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Colección de Problemas Resueltos.
Volumen I.
Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería.
Ingeniería Técnica Industrial. Especialidad Mecánica.
Curso 2004-05.
Índice General
I Boletines Resueltos de los Bloques Temáticos Álgebra Lineal y Cálculo Difer-
encial e Integral de Funciones de una Variable. 2
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices. 3
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 27
Boletín 3. Diagonalización de Matrices 60
Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones 78
Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 93
II Exámenes Resueltos de Cursos Anteriores 111
Primer Parcial. Curso 2002-03 112
Segundo Parcial. Curso 2002-03 123
Examen de Junio. Curso 2002-03 132
Examen de Septiembre. Curso 2002-03 141
Examen de Diciembre de 2003 151
Primer Parcial. Curso 2003-04 160
Segundo Parcial. Curso 2003-04 170
Examen de Junio. Curso 2003-04 179
Examen de Septiembre. Curso 2003-04 191
1
Parte I
Boletines Resueltos de los Bloques
Temáticos Álgebra Lineal y Cálculo
Diferencial e Integral de Funciones de
una Variable.
2
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones
Lineales y Matrices.
1. Resolver los siguientes sistemas por el método de Gauss-Jordan y por el método de Gauss.
a)

x1 + x2 + 2x3 = 8
−x1 − 2x2 + 3x3 = 1
3x1 − 7x2 + 4x3 = 10
b)

2x1 + 2x2 + 2x3 = 0
−2x1 + 5x2 + 2x3 = 1
8x1 + x2 + 4x3 = −1
c)

x− y + 2z −w = −1
2x+ y − 2z − 2w = −2
−x+ 2y − 4z + w = 1
3x− 3w = −3
d)

−2b+ 3c = 1
3a+ 6b− 3c = −2
6a+ 6b+ 3c = 5
e)

2x1 − 3x2 = −2
2x1 + x2 = 1
3x1 + 2x2 = 1
f)

4x1 − 8x2 = 12
3x1 − 6x2 = 9
−2x1 + 4x2 = −6
g)
½
5x1 − 2x2 + 6x3 = 0
−2x1 + x2 + 3x3 = 1 h)
½
x1 − 2x2 + 3x3 = 0
−2x1 + 4x2 − 6x3 = 1
Solución:
En todos los apartados aplicaremos primeramente el método de Gauss y a continuación el método
de Gauss—Jordan.
(a)
 1 1 2 8−1 −2 3 1
3 −7 4 10
 F21(1)−→
F31(−3)
 1 1 2 80 −1 5 9
0 −10 −2 −14
 F2(−1)−→
 1 1 2 80 1 −5 −9
0 −10 −2 −14

F32(10)−→
 1 1 2 80 1 −5 −9
0 0 −52 −104
 F3(−1/52)−→
 1 1 2 80 1 −5 −9
0 0 1 2
.
Por consiguiente, el sistema inicial es equivalente al sistema triangular superior
x1 + x2 + 2x3 = 8
x2 − 5x3 = −9
x3 = 2
Así, el sistema dado es compatible determinado (C.D.) y usando el método de subida su
única solución es x1 = 3, x2 = 1, x3 = 2.
Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada
(forma escalonada). 1 1 2 80 1 −5 −9
0 0 1 2
 F23(5)−→
F13(−2)
 1 1 0 40 1 0 1
0 0 1 2
 F12(−1)−→
 1 0 0 30 1 0 1
0 0 1 2
 .
3
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 4
Luego, el sistema inicial es equivalente a

x1 = 3
x2 = 1
x3 = 2
y su solución ya está dada.
(b)
 2 2 2 0−2 5 2 1
8 1 4 −1
 F2(1/2)−→
 1 1 1 0−2 5 2 1
8 1 4 −1
 F21(2)−→
F31(−8)
 1 1 1 00 7 4 1
0 −7 −4 −1
 F2(1/7)−→
 1 1 1 00 1 4/7 1/7
0 −7 −4 −1
 F23(7)−→
 1 1 1 00 1 4/7 1/7
0 0 0 0
 .
En consecuencia, el sistema es compatible indeterminado (C.I.), ya que la matriz escalonada
posee dos unos principales y aparece, por tanto, x3 como variable libre. El sistema inicial es
equivalente al sistema
½
x1 + x2 + x3 = 0
x2 + 4x3/7 = 1/7
y el conjunto de sus soluciones puede escribirse
en la forma

x1 = −1/7− 3t/7
x2 = 1/7− 4t/7
x3 = t
con t ∈ R.
Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada
(forma escalonada). 1 1 1 00 1 4/7 1/7
0 0 0 0
 F12(−1)−→
 1 0 −3/7 −1/70 1 4/7 1/7
0 0 0 0
 .
Por tanto, el sistema inicial equivale a
½
x1 − 3x3/7 = −1/7
x2 + 4x3/7 = 1/7
y el conjunto de soluciones
también puede expresarse en la forma

x1 = −1/7− 3s
x2 = 1/7− 4s
x3 = 7s
con s ∈ R.
(c)

1 −1 2 −1 −1
2 1 −2 −2 −2
−1 2 −4 1 1
3 0 0 −3 −3
 F21(−2)−→F31(1)
F41(−3)

1 −1 2 −1 −1
0 3 −6 0 0
0 1 −2 0 0
0 3 −6 0 0
 F2(1/3)−→

1 −1 2 −1 −1
0 1 −2 0 0
0 1 −2 0 0
0 3 −6 0 0
 F32(−1)−→F42(−3)

1 −1 2 −1 −1
0 1 −2 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
.
En consecuencia, el sistema inicial es quivalente al sistema
½
x− y + 2z − w = −1
y − 2z = 0
Aparecen dos unos principales en la matriz escalonada y el sistema tiene a las incógnitas z
y w como variables libres. El sistema es, por tanto, C.I. y sus infinitas soluciones pueden
escribirse en la forma

x = −1 + µ
y = 2λ
z = λ
w = µ
con λ, µ ∈ R.
Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 5
(forma escalonada).
1 −1 2 −1 −1
0 1 −2 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
 F12(1)−→

1 0 0 −1 −1
0 1 −2 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
 .
Por tanto, el sistema inicial es equivalente a
½
x− w = −1
y − 2z = 0 y es sencillo escribir x e y en
función de las variables libres z y w.
(d)
 0 −2 3 13 6 −3 −2
6 6 3 5
 P12−→
 3 6 −3 10 −2 3 1
6 6 3 5
 F1(1/3)−→
 1 2 −1 1/30 −2 3 1
6 6 3 5
 F31(−6)−→ 1 2 −1 1/30 −2 3 1
0 −6 9 3
 F2(−1/2)−→
 1 2 −1 1/30 1 −3/2 −1/2
0 −6 9 3
 F32(6)−→
 1 2 −1 1/30 1 −3/2 −1/2
0 0 0 0
.
Por consiguiente, el sistema es equivalente al sistema
½
a+ 2b− c = 1/3
b− 3c/2 = −1/2 y es C.I. Las
infinitas soluciones pueden escribirse en la forma

a = 4/3− 2λ
b = −1/2 + 3λ/2
c = λ
con λ ∈ R.
Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada
(forma escalonada). 1 2 −1 1/30 1 −3/2 −1/2
0 0 0 0
 F12(−2)−→
 1 0 2 4/30 1 −3/2 −1/2
0 0 0 0
 .
El sistema dado es equivalente a
½
a+ 2c = 4/3,
b− 3c/2 = −1/2, la variable c es libre y las infinitas
soluciones se pueden expresar en la forma

a = 4/3− 2λ
b = −1/2 + 3λ/2
c = λ
con λ ∈ R.
(e)
 2 −3 −22 1 1
3 2 1
 F1(1/2)−→
 1 −3/2 −12 1 1
3 2 1
 F12(−2)−→
F31(−3)
 1 −3/2 −10 4 3
0 13/2 4
 F2(1/4)−→
 1 −3/2 −10 1 3/4
0 13/2 4
 F32(−13/2)−→
 1 −3/2 −10 1 3/4
0 0 −7/8
 . El sistema es equivalente a

x1 − 3x2/2 = −1
x2 = 3/4
0 = −7/8
y por tanto, incompatible.
Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada
(forma escalonada). 1 −3/2 −10 1 3/4
0 0 −7/8
 F12(−3/2)−→
 1 0 −17/80 1 3/4
0 0 −7/8

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 6
El sistema es equivalente a

x1 = −17/8
x2 = 3/4
0 = −7/8
y de nuevo vemos que es incompatible.
(f)
 4 −8 123 −6 9
−2 4 −6
 F1(1/4)−→
 1 −2 23 −6 9
−2 4 −6
 F21(−3)−→
F31(2)
 1 −2 20 0 0
0 0 0
.
El sistema inicial es C.I. y equivalente al sistema con una ecuación y dos incógnitas
x1−2x2 = 3. Por tanto, las infinitas soluciones pueden escribirse en la forma
½
x1 = 3 + 2t
x2 = t
con t ∈ R.
En este caso, la matriz escalonada anterior es también escalonada reducida por lo que los
métodos de Gauss y Gauss—Jordan “coinciden”.
(g)
µ
5 −2 6 0
−2 1 3 1
¶
F1(1/5)−→
µ
1 −2/5 6/5 0
−2 1 3 1
¶
F21(2)−→
µ
1 −2/5 6/5 0
0 1/5 3/5 1
¶
F2(5)−→µ
1 −2/5 6/5 0
0 1 3 5
¶
.
El sistema inicial es C.I. y equivalente al sistema
½
x1 − 2x2/5 + 6x3/5 = 0,
x2 + 3x3 = 5.
Así, el conjunto de soluciones adquiere la forma

x1 = 2− 125 t
x2 = 5− 3t
x3 = t
con t ∈ R.
Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada
(forma escalonada).µ
1 −2/5 6/5 0
0 1 3 5
¶
F12(2/5)−→
µ
1 0 12/5 2
0 1 3 5
¶
. Observamos que el sistema inicial
es equivalente a
½
x1 + 12x3/5 = 0,
x2 + 3x3 = 5.
(h)
µ
1 −2 3 0
−2 4 −6 1
¶
F21(2)−→
µ
1 −2 3 0
0 0 0 1
¶
. El sistema es incompatible y la forma
escalonada anterior es escalonada reducida.
2. Sin usar lápiz y papel, determinar cuáles de los siguientes sistemas homogéneos tienen soluciones
no triviales.
a)

2x1 − 3x2 + 4x3 − x4 = 0
7x1 + x2 − 8x3 + x4 = 0
2x1 + 8x2 + x3 − x4 = 0
b)

x1 + 3x2 − x3 = 0
x2 − 8x3 = 0
4x3 = 0
c)
½
3x− 2y = 0
6x− 4y = 0
Solución:
(a) En este caso, el sistema es C.I. pues se trata de un sistema homogéneo con más incógnitas
que ecuaciones. Es decir, el sistema posee soluciones no triviales.
(b) El sistema es C.D., ya que es claro que el método de subida nos proporcinaríacomo única
solución del sistema, la solución trivial.
(c) La segunda ecuación es proporcional a la primera y el sistema es, por tanto, C.I., es decir,
tiene soluciones no triviales.
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 7
3. Resolver los siguientes sistemas homogéneos, por cualquier método
a)

2x− y − 3z = 0
−x+ 2y − 3z = 0
x+ y + 4z = 0
b)

v + 3w − 2x = 0
2u+ v − 4w + 3x = 0
2u+ 3v + 2w − x = 0
−4u− 3v + 5w − 4x = 0
Solución:
En ambos casos utilizaremos el método de Gauss.
(a)
 2 −1 −3 0−1 2 −3 0
1 1 4 0
 F1(1/2)−→
 1 −1/2 −3/2 0−1 2 −3 0
1 1 4 0
 F21(1)−→
F31(−1) 1 −1/2 −3/2 00 3/2 −9/2 0
0 3/2 11/2 0
 F2(2/3)−→
 1 −1/2 −3/2 00 1 −3 0
0 3/2 11/2 0
 F32(−3/2)−→
 1 −1/2 −3/2 00 1 −3 0
0 0 10 0
 F3(1/10)−→
 1 −1/2 −3/2 00 1 −3 0
0 0 1 0
.
Puesto que la matriz escolonada posee tres unos principales, el mismo número que incóg-
nitas, el sistema es C.D. y la única solución del mismo es la trivial (x = y = z = 0).
(b)

0 1 3 −2 0
2 1 −4 3 0
2 3 2 −1 0
−4 −3 5 −4 0
 P21−→

2 1 −4 3 0
0 1 3 −2 0
2 3 2 −1 0
−4 −3 5 −4 0
 F1(1/2)−→

1 1/2 −2 3/2 0
0 1 3 −2 0
2 3 2 −1 0
−4 −3 5 −4 0
 F31(−2)−→F41(4)

1 1/2 −2 3/2 0
0 1 3 −2 0
0 2 6 −4 0
0 −1 −3 2 0
 F32(−2)−→F41(1)
1 1/2 −2 3/2 0
0 1 3 −2 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
.
El sistema inicial es equivalente a
½
u− v/2− 2w + 3x/2 = 0,
v + 3w − 2x = 0, es C.I. y tomamos w y x
como variables libres. Así, el conjunto de soluciones puede escribirse, después de aplicar el
método de subida, en la forma

u = t/2− s/2
v = −3t+ 2s
w = t
x = s
con t, s ∈ R.
4. Resolver los siguientes sistemas, donde a, b y c son constantes.
a)
½
2x+ y = a
3x+ 6y = b
b)

x1 + x2 + x3 = a
2x1 + 2x3 = b
3x2 + 3x3 = c
Solución:
Aplicaremos en ambos casos el métdo de Gauss.
(a)
µ
2 1 a
3 6 b
¶
F1(1/2)−→
µ
1 1/2 a/2
3 6 b
¶
F21(−3)−→
µ
1 1/2 a/2
0 9/2 b− 32a
¶
F2(2/9)−→
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 8
µ
1 1/2 a/2
0 1 29b− 13a
¶
. El sistema inicial es C.D y equivalente a
½
x+ 12y =
1
2a
y = 29b− 13a
y
aplicando el método de subida la única solución es
y =
2
9
b− 1
3
a, x =
1
2
a− 1
2
y =
1
2
a− 1
2
µ
2
9
b− 1
3
a
¶
=
2
3
a− 1
9
b.
(b)
 1 1 1 a2 0 2 b
0 3 3 c
 F21(−2)−→
 1 1 1 a0 −2 0 b− 2a
0 3 3 c
 F2(−1/2)−→
 1 1 1 a0 1 0 a− 12b
0 3 3 c
 F32(−3)−→
 1 1 1 a0 1 0 a− 12b
0 0 3 c− 3a+ 32b
 F3(1/3)−→
 1 1 1 a0 1 0 a− 12b
0 0 1 13c− a+ 12b
.
El sistema inicial es C.D., equivalente a

x1 + x2 + x3 = a
x2 = a− 12b
x3 =
1
3c− a+ 12b
y aplicando el
método de subida la única solución es

x1 = a− 13c
x2 = a− 12b
x3 =
1
3c− a+ 12b
5. ¿Para qué valores de a el sistema

x+ 2y − 3z = 4
3x− y + 5z = 2
4x+ y + (a2 − 14)z = a+ 2
no tiene solución, tiene exac-
tamente una solución o infinitas soluciones?
Solución:
Realizaremos t.e. en la matriz ampliada. 1 2 −3 43 −1 5 2
4 1 a2 − 14 a+ 2
 F21(−3)−→
F31(−4)
 1 2 −3 40 −7 14 −10
0 −7 a2 − 2 a− 14
 F2(−1/7)−→
 1 2 −3 40 1 −2 10/7
0 −7 a2 − 2 a− 14
 F32(7)−→
 1 2 −3 40 1 −2 −10/7
0 0 a2 − 16 a− 4
.
Por tanto, si a2 − 16 6= 0 (o equivalentemente, a 6= 4 y a 6= −4) podemos continuar realizando
t.e. 1 2 −3 40 1 −2 −10/7
0 0 a2 − 16 a− 4
 F3³ 1a2−16´−→
 1 2 −3 40 1 −2 −10/7
0 0 1 a−4
a2−16
 =
 1 2 −3 40 1 −2 −10/7
0 0 1 1a+4
 . Así, el sistema es C.D. (posee una única solución)
Si a = 4, el primer bloque de t.e. sigue siendo válido y llegamos a la matriz ampliada 1 2 −3 40 1 −2 −10/7
0 0 0 0
. En consecuencia, el sistema es C.I. (posee infinitas soluciones).
Si a = −4, la última matriz ampliada del primer bloque de t.e. es
 1 2 −3 40 1 −2 −10/7
0 0 0 −8
 y
el sistema es imcompatible (no posee solución).
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 9
6. ¿Para qué valores de a el sistema
½
(a− 3)x+ y = 0
x+ (a− 3)y = 0 tiene soluciones no triviales?
Solución:
Realizaremos t.e. en la matriz ampliada.
— Comenzamos suponiendo que a− 3 6= 0 (es decir, a 6= 3).µ
a− 3 1 0
1 a− 3 0
¶
F1( 1a−3)−→
µ
1 1a−3 0
1 a− 3 0
¶
F21(−1)−→
µ
1 1a−3 0
0 a− 3− 1a−3 0
¶
=Ã
1 1a−3 0
0 (a−3)
2−1
a−3 0
!
.
Ahora consideramos, además, que (a− 3)2 − 1 6= 0 (esto es, a 6= 2 y a 6= 4). Entonces,
podemos continuar con las t.e.Ã
1 1a−3 0
0 (a−3)
2−1
a−3 0
!
F2
³
a−3
(a−3)2−1
´
−→
µ
1 1a−3 0
0 1 0
¶
y deducir que el sistema es C.D.; es
decir, sólo posee la solución trivial x = 0, y = 0.
Seguidamente, tomamos a = 2 o a = 4. Entonces, después del primer bloque de t.e. con-
seguimos la matriz ampliada
µ
1 1a−3 0
0 0 0
¶
y el sistema es C.I.; es decir, posee soluciones
no triviales.
— Suponemos que a = 3, entonces el sistema inicial es
½
y = 0
x = 0
y, naturalmente, su única
solución es la trivial.
Resumiendo, el sistema posee soluciones no triviales si y sólo si a = 2 o a = 4.
7. Demostrar que si ad − bc 6= 0 entonces la forma escalonada reducida de la matriz
µ
a b
c d
¶
esµ
1 0
0 1
¶
.
Solución:
Realizaremos transformaciones elmentales (t.e.) en la matriz
µ
a b
c d
¶
.
En primer lugar, suponemos que a 6= 0. De esta forma, podemos hacer las siguientes t.e.µ
a b
c d
¶
F1(1/a)−→
µ
1 ba
c d
¶
F21(−c)−→
µ
1 ba
c d
¶
F21(−c)−→
µ
1 ba
0 d− bac
¶
=
µ
1 ba
0 ad−bca
¶
Ahora, si ad− bc 6= 0 podemos continuar realizando t.e.µ
1 ba
0 ad−bca
¶
F2( aad−bc)−→
µ
1 ba
0 1
¶
F12(−b/a)−→
µ
1 0
0 1
¶
.
Por consiguiente, si a 6= 0 y ad− bc 6= 0 la forma escalonada reducida de
µ
a b
c d
¶
es la
identidad.
A continuación suponemos que a = 0 . Entonces, la primera t.e es:
µ
0 b
c d
¶
P12−→
µ
c d
0 b
¶
.
Si además c 6= 0 podemos continuar realizando t.e.:
µ
c d
0 b
¶
F1(1/c)−→
µ
1 d/c
0 b
¶
.
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 10
Si además b 6= 0 podemos continuar realizando t.e.:
µ
1 d/c
0 b
¶
F2(1/b)−→
µ
1 d/c
0 1
¶
F12(−d/c)−→µ
1 0
0 1
¶
.
Por tanto, si a 6= 0, b 6= 0 y c 6= 0 (o equivalentemente, a 6= 0 y bc 6= 0 ), entonces la forma
escalonada reducida de
µ
a b
c d
¶
es la identidad.
Nótese que para a = 0, la desigualdad ad − bc 6= 0 se convierte en bc 6= 0, por que la forma
escalonada reducida de
µ
a b
c d
¶
es la matriz identidad siempre que ad− bc 6= 0.
8. Considerar las matricesA =
 3 0−1 2
1 1
 , B = µ 4 −1
0 2
¶
, C =
µ
1 4 2
3 1 5
¶
, D =
 1 5 2−1 0 1
3 2 4
 ,
E =
 6 1 3−1 1 2
4 1 3
 . Calcular, cuando sea posible:
a) D −E, b) 2ET − 3DT c) A(BC) d) (DA)T e) ¡CTB¢AT f) (−AC)T + 5DT
Solución:
(a) D −E =
 −5 4 −10 −1 −1
−1 1 1
.
(b) 2ET − 3DT =
 9 1 −1−13 2 −4
0 1 −6
.
(c) A(BC) =
 3 45 9−11 −11 17
7 17 13
.
(d) (DA)T =
µ
0 −2 11
12 1 8
¶
.
(e)
¡
CTB
¢
AT =
 12 6 948 −20 14
24 8 16
.
(f) (−AC)T + 5DT =
 2 −10 1113 2 5
4 −3 13
.
9. Considerar las matrices A =
 3 −2 76 5 4
0 4 9
 y B =
 6 −2 40 1 3
7 7 5
 . Calcular, sin realizar el
producto de las dos matrices completamente,
a) la segunda columna de AB. b) la primera columna de BA. c) la tercera columna de
AA.
Solución:
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 11
(a) La segunda columna del producto AB se obtiene multiplicando la matriz A por la segunda
columna de B.  3 −2 76 5 4
0 4 9
 −21
7
 =
 4121
67
 .
(b) La primera columna del producto BA se obtiene multiplicando la matriz B por la primera
columna de A.  6 −2 40 1 3
7 7 5
 36
0
 =
 66
63
 .
(c) La tercera columna del producto AA se obtiene multiplicando la matriz A por la tercera
columna de A.  3 −2 76 5 4
0 4 9
 74
9
 =
 7698
97
 .
10. En cada apartado, determinar las matrices A, x y b que expresen el sistema de ecuaciones dados
como una ecuación matricial Ax = b
a)

x1 + x2 + 2x3 = 8
−x1 − 2x2 + 3x3 = 1
3x1 − 7x2 + 4x3 = 10
b)

x− y + 2z − w = −1
2x+ y − 2z − 2w = −2
−x+ 2y − 4z +w = 1
3x− 3w = −3
Solución:
(a)
 1 1 2−1 −2 3
3 −7 4
 x1x2
x3
 =
 81
10
.
(b)

1 −1 2 −1
2 1 −2 −2
−1 2 −4 1
3 0 0 −3


x
y
z
w
 =

−1
−2
1
−3
.
11. En cadaapartado, expresar la ecuación matricial como un sistema de ecuaciones lineales
a)
 3 −1 24 3 7
−2 1 5
 x1x2
x3
 =
 2−1
4
 b)

3 −2 0 1
5 0 2 −2
3 1 4 7
−2 5 1 6


w
x
y
z
 =

0
0
0
0

Solución:
(a)

3x1 − x2 + 2x3 = 2
4x1 + 3x2 + 7x3 = −1
−2x1 + x2 + 5x3 = 4
(b)

3w − 2x+ z = 0
5w + 2y − 2z = 0
3w + x+ 4y + 7z = 0
−2w + 5x+ y + 6z = 0
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 12
12. En cada apartado encontrar la forma escalonada y escalonada reducida de la matriz de orden
tres cuyos elementos son
a) aij = i+ j b) aij = ij−1 c) aij =
½
1 si |i− j| > 1
−1 si |i− j| ≤ 1
Solución:
(a) A =
 2 3 43 4 5
4 5 6
 F1(1/2)−→
 1 3/2 23 4 5
4 5 6
 F21(−3)−→
F31(−4)
 1 3/2 20 −1/2 −1
0 −1 −2
 F2(−2)−→
 1 3/2 20 1 2
0 −1 −2
 F32(1)−→
 1 3/2 20 1 2
0 0 0
 F12(−3/2)−→
 1 0 −10 1 2
0 0 0
.
Luego la forma escalonada es la matriz
 1 3/2 20 1 2
0 0 0
 y la forma escalonada reducida 1 0 −10 1 2
0 0 0
.
(b) A =
 1 1 11 2 4
1 3 9
 F21(−1)−→
F31(−1)
 1 1 10 1 3
0 2 8
 F32(−2)−→
 1 1 10 1 3
0 0 2
 F3(1/2)−→
 1 1 10 1 3
0 0 1
.
La forma escalonada es la matriz
 1 1 10 1 3
0 0 1
 y la forma escalonada reducida es la iden-
tidad, pues tenemos tres unos principales, es decir, la matriz A es regular.
(c) A =
 −1 −1 1−1 −1 −1
1 −1 −1
 F1(−1)−→
 1 1 −1−1 −1 −1
1 −1 −1
 F21(1)−→
F31(−1)
 1 1 −10 0 −2
0 −2 0
 P23−→
 1 1 −10 −2 0
0 0 −2
 F2(−1/2)−→
F3(−1/2)
 1 1 −10 −1 0
0 0 1
.
La forma escalonada es la matriz
 1 1 −10 −1 0
0 0 1
 y la forma escalonada reducida es la
identidad, pues, como sucedía en el apartado anterior, tenemos tres unos principales, es
decir, la matriz A es regular.
13. Sea A =
 2 −1 30 4 5
−2 1 4
 , B =
 8 −3 −50 1 2
4 −7 6
 , C =
 0 −2 31 7 4
3 5 9
 , a = 4, b = −7.
Comprobar que se verifican las siguientes igualdades:
a) (AB)C = A(BC) b) (a+ b)C = aC + bC c) A(B − C) = AB −AC
d)
¡
AT
¢T
= A e) (A+B)T = AT +BT f) (aC)T = aCT
g) (AB)T = BTAT h) (AB)−1 = B−1A−1 i) (ABC)−1 = C−1B−1A−1
Solución:
Sólo se expondrán los resultados de las igualdades.
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 13
(a) (AB)C = A(BC) =
 −10 −222 2683 −67 278
87 33 240
.
(b) (a+ b)C = aC + bC =
 0 6 −9−3 −21 −12
−9 −15 −27
.
(c) A(B − C) = AB −AC =
 20 −32 −231 −84 −23
−13 −52 2
.
(d)
¡
AT
¢T
= A =
 2 −1 30 4 5
−2 1 4
.
(e) (A+B)T = AT +BT =
 10 0 2−4 5 −6
−2 7 10
.
(f) (aC)T = aCT =
 0 4 12−8 28 20
12 16 36
.
(g) (AB)T = BTAT =
 28 20 0−28 −31 −21
6 38 36
.
(h) (AB)−1 = B−1A−1 =
 − 531456 21208 − 4394368− 15182 326 − 59546
− 5104 7104 − 11312
.
(i) (ABC)−1 = C−1B−1A−1 =
 140326208 − 128911232 29 987235872− 798736 373744 − 82378624
− 17936 1132808 − 3418424
.
14. Sean A y B matrices cuadradas del mismo tamaño. ¿Es cierto que (AB)2 = A2B2 ? Justificar
la respuesta.
Solución:
En generall la igualdad es falsa. Por ejemplo, tomando A =
µ
1 2
−1 3
¶
y B =
µ −1 0
2 1
¶
, se
tiene
(AB)2 =
µ
23 12
42 23
¶
6=
µ −1 8
−4 7
¶
= A2B2.
No obstante, si las matrices A y B conmutan (es decir, si AB = BA) la igualdad si se verifica.
En efecto,
(AB)2 = (AB)(AB) = ABA|{z}
=AB
B = AABB = A2B2.
15. En cada apartado, usar la información para calcular A
a) A−1 =
µ
2 −1
3 5
¶
b) (7A)−1 =
µ −3 7
1 −2
¶
c) (I + 2A)−1 =
µ −1 2
4 5
¶
Solución:
En cada apartado, los cálculos de las inversas se dejan al alumno.
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 14
(a) Puesto que A =
¡
A−1
¢−1, calcularemos A obteniendo la inversa de la matriz µ 2 −1
3 5
¶
.
A =
µ
2 −1
3 5
¶−1
=
µ
5
13
1
13
− 313 213
¶
.
(b) A =
1
7
µ −3 7
1 −2
¶−1
=
µ
2
7 1
1
7
3
7
¶
.
(c) A =
1
2
õ −1 2
4 5
¶−1
− I
!
=
1
2
õ −1 2
4 5
¶−1
−
µ
1 0
0 1
¶!
=
µ − 913 113
2
13 − 613
¶
.
16. Sea A =
µ
2 0
4 1
¶
. Calcular A3, A−3 y A2 − 2A+ I. ¿Se tiene que verificar que A2 − 2A+ I =
(A− I)2? ¿ Es cierto que (A−B)2 = A2 − 2AB +B2 ?.Justificar la respuesta.
Solución:
(a) A2 = A ·A =
µ
2 0
4 1
¶µ
2 0
4 1
¶
=
µ
4 0
12 1
¶
.
A3 = A2 ·A =
µ
4 0
12 1
¶µ
2 0
4 1
¶
=
µ
8 0
28 1
¶
.
Como A−3 =
¡
A−1
¢3
=
¡
A3
¢−1, podemos calcular A−3 de dos formas:
Calculando la inversa de A3, o calculando la inversa de A y elevando al cubo. Calculamos
en primer lugar la inversa de A3.µ
8 0 1 0
28 1 0 1
¶
F1( 18)−→
µ
1 0 18 0
28 1 0 1
¶
F21(−28)−→
µ
1 0 18 0
0 1 −288 1
¶
, luego
A−3 =
µ
1
8 0
−72 1
¶
.
Ahora calculamos la inversa de Aµ
2 0 1 0
4 1 0 1
¶
F1( 12)−→
µ
1 0 12 0
4 1 0 1
¶
F21(−28)−→
µ
1 0 12 0
0 1 −2 1
¶
y elevamos al cuboµ
1
2 0
−2 1
¶µ
1
2 0
−2 1
¶µ
1
2 0
−2 1
¶
=
µ
1
4 0
−3 1
¶µ
1
2 0
−2 1
¶
=
µ
1
8 0
−72 1
¶
, el resulta-
do, por supuesto, es el mismo.
(b) A2 − 2A+ I =
µ
4 0
12 1
¶
−
µ
4 0
8 2
¶
+
µ
1 0
0 1
¶
=
µ
1 0
4 0
¶
.
Observemos que (A− I)2 = (A− I)(A− I) = A2 −A · I − I ·A+ I = A2 − 2A+ I, ya que
AI = IA = A.
Comprobemos con el ejemplo anterior que, efectivamente, (A − I)2 = A2 − 2A + I. Ya
tenemos calculado A2 − 2A + I. Ahora calculamos (A − I)2 =
µ
1 0
4 0
¶µ
1 0
4 0
¶
=µ
1 0
4 0
¶
, que coincide con lo obtenido antes.
(c) En general, para el cálculo matricial, no es cierto que (A − B)2 = A2 − 2AB + B2, ya
que (A − B)2 = A2 − AB − BA + B2, y sabemos que el producto de matrices no es
commutativo, luego, salvo excepciones, AB 6= BA. Comprobemos con un ejemplo que
(A−B)2 6= A2− 2AB+B2. Sean A =
µ
1 −1
1 2
¶
y B =
µ
2 1
0 3
¶
, entonces (A−B)2 =
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 15
µ −1 −2
1 −1
¶2
=
µ −1 4
−2 −1
¶
, mientras que
A2 − 2AB +B2 =
µ
1 −1
1 2
¶2
− 2
µ
1 −1
1 2
¶µ
2 1
0 3
¶
+
µ
2 1
0 3
¶2
=
µ
0 6
−1 −2
¶
.
Puede comprobarse que AB =
µ
1 −1
1 2
¶µ
2 1
0 3
¶
=
µ
2 −2
2 7
¶
y
BA =
µ
2 1
0 3
¶µ
1 −1
1 2
¶
=
µ
3 0
3 6
¶
.
17. Demostrar que si una matriz cuadrada regular cumple la ecuación A2 − 3A + I = 0, entonces
A−1 = 3I −A.
Solución:
En el enunciado nos dicen que la matriz es regular, luego la matriz tiene inversa. De la ecuación
A2−3A+I = 0, deducimos, multiplicando a la izquierda por A−1, que A−1A2−3A−1A+A−1I =
0 =⇒ A− 3I +A−1 = 0 =⇒ A−1 = 3I −A.
18. Considerar las matrices A =
 3 4 12 −7 −1
8 1 5
 , B =
 8 1 52 −7 −1
3 4 1
 , C =
 3 4 12 −7 −1
2 −7 3
 .
Encontrar matrices elementales E1, E2,E3,, E4, tales que se cumpla: E1A = B, E2B = A, E3A =
C, E4C = A.
Solución:
(a) Observemos que las matrices B y A tienen los mismos elementos, pero que B resulta de
cambiar entre sí las filas primera y tercera de A. Es decir, A
P13−→ B, luego P13A = B, y la
matriz elemental E1 que nos piden es E1 = P13 =
 0 0 10 1 0
1 0 0
. Razonando de la misma
forma se justifica que P13B = A, luego de nuevo E2 = P13 =
 0 0 10 1 0
1 0 0
 .
(b) Observemos que las filas primera y segunda de C coinciden con las de A y que la tercera
fila de C se obtiene de sumarle a la tercera fila de A la primera multiplicada por −2, es
decir, A
F31(−2)−→ C. Luego F31(−2)A = C, y la matriz elemental E3 que nos piden es E3 =
F31(−2) =
 1 0 00 1 0
−2 0 1
. Razonando de la misma forma se obtiene que F31(2)C = A,
por lo tanto, E4 = F31(2) =
 1 0 00 1 0
2 0 1
.
19. Calcular, en el caso de que exista, la inversa de cada una de las siguientes matricesµ
1 4
2 7
¶
,
µ
6 −4
−3 2
¶
,
 3 4 −11 0 3
2 5 −4
 ,
 −1 3 −42 4 1
−4 2 −9
 ,
 1 0 10 1 1
1 1 0
 ,
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 16

1 0 0 0
1 3 0 0
1 3 5 0
1 3 5 7
 ,

1 2 3
9 5 −1
0 2 5
−1 3 1
 .
Solución:
(a)
µ
1 4 1 0
2 7 0 1
¶
F21(−2)−→
µ
1 4 1 0
0 −1 −2 1
¶
F2(−1)−→
µ
1 4 1 0
0 1 2 −1
¶
F12(−4)−→µ
1 0 −7 4
0 1 2 −1
¶
, luego
µ
1 4
2 7
¶−1
=
µ −7 4
2 −1
¶
.
(b)
µ
6 −4 1 0
−3 2 0 1
¶
F1(
1
6
)−→
µ
1 −46 16 0
−3 2 0 1
¶
F21(−3)−→
µ
1 −46 16 0
0 0 12 1
¶
, luego la matrizµ
6 −4
−3 2
¶
no tiene inversa.
(c)
 3 4 −1 1 0 01 0 3 0 1 0
2 5 −4 0 0 1
 P12−→
 1 0 3 0 1 03 4 −1 1 0 0
2 5 −4 0 0 1
 F21(−3)−→
F31(−2)
 1 0 3 01 00 4 −10 1 −3 0
0 5 −10 0 −2 1

P12−→
 1 0 3 0 1 00 5 −10 0 −2 1
0 4 −10 1 −3 0
 F2( 15)−→
 1 0 3 0 1 00 1 −2 0 −25 15
0 4 −10 1 −3 0
 F32(−4)−→
 1 0 3 0 1 00 1 −2 0 −25 15
0 0 −2 1 −75 45
 F3(−12)−→
 1 0 3 0 1 00 1 −2 0 −25 15
0 0 1 −12 710 25
 F23(2)−→
F13(−3) 1 0 0 32 −1110 −650 1 0 −1 1 1
0 0 1 −12 710 25
 , luego
 3 4 −11 0 3
2 5 −4
−1 =
 32 −1110 −65−1 1 1
−12 710 25
 .
(d)
 −1 3 −4 1 0 02 4 1 0 1 0
−4 2 −9 0 0 1
 F1(−1)−→
 1 −3 4 −1 0 02 4 1 0 1 0
−4 2 −9 0 0 1
 F21(−2)−→
F31(4) 1 −3 4 −1 0 00 10 −7 2 1 0
0 −10 7 −4 0 1
 F2( 110)−→
 1 −3 4 −1 0 00 1 − 710 210 110 0
0 −10 7 −4 0 1
 F2(10)−→
 1 −3 4 −1 0 00 1 − 710 210 110 0
0 0 0
, luego esta matriz no tiene inversa.
(e)
 1 0 1 1 0 00 1 1 0 1 0
1 1 0 0 0 1
 F31(−1)−→
 1 0 1 1 0 00 1 1 0 1 0
0 1 −1 −1 0 1
 F32(−1)−→
 1 0 1 1 0 00 1 1 0 1 0
0 0 −2 −1 −1 1
 F3(− 12)−→
 1 0 1 1 0 00 1 1 0 1 0
0 0 1 12
1
2 −12
 F23(−1)−→
F13(−1) 1 0 0 12 −12 120 1 0 −12 12 12
0 0 1 12
1
2 −12
, luego
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 17
 1 0 10 1 1
1 1 0
−1 =
 12 −12 12−12 12 12
1
2
1
2 −12
. Obsérvese que la inversa de una matriz simétrica
también es una matriz simétrica.
(f)

1 0 0 0 1 0 0 0
1 3 0 0 0 1 0 0
1 3 5 0 0 0 1 0
1 3 5 7 0 0 0 1
 F21(−1)−→F31(−1)
F41(−1)

1 0 0 0 1 0 0 0
0 3 0 0 −1 1 0 0
0 3 5 0 −1 0 1 0
0 3 5 7 −1 0 0 1

F32(−1)−→
F42(−.13)

1 0 0 0 1 0 0 0
0 3 0 0 −1 1 0 0
0 0 5 0 0 −1 1 0
0 0 5 7 0 −1 0 1
 F43(−1)−→

1 0 0 0 1 0 0 0
0 3 0 0 −1 1 0 0
0 0 5 0 0 −1 1 0
0 0 0 7 0 0 −1 1

F2(1/3)−→
F3(1/5)
F4(1/7)

1 0 0 0 1 0 0 0
0 1 0 0 −13 13 0 0
0 0 1 0 0 −15 15 0
0 0 0 1 0 0 −17 17
, luego

1 0 0 0
1 3 0 0
1 3 5 0
1 3 5 7

−1
=

1 0 0 0
−13 13 0 0
0 −15 15 0
0 0 −17 17
 . Se comprueba que la inversa de esta matriz
triangular inferior es también triangular inferior, como sucede en general.
(g) La matriz

1 2 3
9 5 −1
0 2 5
−1 3 1
 no tiene inversa porque no es cuadrada.
20. Considerar la matriz A =
µ
1 0
−5 2
¶
.
(a) Encontrar matrices elementales E1 y E2 tales que E2E1A = I.
(b) Escribir A−1 como un producto de dos matrices elementales.
(c) Escribir A como un producto de dos matrices elementales.
Solución:
(a) Realizamos transformaciones elmentales para llevar la matiz A a la identidad.µ
1 0
−5 2
¶
F21(5)−→
µ
1 0
0 2
¶
F2( 12)−→
µ
1 0
0 1
¶
. De aquí deducimos que F2
¡
1
2
¢
F21 (5)A = I,
luego E2 = F2
¡
1
2
¢
=
µ
1 0
0 12
¶
y E1 = F21 (5) =
µ
1 0
5 1
¶
.
(b) Como E2E1A = I, multiplicando a la derecha por A−1 obtenemos E2E1AA−1 = IA−1,
luego
A−1 = E2E1 =
µ
1 0
0 12
¶µ
1 0
5 1
¶
.
(c) Como E2E1A = I, multiplicando a la izquierda por E−12 obtenemos E1A = E
−1
2 y multi-
plicando ahora por E−11 se obtiene A = E
−1
1 E
−1
2 =
µ
1 0
−5 1
¶µ
1 0
0 2
¶
.
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 18
21. Expresar la matriz A =
 0 1 7 81 3 3 8
−2 −5 1 −8
 en la forma A = EFGR, donde E,F y G son
matrices elementales y R está en la forma escalonada.
Solución:
Hacemos transformaciones elementales para llevar A hasta la matriz escalonada R. Ésto nos
dará las matrices que estamos buscando.
A =
 0 1 7 81 3 3 8
−2 −5 1 −8
 P21−→
 1 3 3 80 1 7 8
−2 −5 1 −8
 F31(2)−→
 1 3 3 80 1 7 8
0 1 7 8
 F32(−1)−→
 1 3 3 80 1 7 8
0 0 0 0
 = R.
Por lo tanto F32 (−1)F31 (2)P21A = R y despejando A convenientemente obtenemos:
A = P−121 F31 (2)
−1 F32 (−1)−1R =
 0 1 01 0 0
0 0 1
 1 0 00 1 0
−2 0 1
 1 0 00 1 0
0 1 1
 1 3 3 80 1 7 8
0 0 0 0
.
22. En cada apartado encontrar las condiciones que deben satisfacer las b para que el sistema tenga
solución
a)
½
6x1 − 4x2 = b1
3x1 − 2x2 = b2 b)

x1 − 2x2 + 5x3 = b1
4x1 − 5x2 + 8x3 = b2
−3x1 + 3x2 − 3x3 = b3
c)

x1 − 2x2 − x3 = b1
−4x1 + 5x2 + 2x3 = b2
−4x1 + 7x2 + 4x3 = b3
Solución:
En cada uno de los apartados utilizaremos el método de Gauss.
(a)
µ
6 −4 b1
3 −2 b2
¶
F1( 16)−→
µ
1 −46 b16
3 −2 b2
¶
F21(−3)−→
µ
1 −46 b16
0 0 b2 − b12
¶
, luego este sistema
tendrá solución cuando b2 − b12 = 0, o lo que es lo mismo, cuando 2b2 − b1 = 0. Obsérvese
que en este caso el sistema tiene infinitas soluciones dependiendo de un parámetro.
(b)
 1 −2 5 b14 −5 8 b2
−3 3 −3 b3
 F21(−4)−→
F31(3)
 1 −2 5 b10 3 −12 b2 − 4b1
0 −3 12 b3 + 3b1
 F2( 13)−→
 1 −2 5 b10 1 −4 b2−4b13
0 −3 12 b3 + 3b1
 F32(3)−→
 1 −2 5 b10 1 −4 b2−4b13
0 0 0 b3 + b2 − b1
, luego este sistema tiene
solución si y sólo si b3 + b2 − b1 = 0.
En este caso el sistema tendrá infinitas soluciones dependiendo de un parámetro.
(c)
 1 −2 −1 b1−4 5 2 b2
−4 7 4 b3
 F21(4)−→
F31(4)
 1 −2 5 b10 −3 −2 4b1 + b2
0 −1 0 4b1 + b3
 P23−→
 1 −2 5 b10 −1 0 4b1 + b3
0 −3 −2 4b1 + b2

F2(−1)−→
 1 −2 5 b10 1 0 −4b1 − b3
0 −3 −2 4b1 + b2
 F32(3)−→
 1 −2 5 b10 1 0 −4b1 − b3
0 0 −2 −8b1 + b2 − 3b3

Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 19
F3(− 12)−→
 1 −2 5 b10 1 0 −4b1 − b3
0 0 1 8b1−b2+3b32
. En este caso el sistema siempre tiene solución, inde-
pendientemete del valor que tomen los bi. Además para cada b el sistema tendrá solución
única.
23. Considerar las matrices A =
 2 1 22 2 −2
3 1 1
 y x =
 x1x2
x3
 .
(a) Demostrar que la ecuación Ax = x se puede escribir como (A− I)x = 0 y usar este
resultado para resolver Ax = x.
(b) Resolver Ax = 4x.
Solución:
(a) El sistema Ax = x puede escribirse en la forma Ax = Ix, que es equivalente a (A− I)x = 0.
Tenemos por tanto que resolver el sistema homogéneo
 1 1 22 1 −2
3 1 0
 x1x2
x3
 = 0. A
continuación usamos el método de Gauss. 1 1 2 02 1 −2 0
3 1 0 0
 F21(−2)−→
F31(−3)
 1 1 2 00 −1 −6 0
0 −2 −6 0
 F2(−1)−→
 1 1 2 00 1 6 0
0 −2 −6 0

F32(2)−→
 1 1 2 00 1 6 0
0 0 6 0
 F3( 16)−→
 1 1 2 00 1 6 0
0 0 1 0
. La única solución de este sistema es la
solución
trivial

x1 = 0
x2 = 0
x3 = 0
(b) Con el mismo razonamiento que en el apartado (a) tenemos Ax = 4x puede escribirse en
la forma Ax = 4Ix, que es equivalente a (A− 4I)x = 0. Tenemos por tanto que resolver el
sistema homogéneo
 −2 1 22 −4 −2
3 1 −3
 x1x2
x3
 = 0. A continuación usamos el método de
Gauss. −2 1 2 02 −4 −2 0
3 1 −3 0
 P12−→
 2 −4 −2 0−2 1 2 0
3 1 −3 0
 F1( 12)−→
 1 −2 −1 0−2 1 2 0
3 1 −3 0
 F21(2)−→
F31(−3) 1 −2 −1 00 −3 0 0
0 7 0 0
 F2(−13)−→
 1 −2 −1 00 1 0 0
0 7 0 0
 F32(−7)−→
 1 −2 −1 00 1 0 0
0 0 0 0
. Por lo tanto
el sistema tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro½
x1 − 2x2 − x3 = 0
x2 = 0
=⇒

x1 = t
x2 = 0
x3 = t
Efectivamente, puede comprobarse, aunque no es necesario, que 2 1 22 2 −2
3 1 1
 t0
t
 =
 4t0
4t
 = 4
 t0
t
 .
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 20
24. Resolver la ecuación matricial para X 1 −1 12 3 0
0 2 −1
X =
 2 −1 5 74 0 −3 0
3 5 −7 2

Solución:
(a) En primer lugar observemos que la matriz X debe tener orden 3 por 4. Si denotamos
con x1, x2, x3, x4 a las columnas de X y A =
 1 −1 12 3 0
0 2 −1
 realmente tenemos que
resolver los cuatro sistemas siguientes Ax1 =
 24
3
, Ax2 =
 −10
5
, Ax3 =
 5−3
−7
,
Ax4 =
 70
2
 . Resolvemos el primero, por el método de Gauss-Jordan.
 1 −1 1 22 3 0 4
0 2 −1 3
 F21(−2)−→
 1 −1 1 20 5 −2 0
0 2 −1 3
 F2( 15)−→
 1 −1 1 20 1 −25 0
0 2 −1 3
 F32(−2)−→
 1 −1 1 20 1 −25 0
0 0 −15 3
 F3(−5)−→
 1 −1 1 20 1 −25 0
0 0 1 −15
 F12(−1)−→
F23( 25)
 1 −1 0 170 1 0 −6
0 0 1 −15
 F12(1)−→
 1 0 0 110 1 0 −6
0 0 1 −15
, luego la primera columna x1 de la matriz X es
 11−6
15
 .
Para obtener la segunda columna, y teniendo en cuenta que la matriz de los coefcientes es
la misma, tendremos que hacer a la columna
 −10
5
 las mismas transformaciones que
antes le hemos hecho a la columna
 24
3

 −10
5
 F21(−2)−→
 −12
5
 F2( 15)−→
 −12
5
5
 F32(−2)−→
 −12
5
5
 F3(−5)−→
 −12
5
−21
 F12(−1)−→
F23(25)
 20−8
−21

F12(1)−→
 12−8
−21
, luego la segunda columna x2 de la matriz X es
 12−8
−21
.
Haciendo lo mismo con las otras dos obtenemos: 5−3
−7
 F21(−2)−→
 5−13
−7
 F2( 15)−→
 5−135
−7
 F32(−2)−→
 −1−135
−95
 F3(−5)−→
 −1−135
9

F12(−1)−→
F23( 25)
 51
9
 F12(1)−→
 −41
9
, luego la tercera columna x3 de la matriz X es
 −41
9

 70
2
 F21(−2)−→
 7−14
2
 F2( 15)−→
 7−145
2
 F32(−2)−→
 7−145
38
5
 F3(−5)−→
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 21
 7−145
38
 F12(−1)−→
F23( 25)
 45−18
−38
 F12(1)−→
 27−18
−38
, luego la cuarta columna x4 de la matriz X
es
 27−18
−38
 .
Finalmente la matriz X =
£
x1, x2, x3, x4
¤
=
 11 12 −3 27−6 −8 1 −18
−15 −21 9 −38
.
(b) Una segunda forma de resolver la ecuación matricial (no necesariamente más rápida) es
calcular primero
 1 −1 12 3 0
0 2 −1
−1=
 3 −1 3−2 1 −2
−4 2 −5
 y entonces calcular
X =
 3 −1 3−2 1 −2
−4 2 −5
 2 −1 5 74 0 −3 0
3 5 −7 2
 =
 11 12 −3 27−6 −8 1 −18
−15 −21 9 −38
.
(c) Una tercera posibilidad es, ya que tenemos que resolver cuatro sistemas distintos con la
misma matriz de los coeficientes, obtener la desomposición LU de la matriz (si es que se
puede) y resolver los sistemas por éste método.
Con las cuentas que hemos hecho previamente la descomposición de A es:
A = LU =
 1 0 02 5 0
0 2 −15
 1 −1 10 1 −25
0 0 1
. Ahora resolvemos por el método LU el
último de los sistemas (y de la misma forma se resolverían los demás):
Ax = b ⇐⇒ (LU)x = b ⇐⇒ L(Ux) = b. Llamando Ux = y, resuelvo en primer lugar el
sistema Ly = b por el método de bajada y después el sistema Ux = y por el método de
subida.
Ly = b =⇒

y1 = 7
2y1 + 5y2 = 0
2y2 − 15y3 = 2
=⇒

y1 = 7
y2 = −145
y3 = −38
Ux = y =⇒

x1 − x2 + x3 = 7
x2 − 25x3 = −145
x3 = −38
=⇒

x1 = 27
x2 = −18
x3 = −38
25. Encontrar todos los valores de a, b y c para los que la matriz A es simétrica
A =
 2 a− 2b+ 2c 2a+ b+ c3 5 a+ c
0 −2 7

Solución:
Recordemos que una matriz cuadrada A es simétrica si A = AT , o lo que es lo mismo si aij = aji
para todo i, j. Por lo tanto la matriz A de nuestro ejercicio será simétrica para aquellos valores
de a, b, c para los que se verifique que:

a− 2b+ 2c = 3
2a+ b+ c = 0
a+ c = −2
. Tenemos por tanto que resolver un
sistema de ecuaciones lineales donde las incognitas son a, b y c. 1 −2 2 32 1 1 0
1 0 1 −2
 F21(−2)−→
F31(−1)
 1 −2 2 30 5 −3 −6
0 2 −1 −5
 F2( 15)−→
 1 −2 2 30 1 −35 −65
0 2 −1 −5
 F32(−2)−→
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 22
 1 −2 2 30 1 −35 −65
0 0 15 −135
 F3(5)−→
 1 −2 2 30 1 −35 −65
0 0 1 −13
 =⇒

a = 11
b = −9
c = −13
26. Encontrar todos los valores de a y b para los que las matrices A y B no son invertibles.
A =
µ
a+ b− 1 0
0 3
¶
, B =
µ
5 0
0 2a− 3b+ 7
¶
.
Solución:
La matriz A es invertible si y sólo si la forma escalonada reducida de A es la identidad. Hacien-
do transformaciones elementales vemos que
µ
a+ b− 1 0
0 3
¶−1
=
µ
1
a+b−1 0
0 13
¶
y ésto sólo
puede hacerse si a + b − 1 6= 0. De la misma forma
µ
5 0
0 2a− 3b+ 7
¶−1
=
µ
1
5 0
0 12a−3b+7
¶
,
que puede realizarse sólo cuando 2a − 3b + 7 6= 0. De aquí deducimos que A y B no tienen
inversa (simultáneamente) si
½
a+ b = 1
2a− 3b = −7 . Ahora resolvemos el sistema por el método de
Gauss
µ
1 1 1
2 −3 −7
¶
F21(−2)−→
µ
1 1 1
0 −5 −9
¶
F2(− 15)−→
µ
1 1 1
0 1 95
¶
=⇒
½
a = −45
b = 95
27. Sea A una matriz simétrica.
(a) Demostrar que A2 es simétrica.
(b) Demostrar que 2A2 − 3A+ I es simétrica.
Solución:
A es simétrica si AT = A. Para probar que A2 es simétrica debemos probar que
¡
A2
¢T
= A2.
Pero esto es inmediato ya que
¡
A2
¢T
= (A ·A)T = ATAT = AA = A2.
De la misma forma
¡
2A2 − 3A+ I¢T = 2 ¡A2¢T − 3 (A)T + IT = 2A2 − 3A + I ya que A2 y A
son simétricas.
28. En cada apartado, encontrar la descomposición LU de la matriz de los coeficientes. Después
usar dicha descomposición para resolver el sistema
a)
µ −5 −10
6 5
¶µ
x1
x2
¶
=
µ −10
19
¶
b)
µ
2 8
−1 −1
¶µ
x1
x2
¶
=
µ −2
2
¶
c)
 2 −2 −20 −2 2
−1 5 2
 x1x2
x3
 =
 −4−2
6
 d)
 −3 12 −61 −2 2
0 1 1
 x1x2
x3
 =
 −337
−1

e)
 −1 −3 −43 10 −10
−2 −4 11
 x1x2
x3
 =
 −6−3
9
 f)

2 −4 0 0
1 2 1 0
0 −1 0 0
0 0 0 2


x1
x2
x3
x4
 =

8
0
1
0
 .
Solución:
(a) En primer lugar obtenemos la descomposición LU de Aµ −5 −10
6 5
¶
F1(− 15)−→
µ
1 2
6 5
¶
F21(−6)−→
µ
1 2
0 −7
¶
F2(− 17)−→
µ
1 2
0 1
¶
, por lo tanto la des-
composición LU de A es: A = LU =
µ −5 0
6 −7
¶µ
1 2
0 1
¶
. Ahora resolvemos el sistema
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 23
Ax = b por el método LU . Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior Ly =
b ⇒
½ −5y1 = −10
6y1 − 7y2 = 19 ⇒
½
y1 = 2
y2 = −1 y a continuación el sistema triangular superior
Ux = y ⇒
½
x1 + x2 = 2
x2 = −1 ⇒
½
x1 = 4
x2 = −1
(b) En primer lugar obtenemos la descomposición LU de Aµ
2 8
−1 −1
¶
F1( 12)−→
µ
1 4
−1 −1
¶
F21(1)−→
µ
1 4
0 3
¶
F2( 13)−→
µ
1 4
0 1
¶
, por lo tanto la descom-
posición LU de A es: A = LU =
µ
2 0
−1 3
¶µ
1 4
0 1
¶
. Ahora resolvemos el sistema
Ax = b por el método LU . Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior
Ly = b⇒
½
2y1 = −2
−y1 + 3y2 = 2 ⇒
½
y1 = −1
y2 =
1
3
y a continuación el sistema triangular superi-
or Ux = y ⇒
½
x1 + 4x2 = −1
x2 =
1
3
⇒
½
x1 = −73
x2 =
1
3
.
(c) En primer lugar obtenemos la descomposición LU de A 2 −2 −20 −2 2
−1 5 2
 F1( 12)−→
 1 −1 −10 −2 2
−1 5 2
 F31(1)−→
 1 −1 −10 −2 2
0 4 1
 F2(−12)−→
 1 −1 −10 1 −1
0 4 1

F32(−4)−→
 1 −1 −10 1 −1
0 0 5
 F3( 15)−→
 1 −1 −10 1 −1
0 0 1
, por lo tanto la descomposición LU de A
es:
A = LU =
 2 0 00 −2 0
−1 4 5
 1 −1 −10 1 −1
0 0 1
 . Ahora resolvemos el sistema Ax = b por
el método LU . Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior Ly = b ⇒
2y1 = −4
−2y2 = −2
−y1 + 4y2 + 5y3 = 6
⇒

y1 = −2
y2 = 1
y3 = 0
y a continuación el sistema triangular superior
Ux = y ⇒

x1 − x2 − x3 = −2
x2 − x3 = 1
x3 = 0
⇒

x1 = −1
x2 = 1
x3 = 0
.
(d) En primer lugar obtenemos la descomposición LU deA −3 12 −61 −2 2
0 1 1
 F1(− 13)−→
 1 −4 21 −2 2
0 1 1
 F21(−1)−→
 1 −4 20 2 0
0 1 1
 F2( 12)−→
 1 −4 20 1 0
0 1 1

F32(−1)−→
 1 −4 20 1 0
0 0 1
, por lo tanto la descomposición LU de A es:
A = LU =
 −3 0 01 2 0
0 1 1
 1 −4 20 1 0
0 0 1

Ahora resolvemos el sistema Ax = b por el método LU . Para ello resolvemos primero el
sistema triangular inferior Ly = b⇒

−3y1 = −33
y1 + 2y2 = 7
y2 + y3 = −1
⇒

y1 = 11
y2 = −2
y3 = 1
y a continuación el
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 24
sistema triangular superior Ux = y ⇒

x1 − 4x2 + 2x3 = 11
x2 = −2
x3 = 1
⇒

x1 = 1
x2 = −2
x3 = 1
.
(e) En primer lugar obtenemos la descomposición LU de A −1 −3 −43 10 −10
−2 −4 11
 F1(−1)−→
 1 3 43 10 −10
−2 −4 11
 F21(−3)−→
F31(2)
 1 3 40 1 −22
0 2 19

F32(−2)−→
 1 3 40 1 −22
0 0 63
 F3( 163)−→
 1 3 40 1 −22
0 0 1
, por lo tanto la descomposición LU de A
es:
A = LU =
 −1 0 03 1 0
−2 2 63
 1 3 40 1 −22
0 0 1
. Ahora resolvemos el istema Ax = b por
el método LU . Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior Ly = b ⇒
−y1 = −6
3y1 + y2 = −3
−2y1 + 2y2 + 63y3 = 9
⇒

y1 = 6
y2 = −21
y3 = 1
y a continuación el sistema triangular superior
Ux = y ⇒

x1 + 3x2 + 4x3 = 6
x2 − 22x3 = −21
x3 = 1
⇒

x1 = −1
x2 = 1
x3 = 1
(f) En primer lugar obtenemos la descomposición LU de A
2 −4 0 0
1 2 1 0
0 −1 0 0
0 0 0 2
 F1( 12)−→

1 −2 0 0
1 2 1 0
0 −1 0 0
0 0 0 2
 F21(−1)−→

1 −2 0 0
0 4 1 0
0 −1 0 0
0 0 0 2
 F2( 14)−→

1 −2 0 0
0 1 14 0
0 −1 0 0
0 0 0 2
 F32(1)−→

1 −2 0 0
0 1 14 0
0 0 14 0
0 0 0 2
 F3(4)−→

1 −2 0 0
0 1 14 0
0 0 1 0
0 0 0 2
 F4( 12)−→

1 −2 0 0
0 1 140
0 0 1 0
0 0 0 1
, por lo tanto la descomposición LU de A es:
A = LU =

2 0 0 0
1 4 0 0
0 −1 14 0
0 0 0 2


1 −2 0 0
0 1 14 0
0 0 1 0
0 0 0 1
 .
Ahora resolvemos el sistema Ax = b por el método LU . Para ello resolvemos primero el
sistema triangular inferior Ly = b ⇒

2y1 = 8
y1 + 4y2 = 0
y2 +
1
4y3 = 1
y4 = 0

y1 = 4
y2 = −1
y3 = 0
y4 = 0
y a continuación el
sistema triangular superior Ux = y ⇒

x1 − 2x2 = 4
x2 +
1
4x3 = −1
x3 = 0
x4 = 0
⇒

x1 = 2
x2 = −1
x3 = 0
x4 = 0
.
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 25
29. En cada apartado, determinar los valores de a, para los que exsite la descomposición LU de A,
y cuando sea posible obtenerla.
a) A =
 1 1 2−1 a 3
0 2 0
 b) A =
 1 a2 22 8 −1
−1 0 0

Solución:
(a) Obtenemos la descomposición LU de A 1 1 2−1 a 3
0 2 0
 F21(1)−→
 1 1 20 a+ 1 5
0 2 0

a1) Si a + 1 6= 0 podemos seguir el método de Gauss sin intercambio de filas. Seguimos
por tanto suponiendo que a 6= −1. En este caso, 1 1 20 a+ 1 5
0 2 0
 F2( 1a+1)−→
 1 1 20 1 5a+1
0 2 0
 F32(−2)−→
 1 1 20 1 5a+1
0 0 −10a+1
 F2(−a+110 )−→
 1 1 20 1 5a+1
0 0 1
,
por lo tanto la descomposición LU de A es:
A = LU =
 1 0 0−1 a+ 1 0
0 2 −10a+1
 1 1 20 1 5a+1
0 0 1
 .
a2) Si a+1 = 0, entonces la matriz que queda después de realizar la primera transformación
es
 1 1 20 0 5
0 2 0
 y para seguir con el método de Gauss necesitamos intercambiar las filas
dos y tres.
 1 1 20 0 5
0 2 0
 P32−→
 1 1 20 2 0
0 0 5
 F2( 12)−→
 1 1 20 1 0
0 0 5
 F3( 15)−→
 1 1 20 1 0
0 0 1
.
Vemos que es posible llegar a una matriz triangular superior con unos en la diagonal,
pero No podemos obtener la descomposición LU.
(b) Obtenemos la descomposición LU de A 1 a2 22 8 −1
−1 0 0
 F21(−2)−→
 1 a2 20 8− 2a2 −5
−1 0 0
 F31(1)−→
 1 a2 20 8− 2a2 −5
0 a2 2

b1) Si 8− 2a2 6= 0 o lo que es lo mismo, si a 6= 2 y a 6= −2 podemos seguir el método de
Gauss sin intercambio de filas. Seguimos por tanto suponiendo que a 6= 2 y a 6= −2.
En este caso 1 a2 20 8− 2a2 −5
0 a2 2
 F2³ 18−2a2 ´−→
 1 a2 20 1 − 58−2a2
0 a2 2
 F32(−a2)−→
 1 a2 20 1 − 58−2a2
0 0 16+a
2
8−2a2

F3
 1
16+a2
8−2a2

−→
 1 a2 20 1 − 58−2a2
0 0 1
. Obsérvese que la última transformación F3µ 116+a2
8−2a2
¶
puede realizarse sin ninguna dificultad ya que 16+a2 es siempre distinto de cero. La des-
composición LU de A es A = LU =
 1 0 02 8− 2a2 0
−1 a2 16+a2
8−2a2
 1 a2 20 1 − 5
8−2a2
0 0 1
.
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 26
b2) Si 8−2a2 = 0 o lo que es lo mismo, si a = 2 ó a = −2 la matriz que queda después de re-
alizar las dos primeras transformaciones es
 1 4 20 0 −5
0 4 2
 . Podemos seguir realizando
transformaciones hasta llegar a la matriz U.
 1 4 20 0 −5
0 4 2
 P32−→
 1 4 20 4 2
0 0 −5
 F2( 14)−→ 1 4 20 1 2
0 0 −5
 F3(− 15)−→
 1 4 20 1 2
0 0 1
. Como hemos necesitado realizar intercambios
de filas no es posible obtener la descomposición LU.
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn.
Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados
1. Determinar cuáles de los siguientes conjuntos son subespacios de R3.
(a) Todos los vectores de la forma (a, 0, 0).
(b) Todos los vectores de la forma (a, 1, 1).
(c) Todos los vectores de la forma (a, b, c), donde b = a+ c.
(d) Todos los vectores de la forma (a, b, c), donde b = a+ c+ 1.
Solución:
Sabemos que un subconjunto W de R3 es un subespacio si y sólo si para todo x, y ∈ W y para
todo λ ∈ R se verifica que x+ y ∈W y λx ∈W. También sabemos que una condición necesaria,
aunque no suficiente, es que el vector nulo (0, 0, 0) ∈W (es decir, si el (0, 0, 0) /∈W entonces W
no es subespacio vectorial).
(a) Sea W =
©
(a, 0, 0) ∈ R3: a ∈ Rª . Si tomamos dos vectores cualesquiera (a, 0, 0), (b, 0, 0) ∈
W y λ ∈ R entonces (a, 0, 0) + (b, 0, 0) = (a + b, 0, 0) ∈ W y λ(a, 0, 0) = (λa, 0, 0) ∈ W ,
luego W es subespacio vectorial.
(b) Sea W =
©
(a, 1, 1) ∈ R3: a ∈ Rª . Si tomamos dos vectores cualesquiera (a, 1, 1), (b, 1, 1) ∈
W entonces (a, 1, 1)+(b, 1, 1) = (a+b, 2, 2) /∈W , W no es subespacio vectorial. Otra forma
de ver que no es subespacio es comprobando que (0, 0, 0) /∈W.
(c) SeaW =
©
(a, b, c) ∈ R3: b = a+ cª . Si tomamos dos vectores cualesquiera (a, b, c), (p, q, r) ∈
W y λ ∈ R entonces (a, b, c)+(p, q, r) = (a+p, b+q, c+r) ∈W ya que b+q = a+c+p+r =
(a+ p) + (c+ r) y λ(a, b, c) = (λa,λb,λc) ∈W ,puesto que λb = λ (a+ c) = λa+ λc, luego
W es subespacio vectorial.
Otra forma: Nótese que W es el conjunto de soluciones del sistema homogéneo con tres in-
cógnitas y una ecuación {a− b+ c = 0 . Luego,W es un subespacio vectorial, pues conjunto
de soluciones del sistema homogéneo tiene estructura de subespacio vectorial.
(d) Sea W =
©
(a, b, c) ∈ R3: b = a+ c+ 1ª. Como (0, 0, 0) /∈ W , puesto que 0 6= 0 + 0 + 1, se
tiene que W no es subespacio vectorial.
2. Determinar si el espacio solución del sistema Ax = 0 es una recta que pasa por el origen, un
plano que pasa por el origen o sólo el origen. Si es un plano, encontrar su ecuación general; si
es una recta, encontrar sus ecuaciones paramétricas.
(a) A =
 −1 1 13 −1 0
2 −4 −5
 (b) A =
 1 2 32 5 3
1 0 8
 (c) A =
 1 −3 12 −6 2
3 −9 3

Solución:
27
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 28
En cada caso resolveremos el sistema de ecuaciones homogéneo y veremos si la solución es única,
(en este caso el espacio solución (espacio nulo) se reduce el vector cero), depende de un parámetro
(en este caso sería un subespacio de dimensión uno, y por tanto una recta), o depende de dos
parámetros (en este caso sería un subespacio de dimensión dos, y por tanto un plano).
(a)
 −1 1 1 03 −1 0 0
2 −4 −5 0
 −→
 1 −1 −1 03 −1 0 0
2 −4 −5 0
 −→
 1 −1 −1 00 2 3 0
0 −2 −3 0
 −→
 1 −1 −1 00 1 32 0
0 0 0 0
 =⇒

x1 = −t
x2 = −3t
x3 = 2t
. Por lo tanto N(A) = lin {(−1,−3, 2)}. En este
caso N(A) es una recta que pasa por el origen.
(b)
 1 2 3 02 5 3 0
1 0 8 0
 −→
 1 2 3 00 1 −3 0
0 −2 5 0
 −→
 1 2 3 00 1 −3 0
0 0 −1 0
. En este caso el espacio
nulo se reduce al vector nulo N(A) = {(0, 0, 0)}
(c)
 1 −3 1 02 −6 2 0
3 −9 3 0
 −→
 1 −3 1 00 0 0 0
0 0 0 0
 =⇒

x1 = 3s− t
x2 = s
x3 = t
. Por lo tanto N(A) =
lin {(3, 1, 0) , (−1, 0, 1)}. En este caso N(A) es un plano que pasa por el origen.
3. ¿Cuáles de los siguientes vectores son combinaciones lineales de u = (0,−2, 2) y v = (1, 3,−1)?
(a) (2, 2, 2) (b) (3, 1, 5) (c) (0, 4, 5) (d) (0, 0, 0).
Solución:
Sabemos que un vector w es combinación lineal de u y v si y sólo si existen números reales x1
y x2 tales que w = x1u + x2v y esta ecuación vectorial es equivalente al sistema de ecuaciones
lineales
 u1 v1u2 v2
u3 v3
µ x1
x2
¶
=
 w1w2
w3
. Por lo tanto, resolveremos en cada caso un sistema de
ecuaciones lineales por el método de Gauss.
(a)
 0 1 2−2 3 2
2 −1 2
→
 2 −1 2−2 3 2
0 1 2
→
 1 −12 1−2 3 2
0 1 2
→
 1 −12 10 2 4
0 1 2

→
 1 −12 10 1 2
0 1 2
→
 1 −12 10 1 2
0 0 0
, luego el sistema tiene solución que es ½ x1 = 2
x2 = 2
y
tenemos que en este caso w = 2u+ 2v.
(b)
 0 1 3−2 3 1
2 −1 5
→
 2 −1 5−2 3 2
0 1 3
→
 1 −12 52−2 3 2
0 1 3
→
 1 −12 520 2 7
0 1 3

→
 1 −12 520 1 72
0 1 3
 →
 1 −12 520 1 72
0 0 −12
, luego el sistema no tiene solución y w no es
combinación lineal de u y w.
(c)
 0 1 0−2 3 4
2 −1 5
→
 2 −1 5−2 3 4
0 1 0
→
 1 −12 52−2 3 4
0 1 0
→
 1 −12 520 2 9
0 1 0

Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 29
→
 1 −12 520 1 92
0 1 0
 →
 1 −12 520 1 92
0 0 −92
, luego el sistema no tiene solución y w no es
combinación lineal de u y w.
(d) El vector 0 es combinación lineal de cualesquiera vectores, en concreto 0 = 0u+ 0v.
4. Expresar cada uno de los siguientes vectores como combinación lineal de u = (2, 1, 4), v =
(1,−1, 3) y w = (3, 2, 5) .
(a) (−9,−7,−15)(b) (6, 11, 6) (c) (7, 8, 9) (d) (0, 0, 0).
Solución:
El razonamiento es similar al del ejerccio anterior. Sabemos que un vector t es combinación
lineal de u, v y w si y sólo si existen números reales x1, x2 y x3 tales que t = x1u+ x2v + x3w.
A partir de aquí procedemos como en el ejercicio anterior.
(a)
 1 2 3 −9−1 1 2 −7
3 4 5 −15
→
 1 2 3 −90 3 5 −16
0 −2 −4 12
→
 1 2 3 −90 1 53 −163
0 −2 −4 12

→
 1 2 3 −90 1 53 −163
0 0 −23 43

x1 = 1
x2 = −2
x3 = −2
, luego t = −2u+ v− 2w (observar el orden en el que
aparece la combinación lineal)
(b)
 1 2 3 6−1 1 2 11
3 4 5 6
→
 1 2 3 60 3 5 17
0 −2 −4 −12
→
 1 2 3 60 1 53 173
0 −2 −4 −12

→
 1 2 3 60 1 53 173
0 0 −23 −23

x1 = −5
x2 = 4
x3 = 1
, luego t = 4u− 5v + w
(c)
 1 2 3 7−1 1 2 8
3 4 5 9
→
 1 2 3 70 3 5 15
0 −2 −4 −11
→
 1 2 3 70 1 53 153
0 −2 −4 −12

→
 1 2 3 70 1 53 153
0 0 −23 −63

x1 = −2
x2 = 0
x3 = 3
, luego t = −2v + 3w.
(d) 0 = 0u+ 0v + 0w.
5. En cada apartado, determinar si los vectores dados generan R3.
(a) v1 = (2, 2, 2), v2 = (0, 0, 3) y v3 = (0, 1, 1) .
(b) v1 = (2,−1, 3), v2 = (4, 1, 2) y v3 = (8,−1, 8) .
(c) v1 = (1, 2, 6), v2 = (3, 4, 1), v3 = (4, 3, 1) y v4 = (3, 3, 1) .
Solución:
Los vectores {v1, v2, v3} generan R3 si cualquier x ∈ R3 es combinación lineal de {v1, v2, v3}. Pro-
cediendo como en los ejercicios anteriores el problema se reduce a estudiar sistemas de ecuaciones
lineales.
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 30
(a)
 2 0 0 x12 0 1 x2
2 3 1 x3
→
 1 0 0 x122 0 1 x2
2 3 1 x3
→
 1 0 0 x120 0 1 x2 − x1
0 3 1 x3 − x1
→
 1 0 0 x120 3 1 x3 − x1
0 0 1 x2 − x1
 .
Como éste sistema tiene solución para cualquier vector x = (x1, x2, x3) ∈ R3, los vectores
{v1, v2, v3} generan R3. Obsérvese que como la dimensión de R3 es tres los tres vectores
{v1, v2, v3} constituyen una base y son por tanto linealmente independientes.
(b)
 2 4 8 x1−1 1 −1 x2
3 2 8 x3
→
 1 2 4 x12−1 1 −1 x2
3 2 8 x3
→
 1 2 4 x120 3 3 x2 + x12
0 −4 −4 x3 − 3x12
→
 1 2 4 x120 1 1 2x2+x16
0 −4 −4 x3 − 3x12
 →
 1 2 4
x1
2
0 1 1 2x2+x16
0 0 0 x3 − 3x12 + 4
³
2x2+x1
6
´
, como este sistema
sólo tiene solución cuando x3 − 3x12 + 4
³
2x2+x1
6
´
= 0 tenemos que estos tres vectores no
generan R3.
(c)
 1 3 4 3 x12 4 3 3 x2
6 1 1 1 x3
→
 1 3 4 3 x10 −2 −5 −3 x2 − 2x1
0 −17 −23 −17 x3 − 6x1
→
 1 3 4 3 x10 1 52 32 −x2−2x12
0 −17 −23 −17 x3 − 6x1
→
 1 3 4 3 x10 1 52 32 −x2−2x12
0 0 ∗ ∗ x3 − 6x1 − 17x2−2x12
, como este
sistema tiene infinitas soluciones los vectores {v1, v2, v3, v4} generan R3. En este caso los
vectores {v1, v2, v3, v4} constituyen un sistema generador que no es base. Los vectores
{v1, v2, v3, v4} son en este caso linealmente independientes.
6. Explicar, por inspección, por qué los siguientes conjuntos de vectores son linealmente dependi-
entes
(a) v1 = (−1, 2, 4), y v2 = (5,−10,−20) .
(b) v1 = (3,−1), v2 = (4, 5) y v3 = (−4, 17) .
Solución:
(a) Dos vectores son linealmente dependientes si y sólo si sus componentes son proporcionales.
En este caso 5−1 =
−10
2 =
−20
4 , luego los vectores son linealmente dependientes.
(b) Como la dimensión de R2 es dos se tiene que en R2 no puede haber conjunto de tres vec-
tores que sean linealmente independientes de aquí que estos tres vectores sean linealmente
dependientes.
7. ¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores en R4 son linealmente independientes?
(a) (3, 8, 7,−3) , (1, 5, 3,−1) , (2,−1, 2, 6) , (1, 4, 0, 3) .
(b) (0, 0, 2, 2) , (3, 3, 0, 0) , (1, 1, 0,−1) .
Solución:
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 31
Los vectores {v1, v2, v3, v4} son linealmente independientes si y sólo si la única solución de la
ecuación vectorial x1v1 + x2v2 + x3v3 + x4v4 = 0 es la solución trivial. Procedemos como en
los ejercicios anteriores resolviendo sistemas de ecuaciones lineales. Ordenamos los vectores de
forma conveniente para hacer menos cálculos
(a)

1 1 2 3 0
4 5 −1 8 0
0 3 2 7 0
3 −1 6 −3 0
→

1 1 2 3 0
0 1 −9 −4 0
0 3 2 7 0
0 −4 0 −12 0
→

1 1 2 3 0
0 1 −9 −4 0
0 0 29 19 0
0 0 −36 −38 0

→

1 1 2 3 0
0 1 −9 −4 0
0 0 1 1929 0
0 0 −36 −38 0
 →

1 1 2 3 0
0 1 −9 −4 0
0 0 1 1929 0
0 0 0 1 0
, como la única solución de este
sistema es la trivial los vectores son linelamente independietes
(b)

1 3 0 0
1 3 0 0
0 0 2 0
−1 0 2 0
→

1 3 0 0
0 0 0 0
0 0 2 0
0 3 2 0
→

1 3 0 0
0 3 2 0
0 0 2 0
0 0 0 0
→

1 3 0 0
0 1 23 0
0 0 1 0
0 0 0 0
, tenemos
un sistema lineal homogéneo de cuatro ecuaciones y tres incognitas y solución trivial. Los
tres vectores son linealmente independientes.
8. Determinar si los vectores (−1, 2, 3) , (2,−4, 6), (−3, 6, 0) pertenecen a un mismo subespacio de
R3 de dimensión menor que tres. ¿El vector (1, 1, 0) está en el mismo subespacio?
Solución:
Averiguamos si los tres vectores son linealmente independientes. Si lo fuesen, serían una base
de R3, y no podrían pertenecer a un subespacio de R3, entendidos éstos como rectas o planos.
Resolvemos, por tanto, el sistema cuya matriz ampliada es
 −1 2 −3 02 −4 6 0
3 6 0 0

 −1 2 −3 02 −4 6 0
3 6 0 0
 −→
 1 −2 3 02 −4 6 0
3 6 0 0
 −→
 1 −2 3 00 0 0 0
0 12 −9 0
 −→
 1 −2 3 00 1 −912 0
0 0 0 0
.
Tiene infinitas soluciones, luego los tres vectores son linealmente dependientes. De aquí que H =
lin {(−1, 2, 3) , (2,−4, 6), (−3, 6, 0)} = lin {(−1, 2, 3) , (2,−4, 6)}, luego los tres vectores pertencen
a este subespacio vectorial de dimensión dos.
El vector (1, 1, 0) estará en el mismo subespacio si el sistema cuya matriz ampliada es
 −1 2 12 −4 1
3 6 0

tiene solución: −1 2 12 −4 1
3 6 0
 −→
 1 −2 −10 0 3
0 12 3
 −→
 −1 2 10 1 14
0 0 1
. El sistema no tiene solución, por
tanto, (1, 1, 0) /∈ H.
9. ¿Para qué valores de λ los vectores
¡
λ, −12 ,
−1
2
¢
,
¡−1
2 ,λ,
−1
2
¢ ¡−1
2 ,
−1
2 ,λ
¢
forman un conjunto lin-
ealmente dependiente en R3?
Solución:
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 32
Debemos resolver el sistema cuya matriz ampliada es
 λ −12 −12 0−1
2 λ
−1
2 0−1
2
−1
2 λ 0
 .
 λ −12 −12 0−1
2 λ
−1
2 0−1
2
−1
2 λ 0
 −→
 −12 −12 λ 0−1
2 λ
−1
2 0
λ −12
−1
2 0
 −→
 1 1 −2λ 01 −2λ 1 0
−2λ 1 1 0
 −→
 1 1 −2λ 00 −2λ− 1 1 + 2λ 0
0 1 + 2λ 1− 4λ2 0

• si −2λ−1 = 0, o lo que es lo mismo, si λ = −12 entonces la última matriz que hemos escrito
sería
 1 1 1 00 0 0 0
0 0 0 0
. En este caso el sistema tendría infinitas soluciones y los vectores
serían linealmente dependientes.
• −2λ− 1 6= 0 podemos seguir realizando transformaciones elementales y tendríamos: 1 1 −2λ 00 1 −1 0
0 1 + 2λ 1− 4λ2 0
 −→
 1 1 −2λ 00 1 −1 0
0 0 1− 4λ2 + 1 + 2λ 0
 −→
 1 1 −2λ 00 1 −1 0
0 0 −4λ2 + 2λ+ 2 0

En este caso si −4λ2+2λ+2 = 0, es decir si λ = 1 (recordemos que −2λ− 1 6= 0) entonces
llegaríamos a la matriz ampliada
 1 1 −2 00 1 −1 0
0 0 0 0
 que corresponde a un sistema con
infinitas soluciones. Por tanto, los vectores serían l.d.
Si λ 6= 1 y −2λ− 1 6= 0 entonces llegamos a la matriz
 1 1 −2λ 00 1 −1 0
0 0 1 0
 que corresponde
a un sistema que tiene sólo la solución trivial. En este caso los vectores sería l.i.
Resumiendo: Si λ 6= 1 y −2λ− 1 6= 0 los vectores son l.i. y si λ = 1 ó λ = −12 los vectores son
l.d.
(a) Expresar (4a, a− b, a+ 2b) como una combinación lineal de (4, 1, 1) y (0,−1, 2) .
(b) Expresar (3a+ b+ 3c,−a+ 4b− c, 2a+ b+ 2c) como una combinación lineal de (3,−1, 2)
y (1, 4, 1) .
(c) Expresar (1, 1) como una combinación lineal de (1,−1), (3, 0) y (2, 1) de dos formas difer-
entes.
Solución:
(a) (4a, a− b, a+ 2b) = a (4, 1, 1) + b (0,−1, 2) .
(b) (3a+ b+ 3c,−a+ 4b− c, 2a+ b+ 2c) = (a+ c) (3,−1, 2) + b (1, 4, 1) .
(c) Resolvemos el sistema con matriz ampliada
µ
1 3 2 1
−1 0 1 1
¶
.
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 33
µ
1 3 2 1
−1 0 1 1
¶
→
µ
1 3 2 1
0 33 2
¶
⇒

x1 = −1 + t
x2 =
2−3t
3
x3 = t
Haciendo t = 0 obtenemos que (1, 1) = −(1,−1) + 23(3, 0) y haciendo t = 1 obtenemos
(1, 1) = −13(3, 0) + (2, 1). De hecho, hay infinitas formas de escribir el vector (1, 1) como
combinación lineal de (1,−1), (3, 0) y (2, 1). Nótese que estos tres vectores son l.i. (véase
el apartado (a) del Ejercicio 10.
10. Explicar, por inspección, por qué los siguientes conjuntos de vectores no son bases en los espacios
vectoriales R2 y R3 respectivamente.
(a) v1 = (3,−1), v2 = (4, 5) y v3 = (−4, 17) .
(b) v1 = (3,−1, 9) y v2 = (4, 5, 0) .
Solución:
(a) En R2 no puede haber más de dos vectores independientes, luego los vectores {v1, v2, v3}
son linealmente dpendientes y no pueden constituir base.
(b) Los vectores v1 y v2 son independientes pero no pueden generar a todo R3, que sabemos
que tiene dimensión tres.
11. ¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores son bases para R2?
(a) (2, 1) , (3, 0) (b) (3, 9) , (−4,−12) (c) (0, 0) , (1, 3).
Solución:
Sabemos que k vectores en un espacio vectorial de dimensión k forman base si y sólo si son
linealmente independientes (no es necesario verificar que además es sistema generador). En el
caso que nos ocupa sólo la primera pareja de vectores es independiente y por lo tanto base.
12. ¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores son bases para R3?
(a) (1, 0, 0) , (2, 2, 0) , (3, 3, 3) (b) (3, 1,−4) , (2, 5, 6) , (1, 4, 8) (c) (1, 6, 4) , (2, 4,−1), (−1, 2, 5) .
Solución:
Igual que en el Ejercicio 11 sólo necesito saber si los vectores son linealmente independientes
(a)
 1 2 3 00 2 3 0
0 0 3 0
→
 1 2 3 00 1 32 0
0 0 1 0
. Los tres vectores son independientes y por lo tanto
constituyen base.
(b)
 1 2 3 04 5 1 0
8 6 −4 0
 →
 1 2 3 00 −3 −11 0
0 −10 −28 0
 →
 1 2 3 00 1 113 0
0 0 1 0
. Los tres vectores son
independientes y por lo tanto constituyen base.
(c)
 1 2 −1 06 4 2 0
4 −1 5 0
 →
 1 2 −1 00 −8 8 0
0 −7 9 0
 →
 1 2 −1 00 1 −1 0
0 0 1 0
. Los tres vectores son
independientes y por lo tanto constituyen base.
13. En los siguientes apartados, determinar la dimensión y una base para el espacio solución del
sistema
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 34
(a)

x1 + x2 − x3 = 0
−2x1 − x2 + 2x3 = 0
−x1 + x3 = 0
(b)
½
3x1 + x2 + x3 + x4 = 0
5x1 − x2 + x3 − x4 = 0
(c)

x+ y + z = 0
3x+ 2y − 2z = 0
4x+ 3y − z = 0
6x+ 5y + z = 0
Solución:
Sabemos que el conjunto de todas las soluciones del sistema es un subespacio vectorial. Para de-
terminar la dimensión calculamos previamente una base de dicho subespacio y para ello debemos
resolver dicho sistema.
(a)
 1 1 −1 0−2 −1 2 0
−1 0 1 0
 −→
 1 1 −1 00 1 0 0
0 1 0 0
 −→
 1 1 −1 00 1 0 0
0 0 0 0

El sistema tiene infnitas soluciones dependiendo de un parámetro. Las soluciones son
x1 = t
x2 = 0
x3 = t
. Si llamamos H al espacio solución (o espacio nulo de la matriz de los coe-
ficientes) tenemos que x ∈ H si x =
 x1x2
x3
 = t
 10
1
, por tanto H = lin {(1, 0, 1)} .
Luego el vector (1, 0, 1) es una base de H y dim(H) = 1.
Observemos, aunque ya no forma parte de lo que nos piden que el rango de la matriz de los
coeficientes A es 2 y que se verifica el teorema de la dimensión rg (A) + dim (N(A)) = 3.
(b) Igual que en el apartado (a)µ
3 1 1 1 0
5 −1 1 −1 0
¶
→
µ
1 13
1
3
1
3 0
5 −1 1 −1 0
¶
→
µ
1 13
1
3
1
3 0
0 −83 −23 −83 0
¶
→
µ
1 13
1
3
1
3 0
0 1 14 1 0
¶
⇒

x1 = −3s
x2 = −3s− 3t
x3 = 12s
x4 = 3t
, por lo tanto, denotando mediante A a la
matriz de coeficientes, tenemos
N(A) = lin ({(−3,−3, 12, 0) , (0,−3, 0, 3)}) y dim (N(A)) = 2.
(c)

1 1 1 0
3 2 −2 0
4 3 −1 0
6 5 1 0
 →

1 1 1 0
0 −1 −5 0
0 −1 −5 0
0 −1 −5 0
 →

1 1 1 0
0 1 5 0
0 0 0 0
0 0 0 0
 ⇒

x1 = 4t
x2 = −5t
x3 = t
, por lo
tanto
N(A) = lin ({(4,−5, 1)}) y dim (N(A)) = 1.
14. Determinar bases para los siguientes subespacios de R3.
(a) El plano 3x− 2y + 5z = 0
(b) El plano x− y = 0.
(c) La recta x = 2t, y = −t, z = 4t.
(d) Todos los vectores de la forma (a, b, c), donde b = a+ c.
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 35
Solución:
(a) LlamemosH al subespacio que tiene de ecuación 3x−2y+5z = 0. RealmenteH es el espacio
nulo de la matriz A =
¡
3 −2 5 ¢ . Para encontrar una base de H debemos resolver el
sistema cuya matriz ampliada es
¡
3 −2 5 0 ¢.¡
3 −2 5 0 ¢ −→ ¡ 1 −23 53 0 ¢. Sistema con infinitas soluciones dependiendo de
dos parámetros. Las soluciones son

x = 2t− 5s
y = 3t
z = 3s
o lo que es lo mismo (x, y, z) ∈ H si y só-
lo si
 xy
z
 = t
 23
0
+s
 −50
3
. De aquí deducimos queH = lin ({(2, 3, 0) , (−5, 0, 3)}).
Como los vectores (2, 3, 0) , (−5, 0, 3) son linealmente independientes (no son proporcionales)
constituyen una base de H.
(b) Llamemos H al subespacio que tiene de ecuación x − y = 0. Como H es un subespacio
de R3 y está determinado por una ecuación implícta la dimensión de H es dos, luego una
base de H está determinada por dos vectores linealmnte independientes de H. Como los
vectores (1, 1, 0) y (0, 0, 1) están en H y son independientes, tenemos que constituyen una
base de H.
(c) Si llamamos W al conjunto de todos los puntos de la recta tenemos que (x, y, z) ∈ W si y
sólo si
 xy
z
 = t
 2−1
4
, luego W = lin ({(2,−1, 4)}) y el vector (2,−1, 4) es una base
de W.
(d) Igual que en los apartados (a) y (b) el subespacio H está determinado por una ecuación
implícita x− y+ z = 0. Razonando como en (b) tenemos que una base de H la constituyen
los vectores (1, 1, 0) y (0, 1, 1) .
15. Expresar Ax como una combinación lineal de los vectores columnas de A.
(a)
µ
2 3
−1 4
¶µ
1
2
¶
(b)
 4 0 −13 6 2
0 −1 4
 −23
5
 (c)µ 2 1 5
6 3 −8
¶ 30
5
 .
Solución:
(a)
µ
2 3
−1 4
¶µ
1
2
¶
= 1 ·
µ
2
−1
¶
+ 2 ·
µ
3
4
¶
.
(b)
 4 0 −13 6 2
0 −1 4
 −23
5
 = −2
 43
0
+ 3
 06
−1
+ 5
 −12
4
.
(c)
µ
2 1 5
6 3 −8
¶ 30
5
 = 3µ 2
6
¶
+ 5
µ
5
−8
¶
.
16. En cada apartado, determinar si b está en el espacio columna de A y, en caso afirmativo, expresar
b como una combinación lineal de las columnas de A.
(a) A =
µ
1 3
4 −6
¶
, b =
µ −2
10
¶
; (b) A =
 1 1 21 0 1
2 1 3
, b =
 10
2
 ;
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 36
(c) A =
 1 −1 11 1 −1
−1 −1 1
, b =
 20
0
 .
Solución:
Un vector
→
b ∈ R(A) siy sólo si
→
b = x1
→
a1 + x2
→
a2 + x3
→
a3, donde
→
a1,
→
a2,
→
a3 son las columnas de A.
Luego, tenemos que averiguar en cada caso si el sistema Ax = b tiene solución.
(a)
µ
1 3 −2
4 −6 10
¶
→
µ
1 3 −2
0 −18 18
¶
→
µ
1 3 −2
0 1 −1
¶
⇒
½
x1 = 1
x2 = −1 . Como este sis-
tema tiene solución se tiene que
→
b ∈ R(A), de hecho
→
b =
→
a1 − →a2, donde →a1 y →a2 son las
columnas de A.
(b)
 1 1 2 11 0 1 0
2 1 3 2
 →
 1 1 2 10 −1 −1 −1
0 −1 −1 0
 →
 1 1 2 10 1 1 1
0 0 0 1
. Como este sistema no
tiene solución se tiene que
→
b /∈ R(A)
(c)
 1 −1 1 21 1 −1 0
−1 −1 1 0
 −→
 1 −1 1 20 2 −2 −2
0 −2 2 2
 −→
 1 −1 1 20 1 −1 −1
0 −2 2 2
 −→
 1 −1 1 20 1 −1 −1
0 0 0 0
 −→
 1 −1 1 20 1 1 1
0 0 0 0
 . Como este sistema tiene solución, el vector
→
b ∈ R(A). de hecho,
→
b puede ponerse de infinitas formas como combinación lineal de las
columnas de A: 20
0
 =
 11
−1
+ (t− 1)
 −11
−1
+ t
 1−1
1
 , donde t ∈ R.
17. En cada apartado, encontrar una base para el espacio nulo de A.
(a) A =
 1 0 31 1 −1
−1 −1 1
, (b) A =
 1 1 21 0 1
2 1 3
 (c) A =
 2 0 −14 0 −2
0 0 0

Solución:
En cada apartado debemos resolver el sistema homogéneo Ax = 0
(a)
 1 0 3 01 1 −1 0
−1 −1 1 0
 →
 1 0 3 00 1 −4 0
0 −1 4 0
 →
 1 0 3 00 1 −4 0
0 0 0 0
 ⇒

x1 = −3t
x2 = 4t
x3 = t
,
luego una base del espacio nulo N(A) es la formada por el vector {(−3, 4, 1)}
(b)
 1 1 2 01 0 1 0
2 1 3 0
 →
 1 1 2 00 −1 −1 0
0 −1 −1 0
 →
 1 1 2 00 1 1 0
0 0 0 0
 ⇒

x1 = −t
x2 = −t
x3 = t
, luegouna
base del espacio nulo N(A) es la formada por el vector {(−1,−1, 1)}
(c)
 2 0 −1 04 0 −2 0
0 0 0 0
 →
 2 0 −1 00 0 0 0
0 0 0 0
 ⇒

x1 = t
x2 = s
x3 = 2t
, luego una base del espacio nulo
N(A) es la formada por los vectores {(1, 0, 2) , (0, 1, 0)} .
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 37
18. En cada apartado, encontrar el rango y la dimensión del subespacio nulo de la matriz y comprobar
que se verifica el teorema de la dimensión.
(a) A =
 1 −1 35 −4 −4
7 −6 2
, (b) A =
 1 4 5 22 1 3 0
−1 3 2 2
 (c) A =
 2 0 −14 0 −2
0 0 0

Solución:
Como en el ejercicio anterior escalonamos cada matriz y resolvemos el sistma lineal homogéneo
Ax = 0
(a)
 1 −1 35 −4 −4
7 −6 2
→
 1 −1 30 1 −19
0 1 −19
→
 1 −1 30 1 −19
0 0 0
⇒

x1 = 16t
x2 = 19t
x3 = t
, luegoN(A =
lin {(16, 19, 1, )}, dim (N(A)) = 1 y rang(A) = 2. Se verifica rang(A) + dim (N(A)) = 3.
(b)
 1 4 5 22 1 3 0
−1 3 2 2
 →
 1 4 5 20 −7 −7 −4
0 7 7 4
 →
 1 4 5 20 1 1 47
0 0 0 0


x1 = −s+ 2t
x2 = −s− 4t
x3 = s
x4 = 7t
, luego
N(A = lin {(−1,−1, 1, 0) , (2,−4, 0, 7)}, dim (N(A)) = 2 y rang(A) = 2. Se verifica
rang(A) + dim (N(A)) = 4.
(c)
 2 0 −14 0 −2
0 0 0
→
 2 0 −1 00 0 0 0
0 0 0 0
⇒

x1 = t
x2 = s
x3 = 2t
, luego N(A = lin {(1, 0, 2) , (0, 1, 0)},
dim (N(A)) = 2 y rang(A) = 1. Se verifica rang(A) + dim (N(A)) = 3.
19. ¿Qué condiciones deben satisfacer b1, b2, b3, b4, b5 para que el sistema lineal

x1 − 3x2 = b1
x1 − 2x2 = b2
x1 + x2 = b3
x1 − 4x2 = b4
x1 + 5x2 = b5
tenga solución?
Solución:
Pedir que el sistema tenga solución es equivalente a pedir que el vector b = (b1, b2, b3, b4, b5) ∈
R(A),
donde A =

1 −3
1 −2
1 1
1 −4
1 5

Resolvemos el sistema

1 −3 b1
1 −2 b2
1 1 b3
1 −4 b4
1 5 b5
 −→

1 −3 b1
0 1 b2 − b1
0 4 b3 − b1
0 −1 b4 − b1
0 8 b5 − b1
 −→

1 −3 b1
0 1 b2 − b1
0 0 b3 − 4b2 + 3b1
0 0 b4 + b2 − 2b1
0 0 b5 − 8b2 + 7b1
,
que tendrá solución si se verifica

b3 − 4b2 + 3b1 = 0
b4 + b2 − 2b1 = 0
b5 − 8b2 + 7b1 = 0
Estas son las condiciones que tiene que cumplir b para que el sistema tenga solución, o también
se pueden decir que son las ecuaciones implicitas del subspacio R(A) ⊂ R5.
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 38
20. Analizar como el rango de A varía con t.
(a) A =
 1 1 t1 t 1
t 1 1
, (b) A =
 t 3 −13 6 2
−1 −3 t

Solución:
(a) Debemos estudiar la dependencia e independencia lineal de los vectores columnas de la
matriz A. Para ello debemos reslover el sistema de ecuaciones cuya matriz ampliada es 1 1 t 01 t 1 0
t 1 1 0

 1 1 t 01 t 1 0
t 1 1 0
 −→
 1 1 t 00 t− 1 1− t 0
0 1− t 1− t2 0
 . Ahora se presentan dos posibilidades:
• t = 1 En este caso la matriz escalonada a la que hemos llegado es
 1 1 0 00 0 0 0
0 0 0 0
.
En este caso sólo la primera columna es independiente y rg(A) = 1
• t 6= 1. En este caso podemos seguir haciendo transformaciones elementales y tendríamos 1 1 t 00 t− 1 1− t 0
0 1− t 1− t2 0
 −→
 1 1 t 00 1 −1 0
0 1− t 1− t2 0
 −→
 1 1 t 00 1 −1 0
0 0 2− t− t2 0
 .
Y de nuevo se presentan dos posibilidades:
— Si 2 − t − t2 6= 0, cosa que ocurre cuando t 6= 1 y t 6= −2 entonces se puede con-
tiuar haciendo trasnformaciones elementales y llegaríamos a la matriz escalonada 1 1 t 00 1 −1 0
0 0 1 0
 . En este caso rg(A) = 3.
— Si 2−t−t2 = 0 que se obtiene para t = −2 (recordemos que estamos suponiendo t 6=
1) entonces la matriz escalonada sería
 1 1 −2 00 1 −1 0
0 0 0 0
 . En este caso rg(A) = 2.
En resumen si t = 1 entonces rg(A) = 1. Si t = −2 entonces rg(A) = 2. Y si t 6= 1 y t 6= −2
entonces rg(A) = 3.
(b) Puesto que det(A) =
¯̄̄̄
¯̄ t 3 −13 6 2
−1 −3 t
¯̄̄̄
¯̄ = 6t2 − 3t − 3 = 0 si y sólo si t = −12 o t = 1,
deducimos:
• Si t 6= −12 o t 6= 1, entonces rg(A) = 3.
• Si t = −12 , entonces A =
 −1/2 3 −13 6 2
−1 −3 −1/2
 y es fácil ver que las dos primeras
columnas de A son l.i., por lo que rg(A) = 2.
• Si t = 1, la matriz A es A =
 1 3 −13 6 2
−1 −3 1
 y por el mismo motivo de antes,
rg(A) = 2.
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 39
21. ¿Para qué valores de s el espacio solución de

x+ y + sz = 0
x+ sy + z = 0
sx+ y + z = 0
es sólo el origen, un subespacio
de dimensión uno o un subespacio de dimensión dos?
Solución:
Si observamos la matriz de coeficientes de este sistema
 1 1 s1 s 1
s 1 1
 es la misma que la matriz
que hemos estudiado en apartado (a) del Ejercicio 20 (cambiando t por s).
Por tanto, tenemos las siguientes posibilidades:
• Si s 6= 1 y s 6= −2 entonces el sistema tiene sólo la solución trivial (0, 0, 0), ya que la matriz
de coeficientes es regular.
• Si s = 1 obtenemos que el sistema es equivalente a x+y+z = 0 que tiene infinitas soluciones
dependiendo de dos parámetros

x = −t− s
y = t
z = s
• Si s = −2 obtenemos que el sistema es equivalente a
½
x+ y − 2z = 0
y − z = 0 que tiene infinitas
soluciones dependiendo de un parametro y que son:

x = t
y = t
z = t
22. Determinar si el vector (−1, 1, 0, 2) es ortogonal al subespacio de R4,
W = lin {(0, 0, 0, 0) , (1,−5,−1, 2) , (4, 0, 9, 2)} .
Solución:
Un vector v es ortogonal a W si y sólo si es ortogonal a cada uno de los vectores que generan el
subespacio. En este caso (−1, 1, 0, 2) · (0, 0, 0, 0) = 0, (−1, 1, 0, 2) · (1,−5,−1, 2) = −2 6= 0. Por
lo tanto v no es ortogonal a W.
23. ¿Para qué valores de k son ortogonales u y v?
(a) u = (2, 1, 3) y v = (1, 7, k) (b) u = (k, k, 1) y v = (k, 5, 6).
Solución:
u es ortogonal a v si y sólo si u.v = 0
(a) u · v = 9 + 3k ⇒ u · v = 0 si k = −3.
(b) u · v = k2 + 5k + 6⇒ u · v = 0 si k = −2 ó si k = −3.
24. Determinar una base de W⊥, siendo W = lin {(1, 2)} .
Solución:
W⊥ =
©
x = (x1, x2) ∈ R2 : x.y = 0 para todo y ∈W
ª
. Un vector es ortogonal a W si y sólo si
es ortogonal a la base de W . Por lo tanto (x1, x2) ∈ W⊥ si y sólo si x1 + 2x2 = 0, que es la
ecuación implícita de W⊥. resolviendo esta ecuación obtenemos una base de W⊥.
x1 + 2x2 = 0⇒
½
x1 = −2t
x2 = t
, luego una base de W⊥ esta formada por el vector (−2, 1) .
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 40
25. Encontrar unas ecuaciones paramétricas para W⊥, sabiendo que W está determinado por la
ecuación x− 2y − 3z = 0. Idem si W = lin ({(2,−5, 4)}) .
Solución:
• Si W ≡ {x− 2y − 3z = 0 , entonces W⊥ = lin ({(1,−2,−3)}) y por tanto, unas ecuaciones
parámetricas de W⊥ son

x = t
y = −2t
z = −3t
con t ∈ R.
• SiW = lin ({(2,−5, 4)}), entonces unas ecuaciones implícitas deW⊥ son {2x− 5y + 4z = 0 .
Resolviendo esta ecuacón obtenemos unas ecuaciones paramétricas de W⊥:
x = 52t− 2s
y = t
z = s
con t, s ∈ R.
26. Sea A =
 1 2 −13 5 0
1 1 2
.
(a) Encontrar bases para el espacio columna de A y para el espacio nulo de AT .
(b) Comprobar que todo vector en el espacio columna de A es ortogonal a todo vector en el
espacio nulo de AT .
Solución:
(a) R(A) = lin ({(1, 3, 1) , (2, 5, 1) (−1, 0, 2)}) . Veamos si los vectores que generan R(A) son
linealmente independientes. 1 2 −1 03 5 0 0
1 1 2 0
 −→
 1 2 −1 00 −1 3 0
0 −1 3 0
 −→
 1 2 −1 00 1 −3 0
0 0 0 0

Esto nos dice que las dos primeras columnnas de A son linealmente independientes de aquí
que R(A) = lin {(1, 3, 1) , (2, 5, 1)} . Por tanto, los vecyores (1, 3, 1) y (2, 5, 1) constituyen
una base de R(A).
AT =
 1 3 12 5 1
−1 0 2
 y N(AT ) =
(x, y, z) ∈ R3 : AT
 xy
z
 = 0
 . Resolviendo el sis-
tema cuya matriz ampliada es
 1 3 1 02 5 1 0
−1 0 2 0
 obtenemos una base de N(AT ).
 1 3 1 02 5 1 0
−1 0 2 0
 −→
 1 3 1 00 −1 −1 0
0 3 3 0
 −→
 1 3 1 00 1 1 0
0 0 0 0
 =⇒ ½ x+ 3y + z = 0
y + z = 0
=⇒
x = 2t
y = −t
z = t
, luego N(AT ) = lin {(2,−1, 1)} .Y una base de N(AT ) está formada por el vec-
tor (2,−1, 1) .
(b) Comprobamos que (1, 3, 1) . (2,−1, 1) = 2− 3 + 1 = 0 y (2, 5, 1) . (2,−1, 1) = 4− 5 + 1 = 0,
de donde deducimosque para cualquier
→
x ∈ R(A) y para cualquier →y ∈ N(AT ) se verifica
que
→
x.
→
y = 0 luego, R(A) ⊥ N(AT ).
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 41
27. Encontrar una base para el complemento ortogonal del subespacio generado por los vectores:
(a) v1 = (1,−1, 3) , v2 = (5,−4,−4), v3 = (7,−6, 2).
(b) v1 = (2, 0,−1) , v2 = (4, 0,−2).
(c) v1 = (1, 4, 5, 2) , v2 = (2, 1, 3, 0), v3 = (−1, 3, 2, 2).
Solución:
(a) Obsérvese que
¯̄
v1 v2 v3
¯̄
=
¯̄̄̄
¯̄ 1 5 7−1 −4 −6
3 −4 2
¯̄̄̄
¯̄ = 0, luego los tres vectores son l.d. Puesto
que v1 y v2 no son proporcionales, se tiene que W = lin ({v1, v2, v3}) = lin ({v1, v2}) y así
unas ecuaciones implícitas deW⊥ están dadas por el sistema de ecuaciones
½
x− y + z = 0,
5x− 4y − 4z = 0,
cuyas soluciones pueden expresarse en la forma

x = 8t
y = 9t
z = t
con t ∈ R. Por consiguiente,
{(8, 9, 1)} es una base de W⊥.
(b) Como W = lin {(2, 0,−1) , (4, 0,−2)} = lin {(2, 0,−1)}, pues el segundo vector es combi-
nación lineal del primero, se deduce que W⊥ tiene por ecuación implicita 2x− z = 0. Re-
solvemos este sistema y obtenemos:
¡
2 0 −1 0 ¢ −→ ¡ 1 0 −12 0 ¢ =⇒

x = s
y = t
z = 2s
,
luego W⊥ = lin {(1, 0, 2) , (0, 1, 0)}.
(c) W = lin {(1, 4, 5, 2) , (2, 1, 3, 0), (−1, 3, 2, 2)}. Averiguamos primero si los vectores que for-
man el sistema generador son base.
1 2 −1 0
4 1 3 0
5 3 2 0
2 0 2 0
 −→

1 2 −1 0
0 −7 7 0
0 −7 7 0
0 −4 4 0
 −→

1 2 −1 0
0 1 1 0
0 0 0 0
0 0 0 0
, luego se tiene que
W = lin {(1, 4, 5, 2) , (2, 1, 3, 0), (−1, 3, 2, 2)} = lin {(1, 4, 5, 2) , (2, 1, 3, 0)} .
Entonces W⊥ =
½
(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 + 4x2 + 5x3 + 2x4 = 02x1 + x2 + 3x3 = 0
¾
. Resolviendo el sis-
tema de ecuaciones cuya matriz ampliada es
µ
1 4 5 2 0
2 1 3 0 0
¶
, obtenemos una base de
W⊥.µ
1 4 5 2 0
2 1 3 0 0
¶
−→
µ
1 4 5 2 0
0 −7 −7 −4 0
¶
−→
µ
1 4 5 2 0
0 1 1 47 0
¶
=⇒
½
x1 + 4x2 + 5x3 + 2x4 = 0
x2 + x3 +
4
7x4 = 0
=⇒

x1 = −t+ 2s
x2 = −t− 4s
x3 = t
x4 = 7s
, luegoW⊥ = lin {(−1,−1, 1, 0) , (2,−4, 0, 7)} .
Comprobamos que cada uno de los vectores de la base de W⊥ es ortogonal a cada uno de
los vectores de la base de W.
(−1,−1, 1, 0) . (1, 4, 5, 2) = −1− 4 + 5 = 0; (−1,−1, 1, 0) .(2, 1, 3, 0) = −2− 1 + 3 = 0
(2,−4, 0, 7). (1, 4, 5, 2) = 2− 16 + 14 = 0; (2,−4, 0, 7).(2, 1, 3, 0) = 4− 4 = 0
Nota: Observese que en todos los apartados se verifica siempre que: dim(W )+dim(W⊥) =
n.
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 42
28. Demostrar que si u y v son vectores ortogonales tales que kuk = kvk = 1 entonces ku− vk = √2.
Solución:
ku− vk2 = (u− v) · (u− v) = u · u − v · u − u · v + v · v = kuk|{z}
=1
2 − 2u · v|{z}
=0
+ kvk|{z}
=1
2 = 1 + 1 = 2,
luego ku− vk = √2.
29. Comprobar que los vectores v1 =
¡−35 , 45 , 0¢ , v2 = ¡45 , 35 , 0¢ , v3 = (0, 0, 1) forman una base
ortonormal para R3. Expresar cada uno de los siguientes vectores como una combinación lineal
de v1, v2, v3.
(a) (1,−1, 2) (b) (3,−7, 4).
Solución:
Es directo ver que v1 · v2 = v1 · v3 = v2 · v3 = 0 y kv1k = kv2k = kv3k = 1 luego½
v1 =
µ
−3
5
,
4
5
, 0
¶
, v2 =
µ
4
5
,
3
5
, 0
¶
, v3 = (0, 0, 1)
¾
es una base ortonormal (BON) de R3.
Para los siguientes apartados tendremos en cuenta que, como sabemos de teoría, dada una base
ortornomal de Rn {v1, v2, . . . , vn} cualquier vector x ∈ Rn puede expresarse en la forma
x = (x · v1) · v1 + (x · v2) · v2 + · · ·+ (x · vn) · vn.
(a) Pongamos x = (1,−1, 2). Puesto que x ·v1 = (1,−1, 2) ·
¡−35 , 45 , 0¢ = −75 , x ·v2 = (1,−1, 2) ·¡
4
5 ,
3
5 , 0
¢
= 15 y x · v3 = (1,−1, 2) · (0, 0, 1) = 2, el vector (1,−1, 2) puede expresarse como
combinación lineal de v1 =
¡−35 , 45 , 0¢ , v2 = ¡45 , 35 , 0¢ y v3 = (0, 0, 1) en la forma
(1,−1, 2) = −7
5
v1 +
1
5
v2 + 2v3.
(b) Análogamente, si tomamos y = (3,−7, 4), entonces y · v1 = (3,−7, 4) ·
¡−35 , 45 , 0¢ = −375 , x ·
v2 = (3,−7, 4) ·
¡
4
5 ,
3
5 , 0
¢
= −95 y x · v3 = (3,−7, 4) · (0, 0, 1) = 4 y en consecuencia podemos
escribir la siguiente combinación lineal
(3,−7, 4) = −37
5
v1 − 9
5
v2 + 4v3.
30. Usando el proceso de Gram-Schimdt, transformar la base {u1, u2} en una base ortonormal.
(a) u1 = (1,−3) , u2 = (2, 2) (b) u1 = (1, 0) , u2 = (3,−5) .
Solución:
(a) En primer lugar tomamos v1 = u1 = (1,−3), calculamos kv1k =
p
12 + (−3)2 = √10 y
definimos w1 = v1kv1k =
³
1√
10
,− 3√
10
´
.
Ahora, obtenemos el vector v2 = u2 − (u2 · w1)| {z }
= −4√
10
· w1 = (2, 2) + 4√10
³
1√
10
,− 3√
10
´
=
¡
12
5 ,
4
5
¢
,
calculamos su norma: kv2k =
q¡
12
5
¢2
+
¡
4
5
¢2
= 4
√
10
5 y definimos w2 =
v2
kv2k =
³
3√
10
, 1√
10
´
.
Así, el conjunto
n
w1 =
³
1√
10
,− 3√
10
´
, w2 =
³
3√
10
, 1√
10
´o
es una base ortonormal de R2.
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 43
(b) En este apartado realizamos los mismos cálculos para los vectores u1 = (1, 0) y u2 = (3,−5).
Definimos v1 = u1 = (1, 0) y entonces w1 = v1kv1k = (1, 0), ya que kv1k = 1.
Tomamos v2 = u2 − (u2 · w1)| {z }
=3
· w1 = (3,−5) − 3(1, 0) = (0,−5) y es directo ver que w2 =
v2
kv2k = (0,−1). Por tanto, el conjunto {(1, 0), (0,−1)} es una base ortonormal de R2.
31. Usando el proceso de Gram-Schimdt, transformar la base {u1, u2, u3} en una base ortonormal.
(a) u1 = (1, 1, 1) , u2 = (−1, 1, 0) , u3 = (1, 2, 1) (b) u1 = (1, 0, 0) , u2 = (3, 7, 2) , u3 = (0, 4, 1).
Solución:
(a) Definimos v1 = u1 = (1, 1, 1) y tomamos w1 = v1kv1k =
³
1√
3
, 1√
3
, 1√
3
´
.
A continuación calculamos v2 = u2−(u2 · w1)| {z }
=0
·w1 = u2 = (−1, 1, 0) y tomamos w2 = v2kv2k =³
−1√
2
, 1√
2
, 0
´
.
Ahora ponemos v3 = u3 − (u3 · w1)| {z }
= 4√
3
· w1 − (u3 · w2)| {z }
= 1√
2
· w2 = (1, 2, 1) − 4√3
³
1√
3
, 1√
3
, 1√
3
´
−
1√
2
³
−1√
2
, 1√
2
, 0
´
=
¡
1
6 ,
1
6 ,
−1
3
¢
, calculamos su norma: kv3k =
q¡
1
6
¢2
+
¡
1
6
¢2
+
¡−13¢2 = √66 y
elegimos w3 = v3kv3k =
³
1√
6
, 1√
6
,− 2√
6
´
.
Por consiguiente,
n
w1 =
³
1√
3
, 1√
3
, 1√
3
´
, w2 =
³
−1√
2
, 1√
2
, 0
´
, w3 =
³
1√
6
, 1√
6
,− 2√
6
´o
es la base
ortonormal pedida.
(b) En este apartado enumeraremos cada uno de los pasos.
paso 1: v1 = u1 = (1, 0, 0)
paso 2: v2 = u2 − u2.v1
v1.v1
= (3, 7, 2)− 31 (1, 0, 0) = (0, 7, 2).
Antes de continuar comprobamos que v1 ⊥ v2: (1, 0, 0) .(0, 7, 2) = 0.
paso 3 : v3 = u3 − u3.v1
v1.v1
− u3.v2
v2.v2
= (0, 4, 1) − 01 (1, 0, 0) − 3053(0, 7, 2) =
¡
0, 253 ,
−7
53
¢
. Para
facilitar los cálculos podemos tomar como v3 un múltiplo del que nos ha salido, así que
tomamos v3 = (0, 2,−7) .
Antes de continuar comprobamos que v1 ⊥ v3 y que v3 ⊥ v2 : (1, 0, 0) . (0, 2,−7) = 0
y (0, 7, 2). (0, 2,−7) = 14− 14 = 0.
paso 4: Por último normalizamos la base ortogonal obtenida en los tres pasos anteriores:
w1 =
v1
kv1k = (1, 0, 0); w2 =
v2
kv2k =
³
0, 7√
53
, 2√
53
´
y w3 =
v3
kv3k =
³
0, 2√
53
, −7√
53
´
. Y la base
ortonormal pedida está formada por los vectores {w1, w2, w3} .
32. Encontrar la proyección ortogonal de u sobre el espacio vectorial generado por a
(a) u = (−1,−2), a = (−2, 3); (b) u = (1, 0, 0) , a = (4, 3, 8).
Solución:
Los dos apartados se relizarán sabiendo que si S = lin (a), entonces la proyección ortogonal de
u sobre S viene dada mediante
proys(u) =
u · a
kak2 · a
(a) proys(u) =
u·a
kak2 · a =
(−1,−2)·(−2,3)
k(−2,3)k2 · (−2, 3) =
−4
13 · (−2, 3) =
¡
8
13 ,−1213
¢
.
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 44
(b) proys(u) =
u·a
kak2 · a =
(1,0,0)·(4,3,8)
k(4,3,8)k2 · (4, 3, 8) =
4
89 · (4, 3, 8) =
¡
16
89 ,
12
89 ,
32
89
¢
.
33. Encontrar todos los escalares k tales que kkvk = 5, siendo v = (−2, 3, 6).
(a) Encontrar dos vectores en R2 con norma uno cuyo producto escalar con (3,−1) sea cero.
(b) Demostrar que existe una infinidad de vectores en R3 con norma uno cuyo producto escalar
con (1,−3, 5) es cero.
Solución:
Puesto que kkvk = |k| kvk, para encontrar k debemos resolver la ecuación |k| kvk = 5. Ahora,
utilizando que kvk = k(−2, 3, 6)k =
q
(−2)2 + 32 + 62 = 7, tenemos que |k| = 57 y por tanto, los
únicos