 Capı́tulo 1. Algebra Lineal Elemental Solución: Notemos que     2  p 1 0 p 1 0 p 2p 1 A2 =  0 p 1   0 p 1  =  0 p2 2p  , 0 0 p 0 0 p 0 0 p2  2    3  p 2p 1 p 1 0 p 3p2 3p A3 =  0 p2 2p   0 p 1  =  0 p3 3p2  , 0 0 p2 0 0 p 0 0 p3  3    4  p 3p 3p p 1 0 p 4p3 6p2 A4 =  0 p3 3p2   0 p 1  =  0 p4 4p3  , 0 0 p3 0 0 p 0 0 p4  4      p 4p3 6p2 p 1 0 p5 5p4 10p3 A5 =  0 p4 4p3   0 p 1  =  0 p5 5p4  . 0 0 p4 0 0 p 0 0 p5  n  p npn−1 an pn−2 pn npn−1  donde an+1 = an +(n−1), ∀n > 1 Luego, An =  0 0 0 pn y a1 = 0. 1.13. Demuestre que cualquier matriz cuadrada se puede escribir de manera única como la suma de una matriz simétrica y una matriz antisimétrica. Solución: Se dice que una matriz es simétrica si At = A y se dice que una matriz es antisimétrica si At = −A. Consideremos las matrices 1 (A + At ) y 12 (A − At ) entonces 2 1 1 1 1 [ (A + At )]t = (At + (At )t ) = (At + A) = (A + At ) . 2 2 2 2 Luego, 21 (A + At ) es una matriz simétrica. 1 1 1 1 [ (A − At )]t = (At − (At )t ) = (At − A) = − (A − At ) . 2 2 2 2 Luego, 12 (A − At ) es un matriz antisimétrica. Por lo tanto, podemos escribir A como 1 1 A = (A + At ) + (A − At ) . 2 2 1.14. Resuelva la siguiente ecuación matricial 1 1 4 −2 6 4 X = . 3 4 −3 2 22 14 11 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 1 1 4 −2 6 4 Solución: Sean A = ,B= yC= 3 4 −3 2 22 14 y notemos que si existen las matrices inversas de A y B, entonces AXB = C ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ AXBB −1 = CB −1 AX = CB −1 A−1 AX = A−1 CB −1 X = A−1 CB −1 . Usando eliminación de Gauss, podemos encontrar A−1 y B −1 . 1 1 3 4 1 0 0 1 4 −2 −3 2 1 0 0 1 ∼ 1 1 0 1 1 0 −3 1 ∼ 1 0 0 1 4 −1 −3 1 y ∼ ∼ Entonces −1 A = 1 0 1 − 21 0 4 ∼ 1 3 0 1 0 1 2 4 1 1 1 0 1 1 ∼ . 3 3 1 0 1 2 4 2 1 − 21 −3 2 1 0 0 12 4 −1 −3 1 , B 1 4 −1 = 1 1 3 2 2 . Luego, tenemos que 4 −1 6 4 1 1 X = A CB = 3 −3 1 22 14 2 2 2 2 1 1 5 6 = = . 3 4 2 2 7 8 2 −1 −1 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 recta 2x − y = 0. (b) Hay una recta L que pasa por el origen y que queda fija bajo A, ( es decir, A(L) = L, aunque no necesariamente A(l) = l, para l ∈ L). ¿Cuál es la recta? 12 Capı́tulo 1. Algebra Lineal Elemental Solución: (a) Si A = (aij ) entonces a11 a12 1 a11 3 ⊤ A(1, 0) = = = , a21 a22 0 a21 6 a11 a12 0 a12 1 . A(0, 1) = = = a22 2 a21 a22 1 3 1 Por lo que A = . Buscamos el vector generador de la recta 6 2 3x + 2y = 0 ⊤ L = {(x, y) ∈ R2 : 3x + 2y = 0} 3 = {(x, y) ∈ R2 : y = − x} 2 3 = x, − x : x ∈ R 2 3 = x 1, − :x∈R 2 3 = 1, − 2 y obtenemos ⊤ A(1, −3/2) = 3 1 6 2 1 − 32 = 3 2 3 . Entonces la imagen de bajo A de la recta es: 3 A(L) = ,3 2 3 ,3 : α ∈ R = α 2 n yo = (x, y) ∈ R2 : x = 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} = h{(1, m)}i . 13 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas Entonces, 3 1 6 2 1 m = 3+m 6 + 2m y A(L) = h{(3 + m, 6 + 2m)}i = {((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 n X tr(A) = aii = a11 + a22 + · · · + ann . i=1 Si A, B ∈ Mn (R), demuestre (a) tr(AB) = tr(BA). (b) tr(AAt ) > 0, si A 6= 0. Solución: (a) Sean A = (aij ), B = (bij ), AB = (cij ) y BA = (dij ) entonces un elemento de la diagonal de la matriz AB es cii = n X aik bki , k=1 luego, tr(AB) = n X cii = i=1 = n X n X n X aik bki = i=1 k=1 n X n X bki aik = i=1 k=1 " n n X X k=1 bki aik i=1 # dkk = tr(BA) . k=1 (b) Si A = (aij ) entonces At = (bij ) = (aji ) si denotamos AAt = (rij ) entonces: t tr(AA ) = n X i=1 rii = n X n X i=1 k=1 aik bki = n X n X i=1 k=1 aik aik = n X n X k=1 i=1 (aki )2 > 0. 14 Capı́tulo 1. Algebra Lineal Elemental 1.17. Si tan α = (a/b), demuestre que 1 (a/b) −(a/b) 1 n n/2 a2 cos nα sin nα = 1+ 2 . − sin nα cos nα b Solución: Demostramos la igualdad haciendo inducción sobre n Para n = 1, tenemos que: 1/2 a2 cos α sin α 1+ 2 = − sin α cos α b cos α sin α 1 + tan α − sin α cos α cos α sin α = sec α − sin α cos α 1 (a/b) = . −(a/b) 1 2 1/2 Ahora suponiendo que se cumple para n, probamos que es válido para n + 1. n+1 n 1 ab 1 ab 1 ab = − ab 1 − ab 1 − ab 1 n/2 a2 cos nα sin nα 1 ab = 1+ 2 − sin nα cos nα − ab 1 b sin α cos nα sin nα 1 cos 2 n/2 α = (1 + tan α) sin α − sin nα cos nα − cos 1 α cos nα sin nα cos α sin α 2 n/2 = (sec α) sec α − sin nα cos nα − sin α cos α cos nα cos α − sin nα sin α cos nα sin α + sin nα cos α n+1 = sec α − sin nα cos α − cos nα sin α − sin nα sin α + cos nα cos α cos(n + 1)α sin(n + 1)α 2 (n+1)/2 = (1 + tan α) − sin(n + 1)α cos(n + 1)α (n+1)/2 a2 cos(n + 1)α sin(n + 1)α . = 1+ 2 − sin(n + 1)α cos(n + 1)α b 1.18. Demuestre que si A es una matriz cuadrada tal que An = 0, entonces I − A es invertible. Solución: 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 2 0 1.19. Sea A =  2 −1 0 . Verifique que A3 − A2 − 5A + 5I3 = 0 para 0 0 1 determinar A−1 en función de A. Solución: Tenemos  1 2  2 A = 0 que     2 0 1 2 0 5 0 0 −1 0   2 −1 0  =  0 5 0  0 1 0 0 1 0 0 1     5 10 0 1 2 0 5 0 0 A3 =  2 −1 0   0 5 0  =  10 −5 0  0 0 1 0 0 1 0 0 1   0 10 0 3 2  10 −10 0 . Luego, y entonces A − A = 0 0 0       0 10 0 1 2 0 1 0 0 A3 − A2 − 5A + 5I3 =  10 10 0  − 5  2 −1 0  + 5  0 1 0  0 0 0 0 0 1 0 0 1       0 10 0 −5 −10 0 5 0 0 0 + 0 5 0  =  10 −10 0  +  −10 5 0 0 0 0 0 −5 0 0 5     0 10 0 0 −10 0    = 10 −10 0 + −10 10 0  = 0 . 0 0 0 0 0 0  Notemos que A3 − A2 − 5A + 5I3 = 0 ⇒ (A2 − A − 5I3 )A = −5I3 1 ⇒ (A − A2 + 5I3 )A = I3 5 1 ⇒ A−1 = (A − A2 + 5I3 ) 5  1 0 0 1 ⇒ A−1 =  2 −1 0  . 5 0 0 5 16 Capı́tulo 1. Algebra Lineal Elemental 1.20. Calcule una inversa por la derecha de: 1 2 −6 A= . −3 −8 5 Solución: Calcular una inversa por la derecha es equivalente a resolver AX = I donde X corresponde a la inversa por la derecha de A, como A2×3 y I2×2 , la única opción es que X3×2 , luego,   x11 x12 X =  x21 x22  x31 x32 esto es equivalente a resolver simultaneamente los sistemas A(x11 , x21 , x31 )⊤ = (1, 0)⊤ y A(x12 , x22 , x32 )⊤ = (0, 1)⊤ . Usamos eliminación de Gauss, para resolver el sistema 1 2 −6 1 0 1 2 −6 1 0 ∼ −3 −8 5 0 1 0 −2 −13 3 1 1 2 −6 1 0 ∼ 0 1 13 − 32 − 12 2 1 0 −19 4 1 ∼ . 13 0 1 − 32 − 12 2 Entonces, x11 = 4 + 19x31 , x12 = 1 + 19x32 , 3 13 x21 = − − x31 , 2 2 1 13 x22 = − − x32 . 2 2 Ası́, obtenemos una familia de matrices inversas por la derecha, para valores x31 , x32 en R, tomando x31 = x32 = 0 se obtiene   4 1 X =  − 32 − 12  . 0 0 1.21. Sea A de 3 × 4 tal que existen v1 , v2 , v3 ∈ R tales que       1 0 1 Av1 =  1  , Av2 =  1  , Av3 =  1  . 0 2 −1 17 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas (a) Demuestre que el sistema Ax = b es consistente para todo b ∈ R3 .   1 4  (b) Determine un vector x ∈ R tal que Ax = 2 . 3 Solución: (a) Ax = b es consistente para todo b si sólo si A es sobre si sólo si A tiene inversa por la derecha. Sea B = [v1 v2 v3 ], entonces AB = C con   1 0 1 C= 1 1 1  0 2 −1 dado que C es invertible, entonces ABC −1 = I y la inversa por la derecha de A es BC −1 , donde C −1   3 −2 1 0 . =  −1 1 −2 2 −1   1 (b) De lo anterior se tiene que ABC −1 = I, entonces ABC −1  2  = 3       1 1 2  2 . Entonces x = BC −1  2  =  1  = 2v1 + v2 − v3 . 3 3 −1 1.22. Determine los valores de α, β para los cuales S = {v1 , v2 , v3 } es linealmente dependiente y b pertenece a hSi (ambas situaciones a la vez), donde         1 2 1 α        v1 = 1 , v2 = 1 , v3 = 2 , b = β  . β 1 α 1 Solución: Construyo la matriz A cuyas columnas son los vectores v1 , v2 , v3 18 Capı́tulo 1. Algebra Lineal Elemental y b, esto es A = [ v~1  1 =  1 β  1 ∼  0 0  1  0 ∼ 0 v~2 2 1 1 v~3 ~b ]  1 α 2 β  α 1  2 1 α −1 1 β−α  1 − 2β α − β 1 − αβ  2 1 α . 1 −1 α−β 0 α − β + (1 − 2β) 1 + β − α + αβ − 2β 2 Los vectores v~1 , v~2 , v~3 son linealmente dependientes si sólo si α − 3β + 1 = 0 . El vector ~b pertenece a hv~1 , v~2 , v~3 i si sólo si 1 + β − α + αβ − 2β 2 = 0 . Resuelvo α − 3β + 1 = 0 ⇒ 1 + β − α + αβ − 2β 2 = 0 α = −1 + 3β . β − 3β + 2 = 0 2 Encontramos dos soluciones α = 2, β = 1 o α = 5, β = 2.   2 4 3 1.23. Sea A =  0 1 −1 . Calcule adj A. 3 5 7 0 −1 1 −1 Solución: Se tiene A11 = = 12, A12 = − 5 7 3 7 = −3, A13 = −3, A21 = −13, A22 = 5, A23 = 2, A31 = −7, A32 = 2 y A33 = 2. Ası́, B = 12 −3 −3 −13 5 2 −7 2 2 y adj A = B t = 12 −13 −7 −3 5 2 . −3 2 2 19 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 1.24. Resuelva el sistema usando la regla de Cramer 2x1 + 4x2 + 6x3 = 18 , 4x1 + 5x2 + 6x3 = 24 , 3x1 + x2 − 2x3 = 4 . Solución: Primero se tiene D= 2 4 6 4 5 6 3 1 −2 =6 de manera que el sistema tiene solución única. 2 4 6 18 24 4 4 = −12 y 6 = 24, D2 = 18 24 Después D1 = 4 5 3 1 −2 3 1 −2 2 4 6 D3 = 4 5 6 = 18. 18 24 4 Por lo tanto, x1 = DD1 = 24 = 4, x2 = DD2 = −12 = −2 y x3 = DD3 = 18 = 6 6 6 3.   4 3 2 1 1.25. Sea A =  3 2 1 4 , con coeficientes en Z5 . Hallar el Ker(A). 2 1 4 3 Solución: Reducimos  4 3  3 2 2 1 la matriz por eliminación   2 1 1 0   −−−→ 0 1 1 4 0 0 4 3 de Gauss y obtenemos  0 4 0 4  1 4 tenemos que x1 = −4x4 , x2 = −4x4 y x3 = −4x4 , entonces:     * −4 + * 1 +  −4  (mod 5)  1    .  KerA =  =  −4   1  1 1 20 Capı́tulo 1. Algebra Lineal Elemental Capı́tulo 2 Factorizaciones de Matrices   2 4 6 6  es invertible y escribala como 2.1. Demuestre la matriz A =  4 5 3 1 −2 producto de matrices elementales. Solución: Para resolver el problema, se reduce A a I y se registran las operaciones elementales filas.   2 4 6 1 0 0  4 5 6 0 1 0  3 1 −2 0 0 1 E1 ( 12 ) −−−−→ E2,1 (−4) E3,1 (−3) −−−−−→ E2 (− 1 ) 3 −−−−− → E1,2 (−2) E3,2 (5) −−−−−→ E3 (−1) −−−−−→ E1,3 (1) E2,3 (−2) −−−−−→ 21   1 2 3 12 0 0  4 5 6 0 1 0  3 1 −2 0 0 1   1 1 2 3 0 0 2  0 −3 −6 −2 1 0  0 −5 −11 − 32 0 1   1 1 2 3 0 0 2 2  0 1 2 − 13 0  3 3 0 1 0 −5 −11 − 2   5 2 0 1 2 −1 − 6 3 2  0 1 2 − 31 0  3 11 0 0 −1 − 6 − 53 1   2 1 0 −1 − 56 0 3 2  0 1 2 − 31 0  3 11 5 0 0 1 −6 −1 3   7 1 0 0 − 83 −1 3 13  0 1 0 − 11 2 . 3 3 11 5 0 0 1 −6 −1 3 22 Capı́tulo 2. Factorizaciones de Matrices Como A se redujo a I, se tiene:     7 − 83 −1 −16 14 −6 3 1 − 11 2  =  26 −22 12  . A−1 =  13 3 3 6 5 −1 − 11 −11 10 −6 6 3 A−1 se obtuvo comenzando con I y aplicando nueve operaciones elementales. Ası́, A−1 es el producto de nueve matrices elementales       1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 −2 0 1 0 0 0  0 1 0  0 1 0  A−1 =  0 1 −2   0 1 0   0 1 0 0 1 0 0 −1 0 5 1 0 0 1 0 0 1 {z }| {z }| {z }| {z }| {z } | E2,3 (−2) E1,3 (1) E3 (−1) E3,2 (5) E1,2 (−2)      1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 2 ×  0 − 13 0   0 1 0   −4 1 0   0 1 0  . 0 0 1 0 0 1 0 0 1 −3 0 1 | {z }| {z }| {z }| {z } E3,1 (−3) E2,1 (−4) E2 (− 31 ) E1 ( 12 ) Entonces A = (A−1 )−1 = producto de las inversas de las nueve matrices elementales en orden opuesto. Observación: Las inversas de las matrices elementales son: (Ei,j (α))−1 = Ei,j (−α) , 1 −1 , (Ei (α)) = Ei α (Pi,j )−1 = Pi,j . Entonces, tenemos que        2 4 6 2 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0  4 5 6  =  0 1 0   4 1 0   0 1 0   0 −3 0  3 1 −2 0 0 1 0 0 1 3 0 1 0 0 1       1 2 0 1 0 0 1 0 0 1 0 −1 1 0 0 × 0 1 0  0 1 0  0 1 0  0 1 0  0 1 2 . 0 0 1 0 −5 1 0 0 −1 0 0 1 0 0 1 2.2. Escriba la matriz   3 6 9 A= 2 5 1  1 1 8 23 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas como el producto de matrices elementales y una matriz triangular superior. Solución: Se reduce A por filas para obtener la forma escalonada     3 6 9 1 2 3 E1 ( 13 )  2 5 1  −−−−−→  2 5 1  1 1 8 1 1 8   1 2 3 E3,1 (−1) −−−−−→  0 1 −5  0 −1 5   E2,1 (−2) 1 2 3 E3,1 (−1) −−−−−→  0 1 −5  0 −1 5   1 2 3 E3,2 (1) −−−−−→  0 1 −5  = U . 0 0 0 Después, al trabajar hacia atrás, se ve que     1 2 3 1 0 0 1      0 1 −5 0 1 0 0 U= = 0 0 0 0 1 1 −1   1  1 0 0 0 0 3 6 3      0 1 0 2 5 × −2 1 0 0 0 1 0 0 1 1 1 y tomando las  3  2 A= 1 2.3. Sea  0 0 1 0  0 1  9 1  8 inversas de las cuatro matrices elementales,     6 9 3 0 0 1 0 0 1       5 1 0 1 0 2 1 0 0 = 1 8 0 0 1 0 0 1 1    1 0 0 1 2 3 ×  0 1 0   0 1 −5  . 0 −1 1 0 0 0   2 3 2 4  4 10 −4 0   A=  −3 −2 −5 −2  . −2 4 4 −7 se obtiene  0 0 1 0  0 1 24 Capı́tulo 2. Factorizaciones de Matrices (a) Escriba A como producto de una matriz triangular inferior y una matriz triangular superior.   4  −8   (b) Resuelva el sistema Ax = b, donde b =   −4  . −1 Solución: (a) Hacemos eliminacion gaussiana, pero esta vez no se dividen los elmentos de la diagonal (pivotes) por sı́ mismos:     2 3 2 4 2 3 2 4 E2,1 (−2)  4 10 −4 0  E3,1 ( 32 )  0 4 −8 −8       −3 −2 −5 −2  −−−−−→  0 5 −2 4  2 −2 4 4 −7 0 7 6 −3   2 3 2 4 E3,2 (− 5 8)  0 4 −8 −8  E4,2 (− 7 )  −−−−−4→   0 0 3 9  0 0 20 11   2 3 2 4 E4,3 (− 20 )  0 4 −8 −8  3  =U. −−−−−→  0 0 3 9  0 0 0 −49 Usando las matrices elementales   1 0 0 0 1  0 1 0 0  0  U =  0 0 1 0  0 0 0 − 20 1 0 3   1 0 0 0 1 0  0 1 0 0  0 1  ×  0 0 1 0  3 0 2 1 0 0 1 0 0 Luego  1  2 A=  0 0 0 1 0 0 0 0 1 0  0 1   0  0 0   − 23 1 0 se puede escribir  0 0 0 1   1 0 0  0 0 1 0  0 − 74 0 1 0  0 0 1 0   0 0   −2 1 1 0  0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0  0 1   0  0 0  0 1 −1 0 1 − 58 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0   0 0   0  1 0 0  A. 0  1 0 0 1 0  0 0   0  1 25 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas   1 0 0 0 1 0 0 0  0 1 0 0  0 1 0 0  ×  0 5 1 0  0 0 1 0 8 0 0 0 1 0 74 0 1  1  0   0 0 0 1 0 0 0 0 1 20 3  0 0  U . 0  1 Se ha escrito A como un producto de seis matrices elementales y una matriz triangular superior. Sea L el producto de las matrices   1 0 0 0  2 1 0 0   elementales. Debe usted verificar que L =   − 3 5 1 0 , que 2 8 −1 74 20 1 3 es un matriz triangular inferior con unos en la diagonal. Después se puede escribir A = LU, donde L es triangular inferior y U es triangular superior. Esta factorización se llama factorización LU de A. (b) De lo anterior se puede escribir A = LU, donde  1 0  2 1 L=  −3 5 2 8 −1 74 0 0 1 20 3   0 2 3 2 4  0 4 −8 −8 0  , U =   0 0 3 0  9 1 0 0 0 −49 El sistema Ly = b conduce a las ecuaciones y1 2y1 + 3 − y1 + 2   .  = 4, = −8 , y2 5 y2 + y3 = −4 , 8 7 20 −y1 + y2 + y3 + y4 = −1 , 4 3 o bien y1 = 4 , y2 = −8 − 2y2 = −16 , 3 5 y3 = −4 + y1 − y2 = 12 , 2 8 7 20 y4 = −1 + y1 − y2 − y3 = −49 . 4 3 Se acaba de realizar la sustitución hacia adelante. Ahora, de Ux = y 26 Capı́tulo 2. Factorizaciones de Matrices se obtiene 2x1 + 3x2 + 2x3 + 4x4 4x2 − 8x3 − 8x4 3x3 + 9x4 −49x4 = 4, = −16 , = 12 , = −49 , o bien x4 3x3 4x2 2x1 = = = = 1, 12 − 9x4 = 3 ⇒ x3 = 1 , −16 + 8x3 + 8x4 = −16, ⇒ x2 = 0 , 4 − 3x2 − 2x3 − 4x4 = −2, ⇒ x1 = −1 .   −1  0   La solución es x =   1 . 1 2.4. (Un camino más sencillo para la factorización LU de  2  4   −3 −2 obtener la factorización LU) Encuentre  3 2 4 10 −4 0  . −2 −5 −2  4 4 −7 Solución: Este problema ya lo resolvimos en usará un método más sencillo. Si A = LU, factorizar como    1 0 0 0 2 3 2 4  4 10 −4 0   a 1 0 0   A=  −3 −2 −5 −2  =  b c 1 0 d e f 1 −2 4 4 −7 el ejercicio 2.3. Ahora se se sabe que A se puede  2  0   0 0 3 u 0 0 2 v x 0  4 w   = LU. y  z Observese que la primera fila de U es la misma primera fila de A porque al reducir A a la forma triangular, no se efectua ninguna operación elemental a la primera fila. Se pueden obtener todos los coeficientes que faltan con sólo multiplicar las matrices. La componente 2, 1 de A es 4. Ası́, el producto escalar de la segunda fila de L y la primera columna de U es igual a 4 4 = 2a ⇒ a = 2 . Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 27 Ası́, tenemos que componente 2,3: −4 = 4 + v ⇒ v = −8 , componente 2,4: 0 = 8 + w ⇒ w = −8 , 3 componente 3,1: −3 = 2b ⇒ b = − , 2 9 5 componente 3,2: −2 = − + 4c ⇒ c = , 2 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 , 7 componente 4,2: 4 = −3 + 4e ⇒ e = , 4 20 componente 4,3: 4 = −2 − 14 + 3f ⇒ f = , 3 componente 4,4: −7 = −4 − 14 + 60 + z ⇒ z = −49 . El resultado es la factorización que se obtuvo en el ejercicio 2.3. con un esfuerzo considerablemente menor.   1 2 3 2.5. Demuestre que  −1 −2 −3  tiene más de una factorización LU. 2 4 6 Solución: Usando la técnica del problema 2.4, se obtiene la factorización      1 2 3 1 0 0 1 2 3 A =  −1 −2 −3  =  −1 1 0   0 0 0  = LU . 2 4 6 2 0 1 0 0 0   1 0 0 Sin embargo, si se hace L1 =  −1 1 0 , entonces A = L1 U para 2 x 1 cualquier número real x. Ası́, en este caso, A tiene una factorización LU pero no es única. Debe verificarse que A no es invertible. Por otro lado,      1 2 3 1 0 0 1 2 3 B =  2 −1 4  =  2 1 0   0 −5 −2  = L′ U ′ 3 1 7 3 1 1 0 0 0 y esta factorización es única, aunque B no sea invertible. El lector debe verificar estos hechos. Este ejemplo muestra que si una matriz cuadrada 28 Capı́tulo 2. Factorizaciones de Matrices con una factorización LU no es invertible, entonces su factorización LU puede ser o no única. 2.6. Encuentre una matriz de permutación P y matrices triangulares inferior y superior L y U tales que P A = LU para la matriz   0 2 3 A =  2 −4 7  1 −2 5   7 y resuelva el sistema Ax = b donde b =  9 . −6 Solución: Para reducir A por filas a la forma triangular superior, primero se intercambian las filas 1 y 3 y después se continua como sigue     0 2 3 1 −2 5  2 −4 7  −−P−1,3 −→  2 −4 7  1 −2 5 0 2 3   1 −2 5 E2,1 (−2) −−−−−→  0 0 −3  0 2 3   1 −2 5 P2,3 3 . −−−−→  0 2 0 0 −3 Al realizar esta reducción por reglones se hicieron dos permutaciones.     0 0 1 1 0 0 P1,3 =  0 1 0  , P2,3 =  0 0 1  . 1 0 0 0 1 0 Entonces P = P2,3 P1,3 y       1 0 0 0 0 1 0 0 1 =  0 0 1  0 1 0  =  1 0 0  0 1 0 1 0 0 0 1 0     0 0 1 0 2 3 1 −2 5 2 3 . P A =  1 0 0   2 −4 7  =  0 0 1 0 1 −2 5 2 −4 7 29 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas Esta matriz se puede reducir a una forma triangular superior sin permutaciones. Se tiene     1 −2 5 1 −2 5 E3,1 (−2)  0 2 3  − 3 =U. −−−→  0 2 2 −4 7 0 0 −3 Ası́, o bien   1 0 0  0 1 0 PA = U , −2 0 1    1 0 0 1 −2 5 3  = LU . PA =  0 1 0  0 2 2 0 1 0 0 −3 Por otro lado, tenemos que      0 0 1 7 −6 LUx = P Ax = P b =  1 0 0   9  =  7  . 0 1 0 −6 9   −6 Se busca un y tal que Ly =  7 . Esto es, 9     y1 1 0 0 −6  0 1 0   y2  =  7  . 2 0 1 y3 9  Entonces, y1 = −6, y2 = 7 y 2y1 + y3 = 9, por lo que y3 = 21 y   −6 y= 7  . 21   −6 Continuando, se busca un x tal que Ux =  7 ; es decir, 21     −6 1 −2 5 x1  0 2 3   x2  =  7  . 21 0 0 −3 x3  30 Capı́tulo 2. Factorizaciones de Matrices Por lo que x1 − 2x2 + 5x3 = −6 , 2x2 + 3x3 = 7 , −3x3 = 21 .   57 Por último, se obtiene despejando que x =  14 . −7 2.7. Calcule la factorización de Choleski (con y sin raı́z) de la matriz  4 −1 A =  −1 17 4 1 11 4 1 11 4 7 2  . Solución: La factorización de Choleski sin raı́z corresponde a LDLT , para esto primero debemos determinar la factorización LU.  4 −1  −1 17 A= 4 1 11 4 1 11 4 7 2     1 0 0 4 −1 1  =  −1 1 0   0 4 3  = LU 4 1 3 1 0 0 1 4 4 Se deduce entonces que la factorización A es:   4 0 1 0 0 1    0 4 −4 1 0 A= 1 3 1 0 0 4 4 Por otro lado, tenemos que de Choleski sin raı́z, LDLT de   0 1 − 41 14 0  0 1 34  1 0 0 1 A = LDLT √ √ = L D DLT √ √ T = (L D)(L D )T √ √ = (L D)(L D)T = KK T √ donde K = L D. Luego, tenemos la siguiente factorización de Choleski 31 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas con raı́z de A es la que sigue:   √    √ 1 0 0 1 − 14 14 4 √0 0 4 √0 0 1 34  A =  − 14 1 0   0 4 0  0 4 0  0 1 3 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 4 4      1 0 0 2 0 0 2 0 0 1 − 14 14 1 1 34  =  −4 1 0   0 2 0   0 2 0   0 1 3 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1  4 4   2 0 0 2 − 12 12 1 2 32  =  −2 2 0   0 3 1 1 0 0 1 2 2 2.8. Demuestre que si A es invertible B = AT A y B = RT R es la factorización de Choleski (con raı́z cuadrada) de B, X es la solución RT = AT , Y es la solución de RY = X, entonces Y = A−1 . Solución: Si RT X = AT y RY = X, entonces RT RY BY T A AY AY Y = = = = = AT AT AT I A−1 . /(AT )−1 /A−1 2.9. Sea A una matriz cuadrada de orden k y considera la matriz cuadrada B de orden k + 1 definida por   1 0 ... 0   1   B =  .. .   . A 1 Supongamos que A admite la descomposición A = LU. Determine una descomposición B = L̂Û para la matriz B. Solución: Notemos que:   1 0 ... 0  Ei,1 (−1)  1  i=2,..., k+1   −−−−−→  ..   . A 1         1 0 ... 0 1 0 ... 0    0 0    .  =  .. ..    . LU . A 0 0 32 Capı́tulo 2. Factorizaciones de Matrices Sea E = Ek+1,1 (−1)Ek,1 (−1) · · · E3,1 (−1)E2,1 (−1), entonces    EB =       1 0 ... 0 1 0 ... 0 1 0 ... 0   0  0  0      =  ..   .. . ..   .  .  . LU L U 0 0 0 Entonces    1 0 ... 0 1 0 ... 0  0  0    −1  B = E  ..   ..   .  .  L U 0 0    1 0 ... 0 1 0 ... 0   0  1    =  ..  = L̂Û .   ..   .  . U L 0 1 2.10. Sea  0 0 −1 1 1  1 2 −2 3 3  . A=  1 2 1 2 1  −1 −2 −2 5 3  (a) Determine la factorización P A = LU (b) Determine el valor de α tal que el sistema Ax = (1, 3, α, 3 + 3α)T tenga solución. (c) Resuelva el sistema anterior, con el valor α adecuado. (d) Usando (a), encuentre bases del espacio fila y del espacio columna de A. Solución: (a) Hacemos eliminación de Gauss, primero intercambiando las filas 1 33 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas y 2.   0 0 −1 1 1  1 2 −2 3 3     1 2 1 2 1  −1 −2 −2 5 3 Entonces  0  1 P =  0 0   1 2 −2 3 3  0 P1,2 0 −1 1 1   −−−→   1 2 1 2 1  −1 −2 −2 5 3   1 2 −2 3 3 E3,1 (−1)  0 0 −1 E4,1 (1) 1 1   −−−−−→   0 0 3 −1 −2  0 0 −4 8 6   1 2 −2 3 3 E3,2 (3)  E4,2 (−4) 0 0 −1 1 1   −−−−−→   0 0 0 2 1  0 0 0 4 2   1 2 −2 3 3  0 0 −1 1 1  E3,4 (−2) =U. −−−→   0 0 0 2 1  0 0 0 0 0 P A = LU donde   1 0 0 1 0 0  0 1 0 0 0 0  ,L =    1 −3 1 0 1 0 −1 4 2 0 0 1   1 2 −2 3 3 0  0 0 −1 1 1 0  ,U =   0 0 0 2 1 0  0 0 0 0 0 1 Esta factorización no es única. (b) Como Ax = b, entonces P Ax = P b y se resulve primero Ly = P b y luego Ux = y. Tenemos que P b = (3, 1, α, 3 + 3α)T y   1 0 0 0 y1   0  1 0 0    y2  Ly =   1 −3 1 0   y3  −1 4 2 1 y4    3 y1    y2 1 = =     α y1 − 3y2 + y3 3 + 3α −y1 + 4y2 + 2y3 + y4    .    .  34 Capı́tulo 2. Factorizaciones de Matrices Entonces,    y1 3  y2   1     y3  =  α y4 α+2   .  Luego y = (3, 1, α + 3, α − 4)T , como la última fila de U es nula, el sistema Ux = y tiene solución si y sólo si α + 2 = 0, esto es α = −2. (c) Resolvemos para α = −2, Ux = (3, 1, −2, 0)T     x1 1 2 −2 3 3    0 0 −1 1 1   x2     Ux =  x3   0 0 0 2 1   x4  0 0 0 0 0 x5    x1 + 2x2 − 2x3 + 3x4 + 3x5 3    −x3 + x4 + x5 = 1 =     −2 2x4 + x5 0 0   .  Tomando x1 , x3 , x4 como variables básicas y x2 , x5 como variables libres obtenemos: x = (2 − x2 , x2 , −2 + 21 x2 , −1 − 12 x5 , x5 )T . La solución de Ax = b entonces      1  2 −2 −2  0   1   2         + x2  0  + x5  0  −2 x=      1   −1   0   −  2 0 0 1 (d) Una base del espacio columna de A está formada por las columnas asociadas a las variables básicas de A, que son las columnas 1, 3, 4. Entonces una base del espacio columna de A es       0 −1 1           1 −2 3      BEsp. Col =   1  ,  1  ,  2  .      −1 −2 5 Una base del espacio fila es el conjunto de filas no nulas de la matriz U. Entonces una base del espacio fila es BEsp. F ila = {(1, 2, −2, 3, 3), (0, 0, −1, 1, ), (0, 0, 0, 2, 1)} . 35 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 2.11. Dada la matriz se pide:   p −p 2p A =  −p p + 2 −1  2p −1 6p − 1 (a) Determinar para qué valores de p la matriz es definida positiva. (b) Para p = 1, efectuar la descomposición de Choleski y utilizarla para resolver el sistema Ax = b siendo b = (1, 0, 3)t. Solución: (a) Para que A sea positiva definida las submatrices principales tienen que tener determinante no negativo. |A1 | = p > 0 |A3 | = |A2 | = p −p 2p −p p + 2 −1 2p −1 6p − 1 p −p −p p + 2 = 2p > 0 , = −p(4p2 − 8p + 3) > 0 . Como p > 0 tenemos que |A3 | > 0 ⇔ 4p2 − 8p + 3 < 0, entonces 4p2 − 8p + 3 = 0 ⇒ p = 4±2 , es decir: p = 12 o p = 32 . Se deduce 4 entonces que 4p2 − 8p + 3 < 0 ⇔ 12 < p < 32 .   1 −1 2 3 −1  determinamos su (b) Para p = 1 tenemos que A =  −1 2 −1 5 factorización LU     E2,1 (1) 1 −1 2 1 −1 2 E3,1 (−2)  −1 3 −1  −−−−−→  0 2 1  2 −1 5 0 1 1   1 −1 2 1 E3,2 (− 2 )  0 2 1 =U. −−−−−→ 0 0 12 36 Capı́tulo 2. Factorizaciones de Matrices Entonces A = = = =    1 0 0 1 −1 2 2 1  LU =  −1 1 0   0 1 0 0 1 2 2 1    2  1 0 0 1 0 0 1 −1 2  −1 1 0   0 2 0   0 1 12  F.C. sin raı́z 1 1 0 0 2 2 2 1 0 0 1      1 √0 0 1 √0 0 1 0 0 1 −1 2  −1 1 0   0 2 0  0 2 0  0 1 21  1 1 0 0 √2 0 0 √2 0 0 1 2 12 1    1 −1 √2 1 √0 0 √  −1   2 0 0 2 √22  . √ √ 2 22 22 0 0 22 El sistema Ax = b se puede escribir de la forma       1 −1 √2 1 √0 0 x1 1 √ 2   −1    0 2 0 2 √2 x2 0 . = √ √ 2 2 x3 3 2 2 0 0 22 2 Del primero de ellos, tenemos que      1 √0 0 y1 1  −1     2 √0 y2 0  = √ 2 2 3 y3 2 2 2 se decuce que y1 = 1, y2 =  1 −1 √  0 2 0 0 √1 , y3 2 2 √ 2 √2 2 2 = √1 . 2 y de la segunda se ve que    x1   x2  =  x3 entonces x1 = −1, x2 = 0, x3 = 1. 2.12. Realizar la factorización de Choleski de la matriz   1 1 1 1  1 5 3 3   A=  1 3 11 5  . 1 3 5 19 1 √1 2 √1 2   37 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas Solución: Claramente la matriz A es simétrica, además dado que el determinante de las matrices subprincipales son no negativos, ya que: |A1 | = 1 > 0, |A3 | = 1 1 1 1 5 3 1 3 11 1 1 1 5 |A2 | = = 36 > 0, |A4 | = 1 1 1 1 =4>0, 1 1 1 5 3 3 3 11 5 3 5 19 = 576 > 0 . Hacemos eliminación de Gauss, para hallar la factorización LU  1  1   1 1  1 1 1 Ei,1 (−1) 5 3 3   −−i=2,3,4 −−−→ 3 11 5  3 5 19  1  0   0 0  1 1) Ei,2 (− 2  0 i=3,4 −−−−−→   0 0  1  0 E4,3 (− 31 ) −−−−−→   0 0  1 1 1 4 2 2   2 10 4  2 4 18  1 1 1 4 2 2   0 9 3  0 3 17  1 1 1 4 2 2  =U. 0 9 3  0 0 16 Entonces,   1 0 0 0 1 1  1 1 0 0  0 4  A=  1 1 1 0  0 0 2 1 12 31 1 0 0  1 1 2 2   = LU . 9 3  0 16 La Factorización de Choleski sin raı́z es   1 0 0 0 1 0    1 1 0 0  0 4 A = LDLT =   1 1 1 0  0 0 2 1 12 13 1 0 0  0 0 1 1 1 1   0 0   0 1 12 21 9 0   0 0 1 13 0 16 0 0 0 1   .  38 Capı́tulo 2. Factorizaciones de Matrices La Factorización de Choleski   1 0 0 0 1  1 1 0 0  0  A =   1 1 1 0  0 2 0 1 12 13 1   1 0 0 0 1  1 2 0 0  0  =   1 1 3 0  0 1 1 1 4 0 con raı́z es la que sigue  0 0 0 1 0 0   2 0 0  0 2 0 0 3 0  0 0 3 0 0 4 0 0 0  1 1 1 2 1 1  . 0 3 1  0 0 4  0 1 1 1 1   0   0 1 12 21 0   0 0 1 13 4 0 0 0 1 2.13. Demuestre que si A es simétrica e invertible entonces A2 es simétrica definida positiva. Solución: Primero veamos que A2 es simétrica, esto se tiene de (A2 )t = At At = AA = A2 . Falta ver que A2 es definida positiva, en efecto si x ∈ Rn con x 6= 0, entonces At A2 x = (xt A)Ax = (xt At )(Ax) = (Ax)t (Ax) = kAxk2 ≥ 0 . Como A es invertible y x 6= 0, entonces Ax 6= 0 y por lo tanto kAxk = 6 0. 2.14. Sea A simétrica positiva definida de n × n y B una matriz de n × 1. Pruebe que C = 2A3 + 3BB t es simétrica positiva definida. Solución: Basta probar que C = C t . En efecto, Ct = = = = = (2A3 + 3BB t )t 2(A3 )t + 3(BB t )t 2(At )3 + 3(B t )t B t 2A3 + 3BB t C. Además, C es positiva definida pues xt Cx = 2xt AAAx + 3xt BB t x = 2(Ax)t A(Ax) + 3(B t x)t (B t x) = 2z t Az + 3y ty donde z = Ax y y = B t x. Como A es positiva definida, entonces para todo z se tiene que z t Az > 0 y como B 6= 0 y x 6= 0, entonces tenemos que B t x 6= 0 y y t y > 0.     39 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 2.15. Determine si la siguiente forma cuadrática 2x21 − 4x1 x2 + 4x1 x3 + 5x22 + 8x2 x3 + 16x23 es definida positiva o definida negativa y escribala como la suma ponderada de cuadrados. Solución: Toda forma cuadrática puede ser escrita de la forma xT Ax, para esto se suele usar matrices simétricas, para nuestro caso:   2 −2 2 5 4 . A =  −2 2 4 16 Entonces, A representa la forma cuadrática, debido a que    x1 2 −2 2 5 4   x2  xT Ax = (x1 x2 x3 )  −2 2 4 16 x3   2x1 − 2x2 + 2x3 = (x1 x2 x3 )  −2x1 + 5x2 + 4x3  2x1 + 4x2 + 16x3 = 2x21 − 4x1 x2 + 4x1 x3 + 5x22 + 8x2 x3 + 16x23 . Ahora se escribe la matriz en la factorización LDLT , para esto debemos escontrar primero la factorización LU.      2 −2 2 1 0 0 2 −2 2 5 4  =  a 1 0  0 x y . A =  −2 2 4 16 b c 1 0 0 z Ası́, tenemos que componente componente componente componente componente componente 2,1: 2,2: 2,3: 3,1: 3,2: 3,3: 2a = −2 ⇒ a = −1 , −2a + x = 5 ⇒ x = 3 , 2a + y = 4 ⇒ y = 6 , 2b = 2 ⇒ b = 1 , −2b + cx = 4 ⇒ c = 2 , 2b + cy + z = 16 ⇒ z = 2 . 40 Capı́tulo 2. Factorizaciones de Matrices Entonces,      2 −2 2 1 0 0 2 −2 2 5 4  =  −1 1 0   0 3 6  = LU . A =  −2 2 4 16 1 2 1 0 0 2 Se deduce que la factorización LDLT de A es     1 0 0 2 0 0 1 −1 1 1 2 . A =  −1 1 0   0 3 0   0 1 2 1 0 0 2 0 0 1 Notemos que, xT Ax = xT LDLT x = (LT x)T D(LT x) = y T Dy donde y = LT x, es decir    2 0 0 y1 y T Dy = (y1 y2 y3 )  0 3 0   y2  = 2y12 + 3y22 + 2y32 . 0 0 2 y3 Además, como      1 −1 1 x1 x1 − x2 + x3 y = LT x =  0 1 2   x2  =  x2 + 2x3  . 0 0 1 x3 x3 Entonces la forma cuadrática nos queda xT Ax = y T Dy = 2y12 + 3y22 + 2y32 = 2(x1 − x2 + x3 )2 + 3(x2 + 2x3 )2 + 2x23 . Por último esta forma cuadrática es positiva definida porque xT Ax > 0 si x 6= 0, ya que los elementos de la diagonal de la matriz D son mayores que cero. 2.16. Considere la forma cuadrática ϕ(x) = x21 + 5x22 + 4x23 + 3x24 − 2x1 x2 − 2x1 x4 − 6x2 x4 + 4x2 x3 − 2x2 x4 escrı́bala como suma ponderada mediante un cambio de variables adecuado y clasifiquela. 41 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas Solución: Todo forma cuadrática puede escribirse de la forma ϕ(x) = xT Ax donde A es una matriz simétrica, entonces   1 −1 0 −1  −1 5 2 −3   A=  0 2 4 −1  −1 −3 −1 3 Claramente A representa a la forma cuadrática, ya que  x1 1 −1 0 −1    −1 5 2 −3   x2 xT Ax = (x1 x2 x3 x4 )   0 2 4 −1   x3 −1 −3 −1 3 x4   x1 − x2 − x4  −x1 + 5x2 + 2x3 − 3x4   = (x1 x2 x3 x4 )    2x2 + 4x3 − x4 −x1 − 3x2 − x3 + 3x4      = x21 + 5x22 + 4x23 + 3x24 − 2x1 x2 − 2x1 x4 − 6x2 x4 + 4x2 x3 − 2x2 x4 = ϕ(x) . Ahora se puede escribir A en su forma factorizada LDLT , para esto debemos determinar su factorización LU.   1 −1 0 −1 1 0 0 0  0  −1 4 2 −4 1 0 0  A= 1    0 1 0 0 0 3 1 2 −1 −1 13 1 0 0 0 − 73    = LU .  Los pivotes son 1, 4, 3, − 73 , entonces la forma cuadrática ϕ no es definida positiva, ni definida negativa. 42 Capı́tulo 2. Factorizaciones de Matrices Ahora,   0 0 1 0  0 4 0 0   1 0  0 0 1 1 0 0 3   1 0 0 0  0 2 0 0    1 0  0 0 1 1 0 0 3  0 −1 2 −4   1 1  0 1  0 0  0   √0  3 q0   √ −1 −2 33 i 73 | {z }| 1 0  −1 1 A =  1  0 2 −1 −1  1 0  −1 1 =  1  0 2 −1 −1  1 −1  0 1 ×  0 0 0 0  1 0  −1 2  =  0 1  Luego, K  0 0 1  0 0 0   3 0  0 0 − 73 0  0 0  0   √0  3 q0   0 i 73 −1 1 0 0  0 −1 2 −4   1 1  0 1 1 0 0 0 2 √0 0 0 3 0 0 0 0 0 q 0 i 7 3       −1  −2 √  3  . q3  0 0 i 73 {z } 1 −1 0 0 2 1 √ 0 0 3 0 KT ϕ(x) = xT Ax = xT KK T x = (K T x)T K T x = kK T xk2   2 x1 − x2 − x4  2x2 + x3 − 2x4  √   =  √3x + 3 x  3  3 4  q 7 i 3 x4 = (x1 − x2 − x4 )2 + (2x2 + x3 − 2x4 )2 + √ √ 3 3x3 + x4 3 !2 7 − x24 . 3 Capı́tulo 3 Determinantes 3.1. Sean A y B matriz invertibles de n × n. Pruebe que det(A) = det(B) si sólo si existe X con det(X) = 1 tal que A = XB. Solución: Si det(A) = det(B), basta considerar X = AB −1 , entonces det(X) = det(AB −1 ) = det(A) 1 1 = det(A) =1 det(B) det(A) y además XB = AB −1 B = AI = A. Reciprocamente, Si A = XB entonces 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. Solución: Como det(A − I) = 0, entonces la matriz (A − I) es singular, lo cual implica necesariamente que ker(A − I) 6= {~0}. Por lo tanto, 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= 0 donde R es la matriz siguiente    R=   x a a a a a x a a a 43 a a x a a a a a x a a a a a x    .   44 Capı́tulo 3. Determinantes Solución: x a a a a a x a a a a a x a a a a a x a a a a a x Ei,1 (−1) i=2,...,5 = = P1,5 = x a a a a a−x x−a 0 0 0 a−x 0 x−a 0 0 a−x 0 0 x−a 0 a−x 0 0 0 x−a (x − a)4 = E5,2 (−a) = E5,3 (−a) = E5,4 (−a) = a 1 0 0 0 a 0 1 0 0 a 0 0 1 0 a 0 0 0 1 −(x − a)4 −1 −1 −1 −1 x 0 1 0 0 a 0 0 1 0 a 0 0 0 1 a −(x − a)4 −1 0 0 0 0 0 1 0 0 a 0 0 1 0 a 0 1 0 −1 0 −1 1 −1 a a+x −(x − a)4 −1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 a 0 1 0 −1 0 −1 1 −1 a 2a + x −(x − a)4 −1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 −1 0 −1 1 −1 a 3a + x −(x − a)4 −1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 −1 0 −1 1 −1 0 4a + x Ei,1 (−1) i=2,...,4 E5,1 (x) x −1 −1 −1 −1 La última matriz es una triangular superior, entonces det(R) = (x − a)4 (x + 4a) . 1 0 0 0 a . 45 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 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 . Demuestre que Areahv1 , v2 i = Areahu1, u2 i| det A|. Solución: Sea B = (u1 u2 ) luego C = (v1 v2 ) = (Au1 Au2 ) = AB como sabemos que Areahu1 , u2 i = | det B|, luego: Areahv1 , v2 i = | det C| = | det(AB)| = | det B|| det A| = Areahu1, u2 i| det A| 3.5. Encuentre el determinante de la siguiente matriz de 2n × 2n donde cada bloque es de n × n y a, b ∈ R  0 ···   .  .  .    ···  0 C= −b −1 ···    −1 −b · · ·  . ..  .. .   −1 −1 · · · −1 −1 · · · −1 −1 −b −1  0 a 1 ··· 1 1 1 a ··· 1 1  ..  .. .. ..  . .  . .  1 1 ··· a 1   0 1 1 ··· 1 a  . −1 0 ··· 0   −1  ..  .. .. .  . .   −1 −b 0 ··· 0 Solución: 0 .. . | C| = (−1)n 0 b 1 1 b .. . 1 1 1 1 ··· 0 a 1 ··· 1 1 1 a ··· 1 1 .. .. .. .. . . . . 1 1 ··· a 1 ··· 0 1 1 ··· 1 a ··· 1 1 0 ··· 0 ··· 1 1 .. .. .. .. . . . . ··· b 1 ··· 1 b 0 ··· 0 . 46 Capı́tulo 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 b ··· .. .. . . 1 1 ··· 1 1 ··· 0 ··· .. . 0 1 1 0 ··· 0 1 1 .. .. .. . . . b 1 1 b 0 ··· 0 0 a 1 ··· 1 1 1 a ··· 1 1 .. .. .. .. . . . . 1 1 ··· a 1 ··· 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−1 y Ej,2n (−1) para j = n + 1, ..., 2n − 1 y obtenemos | C| = b−1 0 ··· 0 1−b 0 0 b −1 ··· 0 1−b .. .. .. .. . . . . 0 0 ··· b −1 1−b 1 1 ··· 1 b 0 0 ··· 0 a−1 0 0 a−1 .. .. .. . . . 0 ··· 0 1 0 ··· 0 .. . ··· ··· ··· .. . 0 1 0 1−a 1−a .. . 0 0 ··· a−1 1−a ··· 1 a Si a = 1 o b = 1 entonces | C | = 0, supongamos que a 6= 1 y b 6= 1 y 1 hacemos las operaciones elementales En, i b−1 para i = 1, ..., n − 1 y 1 En,j a−1 para j = n + 1, ..., 2n − 1 y resulta |C| = b−1 0 ··· 0 1−b 0 0 b −1 ··· 0 1−b .. .. .. .. . . . . 0 0 ··· b −1 1−b 0 0 ··· 0 b−1+n 0 0 ··· 0 a−1 0 0 a−1 .. .. .. . . . 0 ··· 0 0 0 0 0 ··· 0 .. . ··· ··· ··· .. . 0 0 0 1−a 1−a .. . ··· a−1 1−a ··· 0 a−1+n 47 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas La última 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 x si i = j vi · vj = a si i 6= j Calcule det(AAt ). Solución: Notemos que de la condición  x a a  a x a  AAt =   a a x  a a a a a a Entonces    det(AA ) =    t x a a a a a x a a a dada obtenemos que:  a a a a   a a  . x a  a x a a x a a a a a x a a a a a x    .   Entonces, recordamos que en el problema 3.3 se calculo este determinante haciendo operaciones elementales det(AAt ) = (x − a)4 (x + 4a) . 48 Capı́tulo 3. Determinantes Capı́tulo 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 números reales usual y la multiplicación por escalar sólo 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) (e) α(x, y) = (α + αx − 1, α + αy − 1) : α, β ∈ R con las operaciones de matrices de suma y 1 α β 1 multiplicación por escalar. (f) V = {p ∈ Pn (R) : a0 = 0} donde p(x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 con las operaciones de Pn (R) (g) {A ∈ Mnn (R) : At = A} bajo la suma y multiplicación por escalar usuales (h) {(x, y) ∈ R2 : y ≤ 0} con la suma de vectores y multiplicación por escalar usuales. Solución: Debemos verificar los siguientes axiomas de un espacio vectorial: 49 50 Capı́tulo 4. Espacios Vectoriales i. Si x, y ∈ V entonces x + y ∈ V ii. (x + y) + z = x + (y + z), ∀x, y, z ∈ V iii. x + y = y + x ∀x, y ∈ V iv. Existe un vector 0 ∈ V tal que para todo x ∈ V , x + 0 = 0 + x = x v. Si x ∈ V , existe un vector −x ∈ V tal que x + (−x) = 0 vi. Si x ∈ V y α es un escalar, entonces αx ∈ V vii. Si x, y ∈ V y α es un escalar, entonces α(x + y) = αx + αy viii. Si x ∈ V y α, β son escalres, entonces (α + β)x = αx + βx ix. Si x ∈ V y α, β son escalares, entonces α(βx) = (αβ)x x. Para cada vector x ∈ V , 1x = x (a) D[0, 1] es un espacio vectorial, como la suma de funciones diferenciables es diferenciable, el axioma (i) se cumple y los otros axiomas se verifican fácilmente con 0 = la función 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 demás axiomas se verifican con facilidad. (c) Si f, g ∈ C = {f ∈ C[0, 1] : f (0) = f (1) = 0} como la suma de 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. Además, 0 = la función identicamente cero. Las otros axiomas 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) = 0 vii. 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 α 1 δ 2 α+δ + = β 1 γ 1 β+γ 2 la última matriz no pertenece al conjunto dado. (f) V es un espacio vectorial. Es claro que la suma de dos polinomios de grado menor o igual a n es otro polinomio de grado menor o igual a n y la suma de los términos constantes es igual a cero si ambos son cero, por lo que se cumple el axioma (i). Sea 0 = 0xn + 0xn−1 + ... + 0x + 0 entonces claramente 0 ∈ V y el axioma (iv) se cumple. Por último sea −p(x) = −an xn − an−1 xn−1 − ... − a1 x − 0, se ve que el axioma (v) se cumple, las demas propiedades son fáciles de obtener. (g) {A ∈ Mnn (R) : At = A} es un espacio vectorial. Si A y B son 52 Capı́tulo 4. Espacios Vectoriales simétricas entonces (A + B)t = At + B t = A + B y se cumple el axioma (i), con 0 la matriz cero de n × n la cual es simétrica. Si A = (aij ) es simétrica entonces −A = (−aij ) también es simétrica. (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 C es subespacio de P3 (R). Encuentre una base y su dimensión. Solución: Sean p(t), q(t) ∈ P3 (R) y α ∈ R, entonces basta probar que (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 además (αp)(0)+ (αp)′′ (1) = α(p(0) + p′′ (−1)) = 0. Luego, C es subespacio. Ahora, sea p(t) = a3 t3 + a2 t2 + a1 t + a0 ∈ P3 (R) entonces p(t) ∈ C si y sólo si p′ (−1) = p(0) + p′′ (1) = 0, esto es, p′ (t)|t=−1 = (3a3 t2 + 2a2 t + a1 ) t=−1 = 3a3 − 2a2 + a1 = 0 y como p(0) = a0 y p′′ (t)|t=1 = (6a3 t + 2a2 )|t=1 = 6a3 + 2a2 , es decir 6a3 + 2a2 + a0 = 0 . Entonces, las variables básicas son a0 y a1 y las libres a2 y a3 . a0 = −2a2 − 6a3 a1 = 2a2 − 3a3 reemplazando a0 y a1 se obtiene p(t) = a3 t3 + a2 t2 + a1 t + a0 = a3 t3 + a2 t2 + (2a2 − 3a3 )t − 2a2 − 6a3 = a3 (t3 − 3t − 6) + a2 (t2 + 2t − 2) . Luego, la base de U es {t2 + 2t − 2, t3 − 3t − 6} y dim U = 2. 53 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 4.3. Determine una base del subespacio L = h1 + 3x − 2x2 + x3 , 3 + 10x − 4x2 + 4x3 , 2 + 8x + 4x3 i de P3 (R) y su dimensión. Solución: 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 vectores coordenados y calculamos su forma escalonada reducida       1 3 −2 1 1 3 −2 1 1 3 −2 1 2 1 ∼ 0 1 2 1 . A =  3 10 −4 4  ∼  0 1 2 8 0 4 0 2 4 2 0 0 0 0 Las filas no nulas de la forma escalonada reducida son las coordenadas de una base de L B = {1 + 3x − 2x2 + x3 , x + 2x2 + x3 } . Otro método alternativo vectores coordenadas  1 3  3 10 B=  −2 −4 1 4 es escalonar la matriz cuyas columnas son los   1 3 2  0 1 8  ∼ 0   0 2 0 1 4   1 3 2  0 1 2  ∼ 4   0 0 0 0 2  2 2  . 0  0 Las columnas pivotes son la 1 y 2. Por lo tanto, las columnas 1 y 3 de B son base de L B̂ = {1 + 3x − 2x2 + x3 , 3 + 10x − 4x2 + 4x3 } . 4.4. Pruebe que {1 + x − x2 + 3x3 , 2 + 2x − x3 } es un conjunto linealmente independiente, extiéndalo a una base de P3 (R). Solución: El conjunto es linealmente independiente si los vectores coordenados (1, 1, −1, 3) y (2, 2, 0, −1) son linealmente independientes, si  α + 2β = 0  −α = 0 α(1, 1, −1, 3) + β(2, 2, 0, −1) = 0 ⇒ ⇒α=β =0.  3α − β = 0 Entonces, {1 + x − x2 + 3x3 , 2 + 2x − x3 } es un conjunto linealmente independiente. Ahora, llevamos la matriz A a su forma escalonada reducida 1 1 −1 3 1 1 −1 3 A= ∼ . 2 2 0 −1 0 0 2 −7 54 Capı́tulo 4. Espacios Vectoriales Las filas 0 1 γ δ 0 0 0 1 completan a una base de R4 a las filas de la matriz escalonda. Por lo tanto, 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. Solución: Expresamos cada vetor de B1 en término de los vectores de 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  1 =  1  = α11 u1 + α21 u2 + α31 u3 2       2 1 1 = α11  1  + α21  0  + α31  2  1 1 1    1 2 1 α11 =  1 0 2   α21  . 1 1 1 α31  Similarmente, tenemos que      0 1 2 1 α12 v2 =  −1  =  1 0 2   α22  , 1 1 1 1 α32      1 1 2 1 α13 v3 =  1  =  1 0 2   α23  . 1 1 1 1 α33 Entonces, los tres sistemas de ecuaciones se pueden escribir como       1 0 1 1 2 1 α11 α12 α13 1 2 1 [v1 v2 v3 ] =  1 −1 1  =  1 0 2   α21 α22 α23  =  1 0 2  P . 1 1 1 2 1 1 1 1 1 α31 α32 α33  55 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas Entonces  −1  1 2 1 1 P =  1 0 2   1 1 1 1 2   −2 −1 4  1 0 −1   = 1 1 −2   5 5 1 =  −1 −1 0  . −2 −3 0  0 1 −1 1  1 1  1 0 1 1 −1 1  2 1 1 4.6. Sea B1 = {1 + t − t2 , t2 − t, 2 + t − 2t2 } una base de P2 (R). Si B0 es la base canónica de P2 (R), encuentre cambio de base de B1 a B0 . Solución: Sean u1 = 1 + t − t2 , u2 = t2 − t y u3 = 2 + t − 2t2 y expresamos los vectores coordenadas, de cada vector ui , en la base canónica de P2 (R).       1 0 2 [u1 ]B0 =  1  , [u2 ]B0 =  −1  , [u3 ]B0 =  1  . −1 1 −2 Entonces S = [ [u1 ]B0 [u2 ]B0 [u3 ]B0   1 0 2 1  ] =  1 −1 −1 1 −2 luego la matriz de cambio de base de B1 a B0 es   1 2 2 P10 = S −1 =  1 0 1  0 −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 Capı́tulo 4. Espacios Vectoriales (d) − 12 x3 + 52 x2 − x − 1 . Solución:  −2  0   1 0 Determinamos el sistema   0 1 a0 1 0  0 1 1 0 a1   =   1 0 0 2 a2  1 1 a3 0 1  1 0  0 1 =   0 0 0 0  1 0  0 1 =   0 0 0 0 Entonces, a3 − 25 a2 − a1 − 15 a0 = 0. homogéneo asociado al generador.  − 12 − a20 0 a1   2 a2  1 a3  − 12 − a20  a1 0  a2  5 a + 2 2 2 1 a3 − a1  − 12 − a20  0 a1 . a2 5  a + 2 2 2 2 1 0 a3 − a1 − 5 a2 − 5 a0 (a) 0 − 25 · 1 − (−1) − 15 · 3 = − 55 + 1 = 0 ⇒ x2 − x + 3 ∈ hW i , (b) 4 − 25 (0) − (−3) − 15 (5) = 4 + 3 − 1 6= 0 ⇒ 4x3 − 3x + 5 no pertence a hW i , (c) 0 − 52 (1) − (−2) − 15 (1) = 75 6= 0 ⇒ x2 − 2x + 1 no pertenece a hW i , 3 (d) − 12 − 25 52 − (−1) − 15 (−1) = − 10 6= 0 ⇒ − 12 x3 + 52 x2 − x − 1 no pertenece a hW i . 4.8. Considere los siguientes subespacios de P3 (R) U1 = h3 − 2x + x2 + x3 , −1 + x2 − x3 , 2 − x + x3 i , U2 = h2 − x + 2x2 + x3 , −x − x3 , 3 − 2x + 3x2 + x3 i . (a) Encuentre una base y la dimensión de U1 , U2 , U1 + U2 y U1 ∩ U2 . (b) Encuentre una base y la dimensión de U3 tal que (U1 ∩ U2 ) ⊕ U3 = P3 (R) . Solución: Tomando los vectores coordenados en la base 1, x, x2 , x3 de P3 (R), para encontrar una base y la dimensión de U1 observamos la siguiente matriz        3 −1 2 1 1 0 1 1 0 1 1 0  −2       0 −1   −2 0 −1   0 2 −1   0 2 −1  ∼ ∼ ∼  1 1 0   3 −1 2   0 −4 2   0 0 0 1 −1 1 1 −1 1 0 −2 1 0 0 0     Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 57 luego, una base de U1 es {3 − 2x + x2 + x3 , −1 + x2 − x3 } con dimensión 2. Analogamente para U2 se tiene     2 0 3 1 −1 1  −1 −1 −2   0 2 1   ∼   2 0 3   0 0 0  1 −1 1 0 0 0 y U2 tiene base {2 − x + 2x2 + x3 , −x − x3 } y tiene dimensión 2. Para encontrar una base de U1 + U2 se analiza la matriz cuyas columnas son los vectores coordenados de los vectores generadores de U1 y U2     3 −1 2 0 1 0 0 1  −2  0 −1 −1  1   ∼ 0 1 0   1   1 2 0 0 0 1 −1  1 −1 1 −1 0 0 0 0 entonces una base de U1 + U2 es {3 − 2x + x2 + x3 , −1 + x2 − x3 , 2 − x + 2x2 + x3 } la cual tiene dimensión 3. Ahora, como dim(U1 + U2 ) = dim U1 + dim U2 − dim(U1 ∩ U2 ) se deduce que dim(U1 ∩ U2) = 1. Para encontrar una base de U1 ∩U2 debemos notar que un vector (x, y, z, w) ∈ (U1 ∩ U2 ) deberá tener la forma: α1 (3, −2, 1, 1) + α2 (−1, 0, 1, −1), por pertenecer 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  3 −1 −2 0    −2 −2α1 + β1 + β2 = 0 0 1 1   ⇒   1 α1 + α2 − 2β1 = 0  1 −2 0   α1 − α2 − β1 + β2 = 0 1 −1 −1 1 luego debemos encontrar el Ker de la última matriz que esta generado 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 0 1 0  −1 0 1 0 0   0 1 0 1 0       1 0 0 1 0 ∼ 0 0 1 1 0  . 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 Luego {1 − x + x2 , 1, x, x3 } es una base de P3 , por lo que U3 = h1, x, x3 i y tiene dimensión 3. 58 Capı́tulo 4. Espacios Vectoriales 4.9. Sea W1 y W2 subespacios de Rn de dimensión n − 1 con n > 2, demuestre que W1 ∩ W2 6= 0. Solución: Basta probar que dim(W1 ∩ W2 ) > 0, para esto supongamos lo 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 como W1 + W2 ⊆ Rn y dim Rn = n entonces dim(W1 + W2 ) > dim Rn , lo cual es 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. Solución: (a) Notemos que     0 a b   a 0 c  : a, b, c ∈ R U =   b c 0        0 0 b 0 0 0  0 a 0        = a 0 0 + 0 0 0 + 0 0 c : a, b, c ∈ R   0 0 0 b 0 0 0 c 0         0 1 0 0 0 1 0 0 0         +b 0 0 0 +c 0 0 1 : a, b, c ∈ R . = a 1 0 0   1 0 0 0 1 0 0 0 0       0 0 1 0 0 0   0 1 0 El conjunto B =  1 0 0  ,  0 0 0  ,  0 0 1  es   0 0 0 1 0 0 0 1 0 linealmente independiente, ya que         0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 α  1 0 0 +β  0 0 0 +γ  0 0 1  =  0 0 0  0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas  0 ⇒ α β B es l.i.   α β 0 0 0 γ = 0 0 γ 0 0 0 y genera a U, luego (b) Notemos que V = = = = = 59  0 0  ⇒ α = β = γ = 0 . Por lo tanto, 0 B es una base de U. {(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 es l.i. (verificar!). Por parte (a) sabemos que dim U = 3 = dim V, por lo tanto son isomorfos. 60 Capı́tulo 4. Espacios Vectoriales Capı́tulo 5 Transformaciones Lineales, Teorema de la Dimensión y Cambio de Base 5.1. Determine el núcleo de las siguientes transformaciones lineales (a) T : P3 → P2 dada por T (p(x)) = p′ (x) , Z 1 (b) T : P1 → R dada por T (p(x)) = p(x)dx . −1 Solución: (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 1 x2 T (p(x)) = p(x)dx = a + bx = 2b 2 −1 −1 Z 1 entonces p(x) ∈ KerT ⇔ p(x) = ax, a ∈ R. 5.2. Sea T : P2 → P3 , definida por T (p(x)) = x2 p′ (x) determine una base y su dimensión para KerT y una para ImT . 61 62 Capı́tulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimensión Solución: Notemos que si p(x) = ax2 + bx + c ∈ P2 ⇒ p′ (x) = 2ax + b, luego T (p(x)) = x2 p′ (x) = 2ax3 + bx2 = 0 implica que a = b = 0 entonces KerT = {p(x) ∈ P2 : p(x) = c, c ∈ R} y tomando el vector coordenada 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. Sabemos que 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 vector 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). Ası́, {2x3 , x2 } es una base de la ImT . 5.3. Hallar una transformación 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 núcleo de T . Solución: (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 elección del último 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 1 0 Notemos que 0 1 0 1 es una base de R3 α3 (0, 1, 0) Entonces, 63 2 1 = −1 6= 0 luego {(1, 0, 2), (0, 1, 1), (0, 1, 0)} 0 entonces (x, y, z) = α1 (1, 0, 2) + α2 (0, 1, 1) +  x = α1  α1 = x y = α2 + α3 α2 = z − 2x ⇒  z = 2α1 + α2 α3 = 2x + y − z T (x, y, z) = α1 T (1, 0, 2)+α2T (0, 1, 1)+α3T (0, 1, 0) = (2x+y−z)(a, b, c). 5.4. Sea T : P2 → P3 una transformación lineal, definida por T (1) = 1; T (x) = 1 + x2 ; T (x2 ) = 1 + x3 . Hallar T (x2 + 5x + 6). Solución: 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 trasformación lineal. Demuestre que (a) Si T es inyectiva entonces dimV ≤ dimW (b) Si T es sobre entonces dimW ≤ dimV Solución: (a) Por el teorema de la dimensión: 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 , entonces dim Im T ≤ dim W , por lo tanto, dimV ≤ dimW . 64 Capı́tulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimensión (b) Ahora si T es sobreyectiva entonces Im T = W , por el teorema de la dimensión tenemos que dim Ker T + dim W = dim V luego, dimW ≤ dimV . 5.6. (a) Si T : R2 → R3 una transformación lineal tal que Im T = h{(1, 1, 0), (0, 1, 2), (3, −1, −8)}i entonces T es inyectiva. (b) Supongamos que dim V > dim W . Sea L : V → W una aplicación lineal. ¿Qué puede decir del núcleo de L? Solución:     1 0 3 1 0 3 (a) Notemos que  1 1 −1  ∼  0 1 −4  ⇒ dim T = 2, por 0 2 −8 0 0 0 el teorema de la dimensión obtenemos que dim Ker T = 0, luego T es inyectiva. (b) Afirmamos que el Ker L 6= {0}. En efecto, si Ker L = {0} entonces dimKerL = 0 y por el teorema de la dimensión: dimImL = dimV , como ImL ≤ W ⇒ dimV = dimImL ≤ dimW , lo cual contradice la hipótesis de dim V > dim W . 5.7. Sea T : P2 (R) → P4 (R) definida por: T (p(x)) = x2 p(x). Determine [T ]ef , donde e = {1 + x2 , 1 + 2x + 3x2 , 4 + 5x + x2 } y f = {1, x, x3 , x3 + x2 , x4 }. Solución: 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 −1 1 1 0 0 1 1 3 0 0 1 4 1    .   65 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 5.8. Sea T : V → W una transformación lineal. Sea B1 = {v1 , v2 , v3 , v4 } una base de V y B2 = {w1 , w2 , w3 } una base de W tal que   1 0 0 1 [T ]12 =  0 1 0 1  . 0 0 1 1   1 −1 0 0 Encuentre una base B3 de W tal que [T ]13 =  0 1 −1 0 . 0 0 1 1 Solución: 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 = w 1 s2 − s1 = w 2 s3 − s2 = w 3 s3 = w 1 + w 2 + w 3     s1 = w 1 ⇒ s2 = w 1 + w 2   s3 = w 1 + w 2 + w 3  Los vectores {s1 , s2 , s3 } son linealmente independientes, pues los vec 1 1 1 tores coordenados en la base B2 forma la matriz  0 1 1  no es 0 0 1 singular, ya que su determinante es 1 6= 0 y B3 es un base pues son 3 vectores L.I. en un espacio vectorial de dimensión 3. 5.9. Considere T : P2 (R) → R3 una transformación lineal. Determine la matriz de T con respecto a las bases canónicas B = {1, t, t2 } y la base canónica 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 . Solución: Sea A la matriz que representa a T con respecto a las bases 66 Capı́tulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimensión canónicas, entonces T (1 + t − t2 ) = e1 + e3 T (t2 − t) = e1 + e2 − e3 T (2 + t − 2t2 ) = −e1 + e2 − 2e3     1 ⇔ A 1  =  −1    0 ⇔ A  −1  =  1    2 ⇔ A 1  =  −2  0 0 , 1  1 1 , −1  −1 1 . −2    1 0 2 1 1 −1 1 = 0 1 1  Luego, tenemos que A  1 −1 −1 1 −2 1 −1 −2  1 1  0 1 ⇒A = 1 −1  1 1  0 1 = 1 −1  2 3 =  1 −1 0 4  −1 1  −2  −1 1  −2  4 0 . 3 −1 1 0 2 1 −1 1  −1 1 −2  1 2 2 1 0 1  0 −1 −1 5.10. Determine α ∈ R de modo que la transformación lineal T : R3 → R3 definida por: T (x, y, z) = (x + y − z, αx, x + y − αz) sea un isomorfismo. Solución: i. Primeros T debe ser inyectiva si sólo si el sistema tiene única solución      x+y−z =0  1 1 −1 1 1 −1 αx = 0 0  ∼  0 −α α . ⇒ α 0  x+y−α =0 1 1 −α 0 0 1−α Por lo tanto, tiene única solución si y sólo si α 6= 0 y α 6= 1, en cuyo 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 la dimensión, como Im T ≤ R3 y dim Im T = dim R3 = 3 entonces Im T = R3 luego T es sobreyectiva. Por lo tanto, T es isomorfismo si y sólo 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 transformación lineal biyectiva. (b) Encuentre [T ]fe donde e es la base canónica 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 . Solución: (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 transformación lineal. Ahora, T (a, b, c) = 0 ⇔ (a + b + c, a − b + 2c, 3b − c) = (0, 0, 0) es decir,  a+b+c=0  a − b + 2c = 0 ⇒a=b=c=0  3b − c = 0 entonces Ker T = {0} ⇔ T es inyectiva. Por otro lado, por el teorema de la dimensión tenemos que dim Im T = dimR3 = 3 y como Im T ≤ R3 esto implica que Im T = R3 y luego T es sobreyectiva. 68 Capı́tulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimensión (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   2 1 3 4 1 . [T ]fe =  0 3 −4 3   a+b+c =x (c) Si (x, y, z) = T (a, b, c) = (a+b+c, a−b+2c, 3b−c) ⇒ a − b + 2c = y  3b − c = z     1 1 1 x x 1 1 1  1 −1 2 y  ∼  0 −2 1 y−x  0 3 −1 z 0 3 −1 z   x 1 1 1 x−y  ∼  0 1 − 12 2 0 0 1 −3(x − y) + 2z   a = 5x − 4y − 3z b = −x + y + z ⇒  c = −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  −1   2 1 3 −16 15 11 4 1  =  −3 3 2  = 0 3 −4 3 12 −11 −8   x como [T −1 ]ef [(x, y, z)]e = [T −1 (x, y, z)]f ⇒ [(x, y, z)]e =  y  se z obtiene que      x −16x + 15y + 11z −16 15 11 3 2   y  =  −3x + 3y + 2z  [T −1 ]e =  −3 z 12x − 11y − 8z 12 −11 −8 69 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas ⇒ T −1 (x, y, z) = (−16x + 15y + 11z)(1, 1, 0) + (−3x + 3y + 2z)(1, −1, 1) +(12x − 11y − 8z)(2, 1, 0) −1 ⇒ T (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     1 1 0 1 −1  −1 2 −1  e   A = [S]f = 1 −1  y B = [T ]fg =   1 1 1  1 1 0 0 0 para las bases f = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)} g = e = {(1, 1), (1, −1)} 1 0 1 1 1 1 1 1 , , , . 0 0 0 0 1 0 1 1 (a) Encuentre S y T usando A y B. (b) Encuentre T ◦ S usando A y B. Solución: (a) Tenemos que [S]ef [(x, y)]e = [S(x, y)]f y como x+y x−y (x, y) = (1, 1) + (1, −1) ⇒ [(x, y)]e = 2 2     y 1 −1 x+y 2    ⇒ [S(x, y)]f = 1 −1 = y  x−y 2 x 1 1 x+y 2 x−y 2 ⇒ 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   z (x, y, z) = z(1, 1, 1)+(y−z)(1, 1, 0)+(x−y)(1, 0, 0) ⇒ [(x, y, z)]f =  y − z  x−y      1 1 0  y z  −1 2 −1   −x + 3y − 3z   y −z  =   ⇒ [T (x, y, z)]g =   1 1   1  x x−y 0 0 0 0 1 0 1 1 1 1 ⇒ T (x, y, z) = y + (−x + 3y − 3z) +x 0 0 0 0 1 0 4y − 3z 3y − 3z = . x 0 70 Capı́tulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimensión (b) Observemos que  1  −1 [T ◦ S]eg = [T ]fg [S]ef =   1 0    1 0  1 −1  2 −1    1 −1  =    1 1 1 1 0 0  2 −2 0 −2  . 3 −1  0 0 Luego, procediendo de manera similar que en (a) se tine que [T ◦ S]eg [(x, y)]e = [(T ◦ S)(x, y)]g x+y 2 de (a) ya teniamos que [(x, y)]e = x−y entonces 2   2 −2  0 −2   [(T ◦ S)(x, y)]g =   3 −1  0 0 ⇒ (T ◦ S)(x, y) = y = 1 0 0 0 x+y 2 x−y 2 + (y − x) 4y 3y . x + 2y 0   y  y−x   =  x + 2y  0 1 1 0 0 + (x + 2y) 1 1 1 0 5.13. Sean T : R2 → R3 y R : R2 → R2 dos transformaciones lineales y sean B1 y B2 bases de R2 y B3 base de R3 si   2 1 1 1 B1 B 1 [T ◦ R]B3 =  0 1  y [R]B2 = 1 2 −1 1 2 Suponiendo que R es invertible, determine [T ]B B3 . Solución: Notemos que T = T ◦ R ◦ R−1 , entonces −1 B2 2 [T ]B B3 = [T ◦ R ◦ R ]B3 2 = [(T ◦ R) ◦ R−1 ]B B3 −1 B2 1 = [T ◦ R]B B3 [R ]B1 B1 −1 1 = [T ◦ R]B B3 ([R]B2 ) 71 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas como 2 −1 , entonces = −1 1     2 1 3 −1 2 −1 1 . = 0 1  =  −1 −1 1 −1 1 −3 2 1 −1 ([R]B B2 ) 3 [T ]B B2   1 5.14. Sea T : Mn×3 (R) → Rn lineal dada por T (A) = Au, u =  1 . 1 Encuentre el Ker(T ) y su dimensión. Solución: 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 Ker T = hAi,j = [ei ej −ei −ej ]i donde los ei y ej son vectores canónicos de Rn . Notemos que la transformación es sobreyectiva, pues dado u ∈ Rn basta tomar la matriz A = [u ~0 ~0] y luego T ([u ~0 ~0]) = u, por el teorema de la dimensión 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 dimensión 3 y 4 respectivamente tal que V =< v1 , v2 , v3 > y W =< w1 , w2 , w3 , w4 >. Sea T : V → W lineal tal 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 transformación lineal sea   1 0 0  1 1 0   .  1 −1 1  −1 0 −1 72 Capı́tulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimensión Solución: Sean B1 = {v1 , v2 , v3 } y B2 = {w1 , w2 , w3 , w4 }, dado que dim(V ) = 3 y dim(W ) = 4, entonces B1 y B2 son bases de V y W respectivamente. Consideremos B3 = {v1 − v3 , v1 − v2 − v3 , v1 − v2 − 2v3 } es también una base de V , pues la matriz cambio de base es invertible   1 1 1 P13 =  0 −1 −1  , −1 −1 −2   1 1 0 1 . P31 =  1 −1 −1 0 −1 La matriz de T con respecto a esas bases es  1  1 [T ]32 =   0 0 1 0 1 0   1 1   0   0 ∼ 0   0 1 0 0 1 0 0  0 0  . 1  0 Como al escalonar se obtiene una matriz 1 − 1, entonces la transformación lineal es 1 − 1. Por otro lado, la transformación no puede ser sobre pues dim V < dim W  .  1 0 0  1 1 0   se busca en V una base Para la matriz T sea   1 −1 1  −1 0 −1 {a1 v1 + a2 v2 + a3 v3 , b1 v1 + b2 v2 + b3 v3 , c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 } y consideramos a W con la base B2 tal que T (a1 v1 + a2 v2 + a3 v3 ) = w1 + w2 + w3 + w4 , T (b1 v1 + b2 v2 + b3 v3 ) = w2 − w3 , T (c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 ) = w3 − w4 . Entonces matricialmente debe ocurrir que  a1 b1  [[T (v1 )]2 [T (v2 )]2 [T (v3 )]3 ] a2 b2 a3 b3  1 0 0 c1  1 1 0   c2  =   1 −1 1  c3 −1 0 −1   73 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas y como [T ]12 = [T ]32 P31 luego     1 0 0 a b c 1 1 1  1 1 0    = [T ]32 P31  a2 b2 c2   1 −1 1  a3 b3 c3 −1 0 −1   1 1 1  1 1  1 0 0     1 −1 =  0 1 0  −1 0 0 0 1   1 0 0  a1  1 1 0     a2 =  1 −1 1  a3 −1 0 −1   0 a1 b1 c1 1   a2 b2 c2  −1 a3 b3 c3  b1 c1 b2 c2  . b3 c3   a1 b1 c1 Se concluye que  a2 b2 c2  = I. Luego las bases buscadas son a3 b3 c3 {v1 , v2 , v3 } en V y {w1 , w2, w3 , w4 } en W . 5.16. Sea T : P2 (R) → M2 (R) una transformación lineal definida por 2 T (a + bx + cx ) = 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 base 1 canónica de M2 (R) determine [T ]B 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 0 0 0 0 0 0 0 0 1 . , , , 1 0 1 1 0 0 (c) Determine una base para Ker T y para Im T . Solución: 74 Capı́tulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimensión (a) T (1 − x) = T (1 + x) = 2 T (x ) = 0 0 0 0 2 2 0 0 0 1 1 0             (b) Sabemos que            1 ⇒ [T ]B C 1 [T (p)]c1 = [T ]B C1 [p]B1 donde [I]C C1  1  0 =  0 0 1 ⇒ [T ]B C1  1  0 =  0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 y  0  0 =  0 0 2 2 0 0  0 1  . 1  0 B1 C 1 [T ]B C1 = [I]C1 [T ]C  0 0 0 0   1 −1  0 1  0 2 0 0   0 0  0 2 1 −1   0 0 0 0 0 1   0 0   1   0 = 1   0 0 0  2 2 0 0  0 1  . 1  0  a Si [p] =  b  entonces c       1 0 2 0   2b  2b + c   2   0 2 1  a       [T (p)]C1 =   0 0 1  b = c = 1  c 0 0 0 0 0   a 1  ⇒ c = 1, 2b = 1 ⇒ [p] = 21  ⇒ p(x) = a(1 − x) + (1 + x) + x2 2 1 1 ⇒ p(x) = a + + 2 1 − a x + x2 . 2 75 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas (c) 0 0 Ker T = a + bx + cx ∈ P2 (R) : T (a + bx + cx ) = 0 0 a+b a+b+c 0 0 2 = a + bx + cx ∈ P2 (R) : = c 0 0 0 2 2 = {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 1 1 1 1 2 T (1) = , T (x) = , T (x ) = 0 0 0 0 1 1 0 Luego una base para Im T es B = , 0 0 1 linealmente independiente y genera. 0 1 . 1 0 1 pues es 0 5.17. Considere V un espacio vectorial con B1 = {b1 , b2 , b3 , b4 } una base. Sea T : V → V una transformación 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 . 2 (a) Determine [T ]B B2 donde B2 es otra cambio de base dada por  1 1  0 1  1  [I]B B2 =  0 0  0 0 0 0 1 base de V y [I]B B2 es la matriz 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 5    .   (b) Sea v en V dado por v = b1 + 2b2 + 3b3 + 4b4 + 5b5 . Determine w como combinación lineal de la base B1 , de tal manera que T w = v. Solución: a) Claramente B1 [T ]B 1    =   1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1    .   76 Capı́tulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimensión Notemos que B1 B1 B2 B1 B1 B1 −1 2 [T ]B B2 = [I]B2 [T ]B1 [I]B1 = [I]B2 [T ]B1 ([I]B2 ) donde 1 −1 ([I]B B2 )     =   1 1 1 1 5 −1  1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 5  1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1  1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1/5 1/5 1/5 1/5 1        =   1 −1 0 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 1 −1/5 0 0 0 0 1/5    .   Luego 2 [T ]B B2    =   1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 ⇒ B2 [T ]B 2        =         1 −1 0 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 1 −1/5 0 0 0 0 1/5    .   b) Tenemos que v = b1 + 2b2 + 3b3 + 4b4 + 5b5 ⇒ [v]B1 = (1, 2, 3, 4, 5)t t 1 y sabemos que [T ]B B1 [w]B1 = [v]B1 si [w]B1 = (w1 , w2 , w3 , w4 , w5 ) entonces  w1 + w2 + w3 + w4 + w5 = 1     w2 + w3 + w4 + w5 = 2  w3 + w4 + w5 = 3 ⇒ w5 = 5; w4 = w3 = w2 = w1 = −1   w4 + w5 = 4    w5 = 5 ⇒ [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 transformación lineal tal que L 6= 0 pero L2 = L ◦ L = 0. Demuestre que existe una base {u, v} de R2 tal que L(u) = v y L(v) = 0. Solución: Sabemos que L 6= 0, entonces existe u ∈ R2 tal que L(u) = v 6= 0 y además 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 independiente. Notemos que 0 = αu + βv = αu + βL(u) . Aplicando la aplicación L a ambos lados de la igualdad. 0 = L(0) = αL(u) + βLL(u) = αv entonces α = 0 y reemplazando esto en la primera ecuación, se obtiene 0 = αu + βv = βv entonces β = 0. 5.19. Sea T : U → V una transformación lineal y b 6= 0 un vector de V . ¿Por qué no es subespacio de U el conjunto T −1 (b) = {u ∈ u/T (u) = b}? Solución: 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 Capı́tulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimensión Capı́tulo 6 Bases Ortonormales y Proyecciones 6.1. Contruir una base ortonormal para el subespacio W del espacio R3 generado por {(1, 2, 3), (3, 4, 5), (1, −1, 0)}. Solución: Sea {(1, 2, 3), (3, 4, 5), (1, −1, 0)} = {α1 , α2 , α3 } entonces por el proceso de ortonormalización de Gram-Schmidt, tenemos que una base ortogonal es {β1 , β2 , β3 } y una base ortonormal es { kββ11 k , kββ22 k , kββ33 k } donde β1 = α1 , < α2 , β1 > β1 , < β1 , β1 > < α3 , β1 > < α3 , β2 > β1 − β2 , = α3 − < β1 , β1 > < β2 , β2 > β2 = α2 − β3 es decir,   √ kβ1 k = q14 β1 = (1, 2, 3) 12 β2 = 17 (8, 2, −4) ⇒ kβ1 k = q7 .  β3 = 12 (1, −2, 1) kβ1 k = 23 Por lo tanto, la base ortonormal es ( ) r r 1 7 8 2 4 3 √ (1, 2, 3), , ,− , (1, −2, 1) . 12 7 7 7 8 14 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 Capı́tulo 6. Bases Ortonormales y Proyecciones (a) Hallar la longitud de α directamente. (b) Usar Gram-Schmidt para transformar S en una base ortonormal T de W . (c) Hallar la longitud de α usando el vector coordenada de α respecto a T. Solución: (a) k αk = √ < α, α > = p (−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 kβ1 k = 2 y kβ2 k = 3 entonces la base ortonormal es (√ ) √ 2 3 T = (1, 1, 0), (−1, 1, 1) . 2 3 (c) Tenemos que k[α]T k = 6.3. Proyecte b al p = Ax.  1  (a) A = 0 0  1  (b) A = 1 0 √ 14. espacio columna de A resolviendo At Ax = At b y luego   1 1 , b =  0   1 1 , b =  1  2 3 . 4  4 4 . 6 Para cada caso calcule e = b − p y verifique que e es perpendicular a las columnas de A. (i,e: At e = 0). Solución: (a) At A = 1 0 0 1 1 0   1 1 1 1  0 1 = 1 2 0 0 81 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas entonces At Ax = At b   2 1 1 1 0 0   2 3 = ⇒ x = 1 2 1 1 0 5 4 −1 1 1 2 ⇒x = 1 2 5 2 −1 2 = −1 1 5 −1 ⇒x = 3     2 1 1 −1 ⇒ p = At x =  0 1  = 3  . 3 0 0 0   0 1 0 0   t t 0 = (0, 0)t . Luego, e = b − p = (0, 0, 4) y A e = 1 1 0 4 (b) Analogamente tenemos que At A = entonces 1 1 0 1 1 1   1 1 2 2  1 1 = 2 3 0 1 At Ax = At b   4 2 2 1 1 0   8 ⇒ x = 4 = 2 3 1 1 1 14 6 −1 2 2 8 ⇒x = 2 3 14 1 3 −2 8 = 2 14 2 −2 −2 ⇒x = 6     1 1 4 −2 ⇒ p = At x =  1 1  = 4  . 6 0 1 6 82 Capı́tulo 6. Bases Ortonormales y Proyecciones Luego, e = b − p = (0, 0, 0)t y At e = (0, 0)t. 6.4. Calcule las matrices de proyección P1 y P2 para las proyecciones del problema anterior. Verifique que P b = p = Ax, para cada matriz P . Verifique también que P12 = P1 . Solución: (a) Note que ya hemos calculado (At A)−1 entonces: P1 = A(At A)−1 At   1 1 2 −1 1 0 0   0 1 = −1 1 1 1 0 0 0   1 1 1 0 0   0 1 = 1 1 0 0 0   1 0 0 ⇒ P1 =  0 1 0  . 0 0 0 Además        1 0 0 2 2 1 1 −1 P1 b =  0 1 0   3  =  3  = p =  0 1  = Ax . 3 0 0 0 4 0 0 0 (b) Analogamente Además P2 = A(At A)−1 At   1 1 1 3 −2 1 1 0 =  1 1  2 1 1 1 2 −2 0 1   1 0 1 1 1 0 1 0  = 1 1 1 2 −2 2   1 1 0 1 1 1 0 . ⇒ P1 = 2 0 0 2        1 1 0 4 4 1 1 1 −2 1 1 0  4  =  4  = p =  1 1  P2 b = = Ax. 6 2 0 0 2 6 6 0 1 83 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas Finalmente P12 = P1 se verifica triavialmente. 6.5. Plantee el siguiente problema de minimización como un problema de mı́nimos cuadrados. Indique el vector b a proyectar, el subespacio al que se proyecta y resuelva el problema 1 mı́n (1 − x + y)2 + 2(2 − x + 2y)2 + (−1 + 2x + y)2 . x, y∈R 2 Solución: Puesto que 1 (1 − x + y)2 + 2(2 − x + 2y)2 + (−1 + 2x + y)2 = kAx − bk2 2 donde   −1 √1 √  A =  √2 −2 √ 2 − 2 − 2/2 y   √1 b =  √2 2  . − 2/2 Luego, el problema de minimización planteado es equivalente a un problema de solución de un sistema de ecuaciones por mı́nimos cuadrados. Las ecuaciones normales At Ax = At b son t At Ax = A b 5 −4 6 x = −4 11/2 −9/2 −1 5 −4 6 ⇒x = −4 11/2 −9/2 2 11/2 4 6 = 4 5 −9/2 39 cuya solución es x = 1 13 10 , de aquı́ se tiene 1 Ax − b = √ 1 (−17, −18, −3 2)t 13 con lo que el mı́nimo de la función corresponde a kAx − bk2 = 631 . 169 84 Capı́tulo 6. Bases Ortonormales y Proyecciones Capı́tulo 7 Vectores y Valores Propios, Diagonalización 7.1. Determine los valores propios de la matriz   0 −3 2 2 0 . A= 0 2 3 4 Determine la multiplicidad algebraica y geómetrica de los valores propios. Diga si A es diagonalizable. Solución: Hallamos los valores propios resolviendo det(A − λI) = 0. −λ −3 2 0 2−λ 0 2 3 4−λ debido a que = (2 − λ)(−λ(4 − λ) − 4) = (2 − λ)(λ2 − 4λ − 4) √ √ = (2 − λ)(λ − (2 + 2 2))(λ − (2 − 2 2)) √ √ 16 − 4(−4) 4±4 2 λ= = =2±2 2. 2 2 Entonces, los valores propios son √ √ λ1 = 2, λ2 = 2 + 2 2, λ3 = 2 − 2 2 4± p 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 Capı́tulo 7. Vectores y Valores Propios Notemos que los valores propios son todos distintos luego A es diagonalizable. Calculemos ahora los vectores propios asociados a los valores propios λi . Para λ1 = 2 tenemos que resolver (A − 2I)x = 0.      −2 −3 2 x1 0  0     0 0 x2 0 . = x3 2 3 2 0 Como      −2 −3 2 −2 −3 2   0 0 0 ∼ 0 0 0  ⇒ x3 = 0, −2x1 = 3x3 .  2 3 2 0 0 4 Luego, Wλ1 * 0 + = Ker(A − 2I) =  1  0 y la multiplicidad √ geométrica de λ1 = 2 es g1 = dim(W √ λ1 ) = 1. Para λ2 = 2 + 2 2 tenemos que resolver (A − (2 + 2 2)I)x = 0 √      −2(1 + 2) −3 2 x1 0 √      x2 = 0 . 0 −2 2 0√ x3 0 2 3 2−2 2 Notemos que x2 = 0, basta escalonar √ √ √ −2(1 + 2) 2√ 1 1− 2 ∼ ⇒ x1 = x3 ( 2 − 1) . 0 0 2 2−2 2 Luego, √ Wλ2 = Ker(A − (2 + 2 2)I) = * √  + 2−1  0 1 √ y la multiplicidad √ geométrica 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 x 0 1 √  0 2 2 0 √   x2  =  0  . x3 0 2 3 2+2 2 87 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas Notemos que x2 = 0, basta escalonar √ √ √ −2 + 2 2) 2√ 1 1+ 2 ⇒ x1 = −x3 (1+ 2). ∼ 0 0 2 2+2 2 Luego, √ + 1+ 2  Wλ2 = Ker(A − (2 − 2 2)I) =  0 −1 √ y la multiplicidad geométrica de λ2 = 2 + 2 2 es g2 = dim(Wλ2 ) = 1. √ * 7.2. Sea L : M2×2 → M2×2 , L(X) = AXB donde 1 −1 1 1 , B= . A= 0 2 2 0 Determine la matriz que representa a L con respecto a la base canónica de M2×2 y su polinomio caracteristico. ¿Cuáles son los valores y vectores propios de L? Si la matriz es diagonalizable indique su forma diagonal. Solución: Notemos que: 1 0 1 1 L = 0 0 0 0 0 1 2 0 L = 0 0 0 0 0 0 −1 −1 L = 2 1 0 2 0 0 0 0 L = 0 1 4 0              1  1 ⇒ [L]ee =   0     0         2 −1 0 0 −1 0  =C. 0 2 4  0 2 0 El polinomio caracteristico de la matriz C es PC (λ) = |C − λI| 1−λ 2 −1 −2 1 −λ −1 0 = 0 0 2−λ 4 0 0 2 −λ = λ4 − 3λ3 − 8λ2 + 12λ + 16 = (λ2 − 2λ − 8)(λ2 − λ − 2) = (λ − 4)(λ + 2)(λ + 1)(λ − 2) . 88 Capı́tulo 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     −3 2 −1 −2 −3 2 −1 −2  1 −4 −1 0   0 −10/3 −4/3 −2/3  ∼  C − 4I =   0 0 −2 4   0 0 −2 4  0 0 2 −4 0 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    3 2 −1 −2 3 2 −1 −2  1 2 −1 0   0 4/3 −2/3 2/3 ∼ C + 2I =   0 0 4 4   0 0 4 4 0 0 2 2 0 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    1 0 2 2 −1 −2  1 1 −1 0   0 0 ∼ C +I =  0 0 3 4   0 0 0 0 0 0 2 1 como 0 0 1 0  0 0   0  1 ⇒ Wλ3 = Ker(C + I) =< (0, 1, 0, 0)t) > . Para λ4 = 2 tenemos que resolver (C − 2I)x = 0 y como     −1 2 −1 −2 −1 2 −1 −2  1 −2 −1 0   0 0 −2 −2   ∼ C − 2I =   0 0 0 4   0 0 0 4  0 0 2 −2 0 0 0 0 ⇒ Wλ4 = Ker(C − 2I) =< (−2, 1, 0, 0)t ) > . Como A es diagonalizable tenemos que A = V DV −1  −3 1  −1 −1 =   2 −1 1 1  0 −2 4 0 0 0  0 −2 0 0 1 1   0 0   0 0 −1 0 0 0 0 0 0 2  −1 −3 1 0 −2   −1 −1 1 1      2 −1 0 0  1 1 0 0 89 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 7.3. Suponga que el número siguiente es el promedio de los dos anteriores gk+2 = (gk+1 + gk )/2. gk+2 gk+1 (a) Determine A tal que =A . gk+1 gk (b) Determine lı́mn→∞ An . (c) Si g0 = a y g1 = b determine lı́mn→∞ gn . Solución: (a) Basta considerar A = (b) Tenemos que |A − λI| = 1 2 1 2 1 2 1 0 − λ 12 1 −λ = λ2 − λ 1 1±3 − ⇒λ= . 2 2 4 Los valores propios son distintos, entonces A es diagonalizable. Para λ1 = 1 tenemos que resolver (A − I) x = 0 1 1 −2 2 1 −1 A − λ1 I = ∼ . 1 −1 0 0 Entonces, Wλ1 = Ker(A − I) =< ((1, 1)t > . Para λ2 = − 12 tenemos que resolver A + 12 I x = 0 1 12 1 12 A − λ2 I = ∼ . 1 12 0 0 Entonces, Wλ2 1 = Ker A + I =< (−1/2, 1)t > . 2 Luego, D= 1 0 0 − 12 , V = 1 − 21 1 1 n −1 An = V D V 1 n 2 1 −2 1 0 1 12 = . 1 1 0 (−1)n ( 21 )n 3 −1 1 90 Capı́tulo 7. Vectores y Valores Propios Como (−1)n es acotado y lı́mn→∞ ( 12 )n = 0, entonces 1 0 n lı́m D = . n→∞ 0 0 Por lo tanto, lı́m An = n→∞ lı́m (V Dn V −1 ) n→∞ = V ( lı́m D n )V −1 n→∞ 1 1 −2 1 0 2 1 12 = 1 1 0 0 3 −1 1 2 1 1/2 = . 3 1 1/2 (c) Notemos que gk+2 gk+1 gk b k =A = AA = ... = A gk+1 gk gk−1 a entonces 1 2 1 1/2 b gk+2 b (2b + a) k 3 = 1 = lı́m A = lı́m gk+1 a a (2b + a) k→∞ k→∞ 3 1 1/2 3 1 ⇒ lı́m gn = (2b + a) . n→∞ 3 7.4. Demuestre que si λ es un valor propio de una matriz A ortogonal entonces λ 6= 0 y λ−1 es valor propio de A. Solución: Sabemos que A es ortogonal ssi A−1 = At , entonces existe la inversa de A. Sea v el vector propio asociado al valor propio λ, entonces Av = λv ⇔ In v = λA−1 v ⇔ (In − λA−1 )v = 0 . Como v 6= 0 entonces |In − λA−1 | = 0. Supongamos que λ = 0 entonces |In | = 0, lo cual es contradicción. Luego λ 6= 0 y observemos que Av = λv ⇔ In v = λA−1 v ⇔ λ−1 v = At v 91 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas y como A y At tiene los mismos valores propios debido a que  a11 − λ a12 ··· a1n  a21 a22 − λ · · · a2n  det(A − λI) = det  .. .. .. . .  . . . . an1 an2 · · · ann − λ  a11 − λ a12 ··· an1  a12 a22 − λ · · · an2  (detA = detAt ) = det  .. .. .. . ..  . . . a1n a2n · · · ann − λ = det(At − λI) .           Se concluye que λ−1 es valor propio de A. 7.5. Sea   2 1 0 A= 2 3 0  . 6 7 9 (a) Encuentre una matriz X tal que X 2 = A. (b) Encuentre una matriz B tal que B 6 = A. (c) Calcule eA . (d) Calcule eAt , donde t es una variable real. Solución: Primeros buscaremos los valores y vectores propios det(A − λI) = 2−λ 1 0 2 3−λ 0 6 7 9−λ = (9 − λ) 2−λ 1 2 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 luego A es diagonolizable. Para λ1 = 9 debemos resolver (A − 9I)x = 0 un simple cálculo nos da Wλ1 = Ker(A − 9I) =< {(0, 0, 1)t} > . 92 Capı́tulo 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,   0 1/2 −1 1 1 , V = 0 1 −2 −1/8   9 0 0 D= 0 4 0  . 0 0 1 2 (a) Sea X = V DX V −1 ⇒ X 2 = V DX V −1 = A = V DV −1 luego 2 D = DX por lo tanto      0 1/2 −1 3 0 0 15/8 33/16 3/2 2  1 1  0 2 0  1 1 0  X =  0 3 1 −2 −1/8 0 0 1 −1 1/2 0    0 1/2 −1 45/8 99/16 9/2 2    0 1 1 2 2 0  = 3 1 −2 −1/8 −1 1/2 0   2 1/2 0 2  1 5/2 0  = 3 7/4 17/8 9/2   4 1 0 1  2 5 0 . = 3 7/2 17/4 9 6 (b) Similarmente a letra (a), sea B = V DB V −1 ⇒ B 6 = V DB V −1 = −1 6 A = V DV luego D = DB por lo tanto   √    6 0 1/2 −1 9 √0 0 15/8 33/16 3/2 2  X =  0 1 1  0 6 4 0  1 1 0  3 1 −2 −1/8 −1 1/2 0 0 0 1 √ √    15 √  6 6 6 0 1/2 −1 9 33 9 32 9 8 √ 16 √ 2  6 6 0 1 1  = 4 4 0  3 1 1 −2 −1/8 −1 0 2 √ √   1 6 1 6 4+1 ( √4 − 1) 0 2 2 √ 2  6 6 . = 4−1 4 + 12 √ √ √ √ √0 3 6 6 15 6 1 33 6 1 3 6 9 − 2 4 + 8 16 9 − 2 4 − 16 2 9 8 Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 93 (c) Notemos que A e = = = = = = = = A2 A3 I +A+ + + ... 3! 2! A2 A3 An lı́m I + A + + + ... + n→∞ 2! 3! n! 2 −1 VD V V D3 V −1 V Dn V −1 −1 −1 lı́m V IV + V DV + + + ... + n→∞ 2! 3! n! 2 3 n D D D lı́m V I + D + + + ... + V −1 n→∞ 2! 3! n! D2 D3 Dn + + ... + V −1 V lı́m I + D + n→∞ 2! 3! n! D −1 V e V  9    0 1/2 −1 e 0 0 15/8 33/16 3/2 2   0 1 1   0 e4 0  1 1 0  3 1 −2 −1/8 0 0 e −1 1/2 0   4 4 e + 2e e −e 0 1  4 4 2e − 2e 2e + e 0 . 3 15 9 1 33 1 e − 4e4 − 4 e 8 e9 − 4e4 + 8 e 3e9 4 (d) Similarmente a lo anterior obtenemos tenemos que   e4t + 2et e4t − et 0 1  2e4t − 2et 2e4t + et 0 . eAt = 3 15 9t 1 t 33 9t 1 t 4t 4t e − 4e − 4 e 8 e − 4e + 8 e 3e9t 4 7.6. Sea A de 3 × 3 simétrica 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. Solución: Si los valores propios de A son λ, λ + 1 y λ + 2, entonces los valores propios de A + aI son λ + a, λ + 1 + a y λ + 2 + a. Además, A es positiva definida si tiene todos sus valores propios positivos. Entonces debemos tener que λ + a > 0 lo cual es equivalente a a > −λ.

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