Parcial 1 2007-I (Profesor A. Larraín)
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Primer Examen Parcial
Algebra Lineal
cod: MATE 1105
Profesor: Andrés Larraı́n Hubach*
12 de febrero de 2007
Tiempo: 50 minutos
1. (Valor: 0.5 ptos c/u) Dada la siguiente matriz
1 −1 2
4
A = 2 1 −3 −2
4 −1 1
5
a- Determine una base para el espacio columna.
b- Determine una base para el espacio fila.
c- Encuentre el rango y la nulidad de la matriz A.
d- Determine una base para el espacio nulo de la matriz.
2. (Valor: 1 pto) Con el método visto
siguiente matriz.
2
3
en clase encuentre la inversa de la
1
2
3. (Valor: 1 pto) Demuestre que el siguiente conjunto es un subespacio
de R3 . Encuentre una base para este subespacio y determine su dimensión.
W = {[x, y, z] ∈ R3 /z = x + 2y}
4. (Valor: 1 pto) Encuentre todas las soluciones del siguiente sistema.
x + 2y − z = 2
2x + 3y + 5z = 5
−x − 3y + 8z = −1
*
Recuerde el juramento del uniandino: ”Juro solemnemente abstenerme de copiar o de
incurrir en actos que puedan conducir a la trampa o al fraude en las pruebas académicas, o en cualquier acto que perjudique la integridad de mis compañeros o de la misma
universidad”
1
Solución del primer parcial de Algebra Lineal
1. Para empezar se lleva la matriz A a su forma escalonada. Una forma
de hacerlo es:
f2 ↔ f2 − 2f1
f3 ↔ f3 − 4f1
f3 ↔ f3 − f2 .
Al final se obtiene la matriz
1 −1 2
4
0 3 −7 −10 .
0 0
0
−1
Las columnas 1, 2 y 4 tienen pivotes por lo tanto una base del espacio
columna viene dada por {[1, 2, 4], [−1, 1, −1], [4, −2, 5]}. Recuerde que
para hallar una base del espacio columna hay que tomar las respectivas
columnas en la matriz original.
Como el rango es la dimensión del espacio columna (o del espacio fila)
se sigue que es igual a 3 y, puesto que la matriz tiene 4 columnas, la
nulidad será igual a 1. Lo anterior se obtiene por la fórmula
ρ(A) + nu(A) = Número de columnas de A.
Como todas las filas de la matriz contienen pivotes se sigue que una
base del espacio fila es {[1, −1, 2, 4], [0, 3, −7, −10], [0, 0, 0, −1]}. Para
la base del espacio fila se toman las filas que tienen pivote en la matriz
reducida.
Finalmente, para encontrar una base del espacio nulo se sustituye en
la matriz reducida. Se van a usar las variables x, y, z y w.
De la tercera fila vemos que w = 0. despejando las siguientes variables
en términos de z se obtiene y = 73 z y x = 13 z. Por lo tanto los vectores
del espacio nulo de la matriz son de la forma [ 31 z, 13 z, z, 0] y una base
es el vector [ 31 , 37 , 1, 0].
2. Una forma de hallar la matriz inversa consiste en realizar las siguientes
operaciones tanto en la matriz original como en la matriz identidad
f2 ↔ f2 − f1
f2 ↔ 2f2 − f1
f1 ↔ f1 − f2
1
f1 ↔ f1 .
2
Es decir
2 1 | 1 0
2 1 | 1 0
2 1 | 1 0
→
→
3 2 | 0 1
1 1 | −1 1
0 1 | −3 2
2
2 0 | 4 −2
1 0 | 2 −1
→
.
0 1 | −3 2
0 1 | −3 2
Ası́, la matriz inversa es
2 −1
.
−3 2
3. Para demostrar que el conjunto W es un subespacio de R3 hay que
probar que cualquier combinación lineal de sus elementos sigue siendo
un elemento de W .
Dados u y v elementos en W , hay que probar que αu + βv está en
W , donde α y β son escalares cualesquiera. Por la forma como se
definió W , sus vectores serán de la forma
x
y .
x + 2y
Ası́, se puede asumir que
a
c
u = b v = d ,
a + 2b
c + 2d
de donde
αa + βc
,
αb + βd
αu + βv =
αa + βc + 2(αb + βd)
y se obtiene αu + βv ∈ W , por tanto W es un subespacio de R3 .
Los vectores de W pueden escribirse en la forma
1
0
x
y = x 0 + y 1 .
1
2
x + 2y
Por lo tanto, una base para W viene dada por los vectores { [1, 0, 1], [0, 1, 2]}
y la dimensión de W es igual a 2. (Aquı́ faltarı́a probar que estos vectores son linealmente independientes, sin embargo eso es obvio, ¿por
qué?).
4. Para empezar se escribe el sistema como
1
2 −1 |
2
3
5 |
−1 −3 8 |
3
una matriz aumentada
2
5 .
−1
La matriz puede reducirse mediante
f2 ↔ f2 − 2f1
f3 ↔ f3 + f1
f3 ↔ f3 − f2 ,
y se obtiene
1 2 −1 | 2
0 −1 7 | 1 .
0 0
0 | 0
Despejando z se obtiene y = −1 + 7z y x = 4 − 13z. Las soluciones
pueden escribirse en la forma
4 − 13z
4
−13
−1 + 7z = −1 + z 7 .
z
0
1
Nótese que este conjunto NO es un subespacio de R3 .
4
