Ejercicios Resueltos Rodrigo Vargas - Tamara Cardenas

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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.
Aśı 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 aśı decirlo, normales que busquen lecturas com-
plementarias pueden consultar el libro “Linear Algebra” de Ho!man 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 gustaŕıa 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 Cam-
bio de Base 61
6. Bases Ortonormales y Proyecciones 79
7. Vectores y Valores Propios, Diagonalización 85
v
vi
Caṕıtulo 1
Algebra Lineal Elemental
1.1. Se dice que v es combinación lineal convexa de u1, u2, ..., uk si v =
!1v1 +!2v2 + ...+!kvk donde !i ! 0, i = 1, ..., k y !1 +!2 + ...+!k = 1.
Demuestre que si u4 es combinación convexa de u1, u2, u3 y v es combi-
nación 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 = !1u1 + !2u2 + !3u3 ,
donde
!
!i = 1 y !i ! 0 para i = 1, . . . , 3. Si v es combinación convexa
de u1, u2, u3, u4, entonces
v = "1u1 + "2u2 + "3u3 + "4u4 ,
donde
!
"i = 1 y "i ! 0 para i = 1, . . . , 4. Luego,
v = "1u1 + "2u2 + "3u3 + "4u4
= "1u1 + "2u2 + "3u3 + "4(!1u1 + !2u2 + !3u3)
= ("1 + "4!1)u1 + ("2 + "4!2)u2 + ("3 + "4!3)u3
= #1u1 + #2u2 + #3u3
donde #1 = "1 + "4!1 ! 0, #2 = "2 + "4!2 ! 0 y #3 = "3 + "4!3 ! 0.
Además,
"
#i = #1 + #2 + #3 + #4
= "1 + "4!1 + "2 + "4!2 + "3 + "4!3
= "1 + "2 + "3 + "4(!1 + !2 + !3)
= "1 + "2 + "3 + "4 = 1 .
Por lo tanto, v es combinación convexa de u1, u2, u3.
1
2 Caṕıtulo 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 = !1u1 + !2u2
= !1(2v1 + 3v2) + !2("v1 + 3v2)
= (2!1 " !2)v1 + 3(!1 + !2)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
v1 =
1
3
(u1 " u2) .
Despejando obtenemos
v2 =
1
9
(u1 + 2u2) .
Sea x $< v1, v2 >, este vector se puede escribir de la forma
x = "1u1 + "2u2
= "1
1
3
(u1 + u2) + "2
1
3
u1
=
1
3
("1 + "2)u1 +
1
3
"1u2 .
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 >.
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 3
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| & 'u''v' y | v · w| & 'v''w' .
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)
'u' =
(
u · u =
%
("0.6)2 + (0.8)2 = 1 ,
'v' =
(
v · v =
%
(3)2 + (4)2 = 5 ,
'w' =
(
w · w =
%
(4)2 + (3)2 = 5 .
c)
| u · v| = |1.4| = 1.4 & 5 = (1)(5) = 'u''v' ,
| v · w| = |24| = 24 & 25 = (5)(5) = 'v''w' .
1.4. Para u = (1, 2), v = ("1, 3) determine un escalar ! tal que u " !v sea
perpendicular a u.
Solución: Notemos que
u " !v = (1, 2) " !("1, 3)
= (1 + !, 2 " 3!) .
Para que los vectores sean perpendiculares basta que el producto interno
entre los vectores sea cero
0 = u · (u " !v)
= (1, 2) · (1 + !, 2 " 3!)
= 1(1 + !) + 2(2 " 3!)
= 5 " 5! .
Entonces, ! = 1 y tenemos que u " !v = (2,"1).
4 Caṕıtulo 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
y
z
(
) =
&
'
1 " y " 2z
y
z
(
) =
&
'
1
0
0
(
)+
&
'
"1
1
0
(
) y +
&
'
"2
0
1
(
) z .
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
P =
&
'
1
0
0
(
)+ <
&
'
"1
1
0
(
) ,
&
'
"2
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
' $n '=
(
12 + 12 + 22 =
(
6 .
Luego, el vector normal unitario es:
n̂ =
1(
6
(1, 1, 2) .
1.6. Si un hiperplano pasa por los puntos (1,"1, 1, 1), (2,"1, 2, 1), (0, 1, 1, 1),
(1, 0, 0, 1). Determine los valores !, " tal que el punto (!, ", !"", !+")
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 = e ,
2a " b + 2c + d = e ,
b + c + d = e ,
a + d = e .
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 5
Entonces tenemos 4 ecuaciones y 5 incognitas. Hay una variable libre
que es e y a, b, c, d son variables básicas. Resolviendo el sistema obten-
emos
a = b = c = 0, d = e .
La ecuación del hiperplano es entonces:
dw = d % w = 1 .
Luego, para que (!, ", ! " ", ! + ") pertenezca al hiperplano se debe
cumplir que:
! + " = 1 .
1.7. ¿Para qué valor(es) de % serán linealmente dependientes los vectores
&
'
1
2
3
(
)
&
'
2
"1
4
(
)
&
'
3
%
4
(
)?
Solución: Suponga que
c1
&
'
1
2
3
(
)+ c2
&
'
2
"1
4
(
)+ c3
&
'
3
%
4
(
) = 0 =
&
'
0
0
0
(
) .
Entonces mulptiplicando y sumando se obtiene
&
'
c1 + 2c2 + 3c3
2c1 " c2 + %c3
3c1 + 4c2 + 4c3
(
) =
&
'
0
0
0
(
) .
Esto nos lleva al sistema de tres ecuaciones y tres incognitas
c1 + 2c2 + 3c3 = 0 , (1.1)
2c1 " c2 + %c3 = 0 , (1.2)
3c1 + 4c2 + 4c3 = 0 . (1.3)
Aśı, 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 Caṕıtulo 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 + %c3 = 0
2(2c3) +
5
2
c3 + %c3 = 0
(% +
13
2
)c3 = 0 .
Para obtener infinitas soluciones necesitamos que una de las ecuaciones
se anule esto se consigue con % = "132 , con este valor los vectores son
linealmente dependientes.
1.8. Considere el sistema de ecuaciones
x1 + x2 + x3 = 1 ,
x1 " 2x2 + ax3 = b ,
2x1 + x2 + 3x3 = c ,
donde a, b, c son constantes. Determine los valores de a, b, c tales que el
sistema: no tenga solución, tenga solución única, tenga infinitas solu-ciones.
Solución: Primeros hacemos eliminación de Gauss
&
'
1 1 1
1 "2 a
2 1 3
*
*
*
*
*
*
1
b
c
(
) )
&
'
1 1 1
0 "3 a " 1
0 "1 1
*
*
*
*
*
*
1
b " 1
c " 2
(
)
)
&
'
1 1 1
0 1 13(1 " a)
0 "1 1
*
*
*
*
*
*
1
1
3(1 " b)
c " 2
(
)
)
&
'
1 0 1 + 13(a " 1)
0 1 13(1 " a)
0 0 13(4 " a)
*
*
*
*
*
*
1
3(b " 1) + 1
1
3(1 " b)
1
3(3c " b " 5)
(
) .
La última fila de la matriz ampliada equivale a
1
3
(4 " a)x3 =
1
3
(3c " b " 5) % (4 " a)x3 = 3c " b " 5 .
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 7
Para que no haya soluciones es necesario que el sistema sea inconsis-
tente, es decir, que algunas de sus ecuaciones contenga alguna contradic-
ción. La única posible es 0 ·x3 *= 0. Es decir, con a = 4 y 3c" b"5 *= 0.
Para que existan infinitas soluciones se necesita una identidad que se
cumpla siempre. La única que se cumple siempre independiente del va-
lor de x3 es 0 · x3 = 0. Es decir, con a = 4 y 3c " b " 5 = 0.
Si se quiere una sola solución, se debe tener tantas ecuaciones lineal-
mente 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
2 1 1
3 1 1
-
.
+
,
x1
x2
x3
-
. =
+
,
2
3
4
-
. y
+
,
1 1 1
2 1 1
3 1 1
-
.
+
,
x1
x2
x3
-
. =
+
,
2
3
5
-
. .
Solución: Con el método de eliminación de Gauss es posible resolver
múltiples sistemas con la misma matriz de coeficientes y distintos vec-
tores a la vez. Para esto se construye una matriz ampliada de la forma
[ A | $b1 ... $bn ].
+
,
1 1 1
2 1 1
3 1 1
*
*
*
*
*
*
2 2
3 3
4 5
-
. )
+
,
1 1 1
0 "1 "1
0 "2 "2
*
*
*
*
*
*
2 2
"1 "1
"2 "1
-
.
)
+
,
1 1 1
0 1 1
0 "2 "2
*
*
*
*
*
*
2 2
1 1
"2 "1
-
.
)
+
,
1 1 1
0 1 1
0 0 0
*
*
*
*
*
*
2 2
1 1
0 1
-
. .
Una vez obtenida la matriz escalonada reducida, se debe despejar las
incógnitas del primer y segundo sistema a partir de las columnas corres-
pondientes 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 Caṕıtulo 1. Algebra Lineal Elemental
1.10. Determine un sistema de ecuaciones Ax = b tal que su conjunto solución
sea:
S =
&
/
/
'
1
2
0
2
(
0
0
)
+
1
&
/
/
'
"1
0
0
1
(
0
0
)
,
&
/
/
'
1
1
"1
0
(
0
0
)
2
.
Solución: El conjunto solución de Ax = b es x0 + kerA, donde x0 es
una solución particular de Ax = b. Además KerA = + filas de A,!.
Entonces
KerA = +("1, 0, 0, 1), (1, 1,"1, 0), .
Sea (a, b, c, d) una fila de A, entonces:
&
/
/
'
a
b
c
d
(
0
0
)
·
&
/
/
'
"1
0
0
1
(
0
0
)
= 0 y
&
/
/
'
a
b
c
d
(
0
0
)
·
&
/
/
'
1
1
"1
0
(
0
0
)
= 0
3
"a + d = 0
a + b " c = 0 -
3
d = a
c = a + b
.
Tomando A =
4
0 1 1 0
1 0 1 1
5
(a = 0, b = 1)
(a = 1, b = 0)
. Ahora sea
b = A
&
/
/
'
1
2
0
2
(
0
0
)
=
4
0 1 1 0
1 0 1 1
5
&
/
/
'
1
2
0
2
(
0
0
)
=
4
2
3
5
.
Eligiendo A =
4
0 1 1 0
1 0 1 1
5
y b = (2, 3) el conjunto de Ax = b
coincide con
S =
&
/
/
'
1
2
0
2
(
0
0
)
+
1
&
/
/
'
"1
0
0
1
(
0
0
)
,
&
/
/
'
1
1
"1
0
(
0
0
)
2
.
1.11. Considere el plano P de R3 dado por P = {(x, y, z) $ R3 : 2x"3y+z =
0} y la matriz
A =
&
'
1 "1 2
2 0 1
1 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
!(1, 0,"2)+"(0, 1, 3) = (0, 0, 0) % (!, ","2!+3") = (0, 0, 0) % ! = " = 0.
Luego, P = +{(1, 0,"2), (0, 1, 3)}, = +{$v, $w},
A$v =
&
'
1 "1 2
2 0 1
1 1 1
(
)
&
'
1
0
"2
(
) =
&
'
"3
0
"1
(
) ,
A$w =
&
'
1 "1 2
2 0 1
1 1 1
(
)
&
'
0
1
3
(
) =
&
'
5
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) = +{("3, 0,"1), (5, 3, 4)},
= {(x, y, z) $ R3 : (x, y, z) = !("3, 0,"1) + "(5, 3, 4) !, " $ R}
= {(x, y, z) $ R3 : (x, y, z) = ("3! + 5", 3","! + 4") !, " $ R}
= {(x, y, z) $ R3 : x = "3! + 5", y = 3", z = "! + 4" !, " $ R}
= {(x, y, z) $ R3 : 3x + 7y " 9z = 0} .
1.12. Considere la siguiente matriz triangular superior
A =
&
'
p 1 0
0 p 1
0 0 p
(
) .
Encuentre An, n $ N.
10 Caṕıtulo 1. Algebra Lineal Elemental
Solución: Notemos que
A2 =
&
'
p 1 0
0 p 1
0 0 p
(
)
&
'
p 1 0
0 p 1
0 0 p
(
) =
&
'
p2 2p 1
0 p2 2p
0 0 p2
(
) ,
A3 =
&
'
p2 2p 1
0 p2 2p
0 0 p2
(
)
&
'
p 1 0
0 p 1
0 0 p
(
) =
&
'
p3 3p2 3p
0 p3 3p2
0 0 p3
(
) ,
A4 =
&
'
p3 3p 3p
0 p3 3p2
0 0 p3
(
)
&
'
p 1 0
0 p 1
0 0 p
(
) =
&
'
p4 4p3 6p2
0 p4 4p3
0 0 p4
(
) ,
A5 =
&
'
p4 4p3 6p2
0 p4 4p3
0 0 p4
(
)
&
'
p 1 0
0 p 1
0 0 p
(
) =
&
'
p5 5p4 10p3
0 p5 5p4
0 0 p5
(
) .
Luego, An =
&
'
pn npn"1 anpn"2
0 pn npn"1
0 0 pn
(
) donde an+1 = an+(n"1), .n > 1
y a1 = 0.
1.13. Demuestre que cualquier matriz cuadrada se puede escribir de 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
2(A + A
t) y 12(A " A
t) entonces
[
1
2
(A + At)]t =
1
2
(At + (At)t) =
1
2
(At + A) =
1
2
(A + At) .
Luego, 12(A + A
t) es una matriz simétrica.
[
1
2
(A " At)]t =
1
2
(At " (At)t) =
1
2
(At " A) = "
1
2
(A " At) .
Luego, 12(A " A
t) es un matriz antisimétrica. Por lo tanto, podemos
escribir A como
A =
1
2
(A + At) +
1
2
(A " At) .
1.14. Resuelva la siguiente ecuación matricial
4
1 1
3 4
5
X
4
4 "2
"3 2
5
=
4
6 4
22 14
5
.
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 11
Solución: Sean A =
4
1 1
3 4
5
, B =
4
4 "2
"3 2
5
y C =
4
6 4
22 14
5
y notemos que si existen las matrices inversas de A y B, entonces
AXB = C % AXBB"1 = CB"1
% AX = CB"1
% A"1AX = A"1CB"1
% X = A"1CB"1 .
Usando eliminación de Gauss, podemos encontrar A"1 y B"1.
#
1 1
3 4
*
*
*
*
1 0
0 1
$
)
#
1 1
0 1
*
*
*
*
1 0
"3 1
$
)
#
1 0
0 1
*
*
*
*
4 "1
"3 1
$
y
#
4 "2
"3 2
*
*
*
*
1 0
0 1
$
)
#
1 "12
"3 2
*
*
*
*
1
4 0
0 1
$
)
#
1 "12
0 12
*
*
*
*
1
4 0
3
4 1
$
)
#
1 0
0 12
*
*
*
*
1 1
3
4 1
$
)
#
1 0
0 1
*
*
*
*
1 1
3
2 2
$
.
Entonces
A"1 =
4
4 "1
"3 1
5
, B"1 =
4
1 1
3
2 2
5
.
Luego, tenemos que
X = A"1CB"1 =
4
4 "1
"3 1
54
6 4
22 14
54
1 1
3
2 2
5
=
4
2 2
4 2
54
1 1
3
2 2
5
=
4
5 6
7 8
5
.
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 Caṕıtulo 1. Algebra Lineal Elemental
Solución:
(a) Si A = (aij) entonces
A(1, 0)# =
4
a11 a12
a21 a22
54
1
0
5
=
4
a11
a21
5
=
4
3
6
5
,
A(0, 1)# =
4
a11 a12
a21 a22
54
0
1
5
=
4
a12
a22
5
=
4
1
2
5
.
Por lo que A =
4
3 1
6 2
5
. Buscamos el vector generador de la recta
3x + 2y = 0
L = {(x, y) $ R2 : 3x + 2y = 0}
= {(x, y) $ R2 : y = "
3
2
x}
=
34
x,"
3
2
x
5
: x $ R
6
=
3
x
4
1,"
3
2
5
: x $ R
6
=
734
1,"
3
2
568
y obtenemos
A(1,"3/2)# =
4
3 1
6 2
54
1
"32
5
=
4
3
2
3
5
.
Entonces la imagen de bajo A de la recta es:
A(L) =
734
3
2
, 3
568
=
3
!
4
3
2
, 3
5
: ! $ R
6
=
9
(x, y) $ R2 : x =
y
2
:
= {(x, y) $ R2 : 2x " y = 0} .
(b) Si L es la recta que pasa por el origen entonces consideremos
L = {(x, y) $R2 : y = mx}
= {(x, mx) : x $ R}
= +{(1, m)}, .
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 13
Entonces,
4
3 1
6 2
54
1
m
5
=
4
3 + m
6 + 2m
5
y
A(L) = +{(3 + m, 6 + 2m)},
= {((3 + m, 6 + 2m) : x $ R}
= {(x, y) $ R2 : 2x " y = 0} .
Si consideremos la recta
L = {(x, y) $ R2 : 2x " y = 0}
entonces A(L) = L .
1.16. Sea A = (aij) $ Mn(R). Se define la traza de A, denotada por tr(A),
como
tr(A) =
n"
i=1
aii = a11 + a22 + · · ·+ ann .
Si A, B $ Mn(R), demuestre
(a) tr(AB) = tr(BA).
(b) tr(AAt) > 0, si A *= 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
"
k=1
aikbki ,
luego,
tr(AB) =
n
"
i=1
cii =
n
"
i=1
n
"
k=1
aikbki =
n
"
i=1
n
"
k=1
bkiaik =
n
"
k=1
;
n
"
i=1
bkiaik
<
=
n
"
k=1
dkk = tr(BA) .
(b) Si A = (aij) entonces At = (bij) = (aji) si denotamos AAt = (rij)
entonces:
tr(AAt) =
n
"
i=1
rii =
n
"
i=1
n
"
k=1
aikbki =
n
"
i=1
n
"
k=1
aikaik =
n
"
k=1
n
"
i=1
(aki)
2 > 0.
14 Caṕıtulo 1. Algebra Lineal Elemental
1.17. Si tan! = (a/b), demuestre que
#
1 (a/b)
"(a/b) 1
$n
=
4
1 +
a2
b2
5n/2 #
cos n! sin n!
" sin n! cos n!
$
.
Solución: Demostramos la igualdad haciendo inducción sobre n
Para n = 1, tenemos que:
4
1 +
a2
b2
51/2 #
cos ! sin !
" sin ! cos !
$
=
=
1 + tan2 !
>1/2
#
cos ! sin !
" sin ! cos !
$
= sec !
#
cos ! sin !
" sin ! cos !
$
=
#
1 (a/b)
"(a/b) 1
$
.
Ahora suponiendo que se cumple para n, probamos que es válido para
n + 1.
#
1 ab
"ab 1
$n+1
=
#
1 ab
"ab 1
$n #
1 ab
"ab 1
$
=
4
1 +
a2
b2
5n/2 #
cos n! sin n!
" sin n! cos n!
$ #
1 ab
"ab 1
$
= (1 + tan2 !)n/2
#
cos n! sin n!
" sin n! cos n!
$ #
1 sin !cos !
" sin !cos ! 1
$
= (sec2 !)n/2
#
cos n! sin n!
" sin n! cos n!
$
sec !
#
cos ! sin !
" sin ! cos !
$
= secn+1 !
#
cos n! cos ! " sin n! sin ! cos n! sin ! + sin n! cos !
" sin n! cos ! " cos n! sin ! " sin n! sin ! + cos n! cos !
$
= (1 + tan2 !)(n+1)/2
#
cos(n + 1)! sin(n + 1)!
" sin(n + 1)! cos(n + 1)!
$
=
4
1 +
a2
b2
5(n+1)/2 #
cos(n + 1)! sin(n + 1)!
" sin(n + 1)! cos(n + 1)!
$
.
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.
1.19. Sea A =
&
'
1 2 0
2 "1 0
0 0 1
(
). Verifique que A3 " A2 " 5A + 5I3 = 0 para
determinar A"1 en función de A.
Solución: Tenemos que
A2 =
&
'
1 2 0
2 "1 0
0 0 1
(
)
&
'
1 2 0
2 "1 0
0 0 1
(
) =
&
'
5 0 0
0 5 0
0 0 1
(
)
A3 =
&
'
1 2 0
2 "1 0
0 0 1
(
)
&
'
5 0 0
0 5 0
0 0 1
(
) =
&
'
5 10 0
10 "5 0
0 0 1
(
)
y entonces A3 " A2 =
&
'
0 10 0
10 "10 0
0 0 0
(
). Luego,
A3 " A2 " 5A + 5I3 =
&
'
0 10 0
10 10 0
0 0 0
(
)" 5
&
'
1 2 0
2 "1 0
0 0 1
(
) + 5
&
'
1 0 0
0 1 0
0 0 1
(
)
=
&
'
0 10 0
10 "10 0
0 0 0
(
)+
&
'
"5 "10 0
"10 5 0
0 0 "5
(
)+
&
'
5 0 0
0 5 0
0 0 5
(
)
=
&
'
0 10 0
10 "10 0
0 0 0
(
)+
&
'
0 "10 0
"10 10 0
0 0 0
(
) = 0 .
Notemos que
A3 " A2 " 5A + 5I3 = 0 % (A2 " A " 5I3)A = "5I3
%
1
5
(A " A2 + 5I3)A = I3
% A"1 =
1
5
(A " A2 + 5I3)
% A"1 =
1
5
&
'
1 0 0
2 "1 0
0 0 5
(
) .
16 Caṕıtulo 1. Algebra Lineal Elemental
1.20. Calcule una inversa por la derecha de:
A =
#
1 2 "6
"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,
X =
+
,
x11 x12
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
"3 "8 5 0 1
$
)
#
1 2 "6 1 0
0 "2 "13 3 1
$
)
#
1 2 "6 1 0
0 1 132 "
3
2 "
1
2
$
)
#
1 0 "19 4 1
0 1 132 "
3
2 "
1
2
$
.
Entonces,
x11 = 4 + 19x31 ,
x12 = 1 + 19x32 ,
x21 = "
3
2
"
13
2
x31 ,
x22 = "
1
2
"
13
2
x32 .
Aśı, obtenemos una familia de matrices inversas por la derecha, para
valores x31, x32 en R, tomando x31 = x32 = 0 se obtiene
X =
+
,
4 1
"32 "
1
2
0 0
-
. .
1.21. Sea A de 3 / 4 tal que existen v1, v2, v3 $ R tales que
Av1 =
+
,
1
1
0
-
. , Av2 =
+
,
0
1
2
-
. , Av3 =
+
,
1
1
"1
-
. .
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 17
(a) Demuestre que el sistema Ax = b es consistente para todo b $ R3.
(b) Determine un vector x $ R4 tal que Ax =
+
,
1
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 = [v1v2v3], entonces AB = C
con
C =
+
,
1 0 1
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
"1 1 0
"2 2 "1
-
. .
(b) De lo anterior se tiene que ABC"1 = I, entonces ABC"1
+
,
1
2
3
-
. =
+
,
1
2
3
-
.. Entonces x = BC"1
+
,
1
2
3
-
. =
+
,
2
1
"1
-
. = 2v1 + v2 " v3.
1.22. Determine los valores de !, " para los cuales S = {v1, v2, v3} es lineal-
mente dependiente y b pertenece a +S, (ambas situaciones a la vez),
donde
v1 =
+
,
1
1
"
-
. , v2 =
+
,
2
1
1
-
. , v3 =
+
,
1
2
!
-
. , b =
+
,
!
"
1
-
. .
Solución: Construyo la matriz A cuyas columnas son los vectores v1, v2, v3
18 Caṕıtulo 1. Algebra Lineal Elemental
y b, esto es
A = [ $v1 $v2 $v3 $b ]
=
+
,
1 2 1 !
1 1 2 "
" 1 ! 1
-
.
)
+
,
1 2 1 !
0 "1 1 " " !
0 1 " 2" ! " " 1 " !"
-
.
)
+
,
1 2 1 !
0 1 "1 ! " "
0 0 ! " " + (1 " 2") 1 + " " ! + !" " 2"2
-
. .
Los vectores $v1, $v2, $v3 son linealmente dependientes si sólo si
! " 3" + 1 = 0 .
El vector $b pertenece a +$v1, $v2, $v3, si sólo si
1 + " " ! + !" " 2"2 = 0 .
Resuelvo
3
! " 3" + 1 = 0
1 + " " ! + !" " 2"2 = 0 %
3
! = "1 + 3"
"2 " 3" + 2 = 0 .
Encontramos dos soluciones ! = 2, " = 1 o ! = 5, " = 2.
1.23. Sea A =
&
'
2 4 3
0 1 "1
3 5 7
(
). Calcule adj A.
Solución: Se tiene A11 =
*
*
*
*
1 "1
5 7
*
*
*
*
= 12, A12 = "
*
*
*
*
0 "1
3 7
*
*
*
*
= "3,
A13 = "3, A21 = "13, A22 = 5, A23 = 2, A31 = "7, A32 = 2 y
A33 = 2.
Aśı, B =
*
*
*
*
*
*
12 "3 "3
"13 5 2
"7 2 2
*
*
*
*
*
*
y adj A = Bt =
*
*
*
*
*
*
12 "13 "7
"3 5 2
"3 2 2
*
*
*
*
*
*
.
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 19
1.24. Resuelva el sistema usando la regla de Cramer
2x1 + 4x2 + 6x3 = 18 ,
4x1 + 5x2 + 6x3 = 24 ,
3x1 + x2 " 2x3 = 4 .
Solución: Primero se tiene
D =
*
*
*
*
*
*
2 4 6
4 5 6
3 1 "2
*
*
*
*
*
*
= 6
de manera que el sistema tiene solución única.
Después D1 =
*
*
*
*
*
*
18 24 4
4 5 6
3 1 "2
*
*
*
*
*
*
= 24, D2 =
*
*
*
*
*
*
2 4 6
18 24 4
3 1 "2
*
*
*
*
*
*
= "12 y
D3 =
*
*
*
*
*
*
2 4 6
4 5 6
18 24 4
*
*
*
*
*
*
= 18.
Por lo tanto, x1 =
D1
D =
24
6 = 4, x2 =
D2
D =
"12
6 = "2 y x3 =
D3
D =
18
6 =
3.
1.25. Sea A =
&
'
4 3 2 1
3 2 1 4
2 1 4 3
(
), con coeficientes en Z5. Hallar el Ker(A).
Solución: Reducimos la matriz por eliminación de Gauss y obtenemos
&
'
4 3 2 1
3 2 1 4
2 1 4 3
(
) """0
&
'
1 0 0 4
0 1 0 4
0 0 1 4
(
)
tenemos que x1 = "4x4, x2 = "4x4 y x3 = "4x4, entonces:
KerA =
1
&
/
/
'
"4
"4
"4
1
(
0
0
)
2
(mod 5)
=
1
&
/
/
'
1
1
1
1
(
0
0
)
2
.
20 Caṕıtulo 1. Algebra Lineal Elemental
Caṕıtulo 2
Factorizaciones de Matrices
2.1. Demuestre la matriz A =
&
'
2 4 6
4 5 6
3 1 "2
(
) es invertible y escribala como
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(
1
2 )""""0
&
'
1 2 3 12 0 0
4 5 6 0 1 0
3 1 "2 0 0 1
(
)
E2,1(!4)
E3,1(!3)"""""0
&
'
1 2 3 12 0 0
0 "3 "6 "2 1 0
0 "5 "11 "32 0 1
(
)
E2(" 13 )"""""0
&
'
1 2 3 12 0 0
0 1 2 23 "
1
3 0
0 "5 "11 "32 0 1
(
)
E1,2(!2)E3,2(5)"""""0
&
'
1 2 "1 "56
2
3 0
0 1 2 23 "
1
3 0
0 0 "1 "116 "
5
3 1
(
)
E3("1)"""""0
&
'
1 0 "1 "56
2
3 0
0 1 2 23 "
1
3 0
0 0 1 "116
5
3 "1
(
)
E1,3(1)
E2,3(!2)"""""0
&
'
1 0 0 "83
7
3 "1
0 1 0 133 "
11
3 2
0 0 1 "116
5
3 "1
(
) .
21
22 Caṕıtulo 2. Factorizaciones de Matrices
Como A se redujo a I, se tiene:
A"1 =
&
'
"83
7
3 "1
13
3 "
11
3 2
"116
5
3 "1
(
) =
1
6
&
'
"16 14 "6
26 "22 12
"11 10 "6
(
) .
A"1 se obtuvo comenzando con I y aplicando nueve operaciones ele-
mentales. Aśı, A"1 es el producto de nueve matrices elementales
A"1 =
&
'
1 0 0
0 1 "2
0 0 1
(
)
? @A B
E2,3("2)
&
'
1 0 1
0 1 0
0 0 1
(
)
? @A B
E1,3(1)
&
'
1 0 0
0 1 0
0 0 "1
(
)
? @A B
E3("1)
&
'
1 0 0
0 1 0
0 5 1
(
)
? @A B
E3,2(5)
&
'
1 "2 0
0 1 0
0 0 1
(
)
? @A B
E1,2("2)
/
&
'
1 0 0
0 "13 0
0 0 1
(
)
? @A B
E2(" 13)
&
'
1 0 0
0 1 0
"3 0 1
(
)
? @A B
E3,1("3)
&
'
1 0 0
"4 1 0
0 0 1
(
)
? @A B
E2,1("4)
&
'
1
2 0 0
0 1 0
0 0 1
(
)
? @A B
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(!))
"1 = Ei,j("!) ,
(Ei(!))
"1 = Ei
4
1
!
5
,
(Pi,j)
"1 = Pi,j .
Entonces, tenemos que
&
'
2 4 6
4 5 6
3 1 "2
(
) =
&
'
2 0 0
0 1 0
0 0 1
(
)
&
'
1 0 0
4 1 0
0 0 1
(
)
&
'
1 0 0
0 1 0
3 0 1
(
)
&
'
1 0 0
0 "3 0
0 0 1
(
)
/
&
'
1 2 0
0 1 0
0 0 1
(
)
&
'
1 0 0
0 1 0
0 "5 1
(
)
&
'
1 0 0
0 1 0
0 0 "1
(
)
&
'
1 0 "1
0 1 0
0 0 1
(
)
&
'
1 0 0
0 1 2
0 0 1
(
) .
2.2. Escriba la matriz
A =
&
'
3 6 9
2 5 1
1 1 8
(
)
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 23
como el producto de matrices elementales y una matriz triangular su-
perior.
Solución: Se reduce A por filas para obtener la forma escalonada
&
'
3 6 9
2 5 1
1 1 8
(
)
E1(
1
3 )"""""0
&
'
1 2 3
2 5 1
1 1 8
(
)
E3,1("1)"""""0
&
'
1 2 3
0 1 "5
0 "1 5
(
)
E2,1(!2)
E3,1(!1)"""""0
&
'
1 2 3
0 1 "5
0 "1 5
(
)
E3,2(1)"""""0
&
'
1 2 3
0 1 "5
0 0 0
(
) = U .
Después, al trabajar hacia atrás, se ve que
U =
&
'
1 2 3
0 1 "5
0 0 0
(
) =
&
'
1 0 0
0 1 0
0 1 1
(
)
&
'
1 0 0
0 1 0
"1 0 1
(
)
/
&
'
1 0 0
"2 1 0
0 0 1
(
)
&
'
1
3 0 0
0 1 0
0 0 1
(
)
&
'
3 6 9
2 5 1
1 1 8
(
)
y tomando las inversas de las cuatro matrices elementales, se obtiene
A =
&
'
3 6 9
2 5 1
1 1 8
(
) =
&
'
3 0 0
0 1 0
0 0 1
(
)
&
'
1 0 0
2 1 0
0 0 1
(
)
&
'
1 0 0
0 1 0
1 0 1
(
)
/
&
'
1 0 0
0 1 0
0 "1 1
(
)
&
'
1 2 3
0 1 "5
0 0 0
(
) .
2.3. Sea
A =
&
/
/
'
2 3 2 4
4 10 "4 0
"3 "2 "5 "2
"2 4 4 "7
(
0
0
)
.
24 Caṕıtulo 2. Factorizaciones de Matrices
(a) Escriba A como producto de una matriz triangular inferior y una
matriz triangular superior.
(b) Resuelva el sistema Ax = b, donde b =
&
/
/
'
4
"8
"4
"1
(
0
0
)
.
Solución:
(a) Hacemos eliminacion gaussiana, pero esta vez no se dividen los el-
mentos de la diagonal (pivotes) por śı mismos:
&
/
/
'
2 3 2 4
4 10 "4 0
"3 "2 "5 "2
"2 4 4 "7
(
0
0
)
E2,1(!2)
E3,1(
3
2 )"""""0
&
/
/
'
2 3 2 4
0 4 "8 "8
0 52 "2 4
0 7 6 "3
(
0
0
)
E3,2(!
5
8 )
E4,2(!
7
4 )"""""0
&
/
/
'
2 3 2 4
0 4 "8 "8
0 0 3 9
0 0 20 11
(
0
0
)
E4,3(" 203 )"""""0
&
/
/
'
2 3 2 4
0 4 "8 "8
0 0 3 9
0 0 0 "49
(
0
0
)
= U .
Usando las matrices elementales se puede escribir
U =
&
/
/
'
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 "203 1
(
0
0
)
&
/
/
'
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 "74 0 1
(
0
0
)
&
/
/
'
1 0 0 0
0 1 0 0
0 "58 1 0
0 0 0 1
(
0
0
)
/
&
/
/
'
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
1 0 0 1
(
0
0
)
&
/
/
'
1 0 0 0
0 1 0 0
3
2 0 1 0
0 0 0 1
(
0
0
)
&
/
/
'
1 0 0 0
"2 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
(
0
0
)
A .
Luego
A =
&
/
/
'
1 0 0 0
2 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
(
0
0
)
&
/
/
'
1 0 0 0
0 1 0 0
"32 0 1 0
0 0 0 1
(
0
0
)
&
/
/
'
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
"1 0 0 1
(
0
0
)
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 25
/
&
/
/
'
1 0 0 0
0 1 0 0
0 58 1 0
0 0 0 1
(
0
0
)
&
/
/
'
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 74 0 1
(
0
0
)
&
/
/
'
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 203 1
(
0
0
)
U .
Se ha escrito A como un producto de seis matrices elementales y
una matriz triangular superior. Sea L el producto de las matrices
elementales. Debe usted verificar que L =
&
/
/
'
1 0 0 0
2 1 0 0
"32
5
8 1 0
"1 74
20
3 1
(
0
0
)
, que
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
L =
&
/
/
'
1 0 0 0
2 1 0 0
"32
5
8 1 0
"1 74
20
3 1
(
0
0
)
, U =
&
/
/
'
2 3 2 4
0 4 "8 "8
0 0 3 9
0 0 0 "49
(
0
0
)
.
El sistema Ly = b conduce a las ecuaciones
y1 = 4 ,
2y1 + y2 = "8 ,
"
3
2
y1 +
5
8
y2 + y3 = "4 ,
"y1 +
7
4
y2 +
20
3
y3 + y4 = "1 ,
o bien
y1 = 4 ,
y2 = "8 " 2y2 = "16 ,
y3 = "4 +
3
2
y1 "
5
8
y2 = 12 ,
y4 = "1 + y1 "
7
4
y2 "
20
3
y3 = "49 .
Se acaba de realizar la sustitución hacia adelante. Ahora, de Ux = y
26 Caṕıtulo 2. Factorizaciones de Matrices
se obtiene
2x1 + 3x2 + 2x3 + 4x4 = 4 ,
4x2 " 8x3 " 8x4 = "16 ,
3x3 + 9x4 = 12 ,
"49x4 = "49 ,
o bien
x4 = 1 ,
3x3 = 12 " 9x4 = 3 % x3 = 1 ,
4x2 = "16 + 8x3 + 8x4 = "16, % x2 = 0 ,
2x1 = 4 " 3x2 " 2x3 " 4x4 = "2, % x1 = "1 .
La solución es x =
&
/
/
'
"1
0
1
1
(
0
0
)
.
2.4. (Un camino más sencillo para obtener la factorización LU) Encuentre
la factorización LU de
&
/
/
'
2 3 2 4
4 10 "4 0
"3 "2 "5 "2
"2 4 4 "7
(
0
0
)
.
Solución: Este problema ya lo resolvimos en el ejercicio 2.3. Ahora se
usará un método más sencillo. Si A = LU , se sabe que A se puede
factorizar como
A =
&
/
/
'
2 3 2 4
4 10 "4 0
"3 "2 "5 "2
"2 4 4 "7
(
0
0
)
=
&
/
/
'
1 0 0 0
a 1 0 0
b c 1 0
d e f 1
(
0
0
)
&
/
/
'
2 3 2 4
0 u v w
0 0 x y
0 0 0 z
(
0
0
)
= LU.
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. Aśı, 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
Aśı, tenemos que
componente 2,3: "4 = 4 + v % v = "8 ,
componente 2,4: 0 = 8 + w % w = "8 ,
componente 3,1: "3 = 2b % b = "
3
2
,
componente 3,2: "2 = "
9
2
+ 4c % c =
5
8
,
componente 3,3: "5 = "3 " 5 + x % x = 3 ,
componente 3,4: "2 = "6 " 5 + y % y = 9 ,
componente 4,1: "2 = 2d % d = "1 ,
componente 4,2: 4 = "3 + 4e % e =
7
4
,
componente 4,3: 4 = "2 " 14 + 3f % f =
20
3
,
componente 4,4: "7 = "4 " 14 + 60 + z % z = "49 .
El resultado es la factorización que se obtuvo en el ejercicio 2.3. con un
esfuerzo considerablemente menor.
2.5. Demuestre que
&
'
1 2 3
"1 "2 "3
2 4 6
(
) tiene más de una factorización LU .
Solución: Usando la técnica del problema 2.4, se obtiene la factori-
zación
A =
&
'
1 2 3
"1 "2 "3
2 4 6
(
) =
&
'
1 0 0
"1 1 0
2 0 1
(
)
&
'
1 2 3
0 0 0
0 0 0
(
) = LU .
Sin embargo, si se hace L1 =
&
'
1 0 0
"1 1 0
2 x 1
(
), entonces A = L1U para
cualquier número real x. Aśı, en este caso, A tiene una factorización LU
pero no es única. Debe verificarse que A no es invertible.
Por otro lado,
B =
&
'
1 2 3
2 "1 4
3 1 7
(
) =
&
'
1 0 0
2 1 0
3 1 1
(
)
&
'
1 2 3
0 "5 "2
0 0 0
(
) = L%U %
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 Caṕıtulo 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 PA = LU para la matriz
A =
&
'
0 2 3
2 "4 7
1"2 5
(
)
y resuelva el sistema Ax = b donde b =
&
'
7
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
2 "4 7
1 "2 5
(
)
P1,3""""0
&
'
1 "2 5
2 "4 7
0 2 3
(
)
E2,1("2)"""""0
&
'
1 "2 5
0 0 "3
0 2 3
(
)
P2,3""""0
&
'
1 "2 5
0 2 3
0 0 "3
(
) .
Al realizar esta reducción por reglones se hicieron dos permutaciones.
P1,3 =
&
'
0 0 1
0 1 0
1 0 0
(
) , P2,3 =
&
'
1 0 0
0 0 1
0 1 0
(
) .
Entonces
P = P2,3P1,3 =
&
'
1 0 0
0 0 1
0 1 0
(
)
&
'
0 0 1
0 1 0
1 0 0
(
) =
&
'
0 0 1
1 0 0
0 1 0
(
)
y
PA =
&
'
0 0 1
1 0 0
0 1 0
(
)
&
'
0 2 3
2 "4 7
1 "2 5
(
) =
&
'
1 "2 5
0 2 3
2 "4 7
(
) .
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 29
Esta matriz se puede reducir a una forma triangular superior sin per-
mutaciones. Se tiene
&
'
1 "2 5
0 2 3
2 "4 7
(
)
E3,1("2)""""0
&
'
1 "2 5
0 2 3
0 0 "3
(
) = U .
Aśı,
&
'
1 0 0
0 1 0
"2 0 1
(
)PA = U ,
o bien
PA =
&
'
1 0 0
0 1 0
2 0 1
(
)
&
'
1 "2 5
0 2 3
0 0 "3
(
) = LU .
Por otro lado, tenemos que
LUx = PAx = Pb =
&
'
0 0 1
1 0 0
0 1 0
(
)
&
'
7
9
"6
(
) =
&
'
"6
7
9
(
) .
Se busca un y tal que Ly =
&
'
"6
7
9
(
). Esto es,
&
'
1 0 0
0 1 0
2 0 1
(
)
&
'
y1
y2
y3
(
) =
&
'
"6
7
9
(
) .
Entonces, y1 = "6, y2 = 7 y 2y1 + y3 = 9, por lo que y3 = 21 y
y =
&
'
"6
7
21
(
) .
Continuando, se busca un x tal que Ux =
&
'
"6
7
21
(
); es decir,
&
'
1 "2 5
0 2 3
0 0 "3
(
)
&
'
x1
x2
x3
(
) =
&
'
"6
7
21
(
) .
30 Caṕıtulo 2. Factorizaciones de Matrices
Por lo que
x1 " 2x2 + 5x3 = "6 ,
2x2 + 3x3 = 7 ,
"3x3 = 21 .
Por último, se obtiene despejando que x =
&
'
57
14
"7
(
).
2.7. Calcule la factorización de Choleski (con y sin ráız) de la matriz
A =
&
'
4 "1 1
"1 174
11
4
1 114
7
2
(
) .
Solución: La factorización de Choleski sin ráız corresponde a LDLT ,
para esto primero debemos determinar la factorización LU .
A =
&
'
4 "1 1
"1 174
11
4
1 114
7
2
(
) =
&
'
1 0 0
"14 1 0
1
4
3
4 1
(
)
&
'
4 "1 1
0 4 3
0 0 1
(
) = LU
Se deduce entonces que la factorización de Choleski sin ráız, LDLT de
A es:
A =
&
'
1 0 0
"14 1 0
1
4
3
4 1
(
)
&
'
4 0 0
0 4 0
0 0 1
(
)
&
'
1 "14
1
4
0 1 34
0 0 1
(
)
Por otro lado, tenemos que
A = LDLT
= L
(
D
(
DLT
= (L
(
D)(L
(
D
T
)T
= (L
(
D)(L
(
D)T
= KKT
donde K = L
(
D. Luego, tenemos la siguiente factorización de Choleski
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 31
con ráız de A es la que sigue:
A =
&
'
1 0 0
"14 1 0
1
4
3
4 1
(
)
&
'
(
4 0 0
0
(
4 0
0 0 1
(
)
&
'
(
4 0 0
0
(
4 0
0 0 1
(
)
&
'
1 "14
1
4
0 1 34
0 0 1
(
)
=
&
'
1 0 0
"14 1 0
1
4
3
4 1
(
)
&
'
2 0 0
0 2 0
0 0 1
(
)
&
'
2 0 0
0 2 0
0 0 1
(
)
&
'
1 "14
1
4
0 1 34
0 0 1
(
)
=
&
'
2 0 0
"12 2 0
1
2
3
2 1
(
)
&
'
2 "12
1
2
0 2 32
0 0 1
(
)
2.8. Demuestre que si A es invertible B = AT A y B = RT R es la factori-
zación de Choleski (con ráız 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 = AT
BY = AT
AT AY = AT /(AT )"1
AY = I /A"1
Y = A"1 .
2.9. Sea A una matriz cuadrada de orden k y considera la matriz cuadrada
B de orden k + 1 definida por
B =
&
/
/
/
'
1 0 . . . 0
1
... A
1
(
0
0
0
)
.
Supongamos que A admite la descomposición A = LU . Determine una
descomposición B = L̂Û para la matriz B.
Solución: Notemos que:
&
/
/
/
'
1 0 . . . 0
1
... A
1
(
0
0
0
)
Ei,1(!1)
i=2,..., k+1"""""0
&
/
/
/
'
1 0 . . . 0
0
... A
0
(
0
0
0
)
=
&
/
/
/
'
1 0 . . . 0
0
... LU
0
(
0
0
0
)
.
32 Caṕıtulo 2. Factorizaciones de Matrices
Sea E = Ek+1,1("1)Ek,1("1) · · ·E3,1("1)E2,1("1), entonces
EB =
&
/
/
/
'
1 0 . . . 0
0
... LU
0
(
0
0
0
)
=
&
/
/
/
'
1 0 . . . 0
0
... L
0
(
0
0
0
)
&
/
/
/
'
1 0 . . . 0
0
... U
0
(
0
0
0
)
.
Entonces
B = E"1
&
/
/
/
'
1 0 . . . 0
0
... L
0
(
0
0
0
)
&
/
/
/
'
1 0 . . . 0
0
... U
0
(
0
0
0
)
=
&
/
/
/
'
1 0 . . . 0
1
... L
1
(
0
0
0
)
&
/
/
/
'
1 0 . . . 0
0
... U
0
(
0
0
0
)
= L̂Û .
2.10. Sea
A =
&
/
/
'
0 0 "1 1 1
1 2 "2 3 3
1 2 1 2 1
"1 "2 "2 5 3
(
0
0
)
.
(a) Determine la factorización PA = LU
(b) Determine el valor de ! tal que el sistema Ax = (1, 3, !, 3 + 3!)T
tenga solución.
(c) Resuelva el sistema anterior, con el valor ! 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
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 33
y 2.
&
/
/
'
0 0 "1 1 1
1 2 "2 3 3
1 2 1 2 1
"1 "2 "2 5 3
(
0
0
)
P1,2"""0
&
/
/
'
1 2 "2 3 3
0 0 "1 1 1
1 2 1 2 1
"1 "2 "2 5 3
(
0
0
)
E3,1(!1)
E4,1(1)"""""0
&
/
/
'
1 2 "2 3 3
0 0 "1 1 1
0 0 3 "1 "2
0 0 "4 8 6
(
0
0
)
E3,2(3)
E4,2(!4)"""""0
&
/
/
'
1 2 "2 3 3
0 0 "1 1 1
0 0 0 2 1
0 0 0 4 2
(
0
0
)
E3,4("2)"""0
&
/
/
'
1 2 "2 3 3
0 0 "1 1 1
0 0 0 2 1
0 0 0 0 0
(
0
0
)
= U .
Entonces PA = LU donde
P =
&
/
/
'
0 1 0 0
1 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
(
0
0
)
, L =
&
/
/
'
1 0 0 0
0 1 0 0
1 "3 1 0
"1 4 2 1
(
0
0
)
, U =
&
/
/
'
1 2 "2 3 3
0 0 "1 1 1
0 0 0 2 1
0 0 0 0 0
(
0
0
)
.
Esta factorización no es única.
(b) Como Ax = b, entonces PAx = Pb y se resulve primero Ly = Pb y
luego Ux = y. Tenemos que Pb = (3, 1, !, 3 + 3!)T y
Ly =
&
/
/
'
1 0 0 0
0 1 0 0
1 "3 1 0
"1 4 2 1
(
0
0
)
&
/
/
'
y1
y2
y3
y4
(
0
0
)
=
&
/
/
'
y1
y2
y1 " 3y2 + y3
"y1 + 4y2 + 2y3 + y4
(
0
0
)
=
&
/
/
'
3
1
!
3 + 3!
(
0
0
)
.
34 Caṕıtulo 2. Factorizaciones de Matrices
Entonces,
&
/
/
'
y1
y2
y3
y4
(
0
0
)
=
&
/
/
'
3
1
!
! + 2
(
0
0
)
.
Luego y = (3, 1, ! + 3, ! " 4)T , como la última fila de U es nula, el
sistema Ux = y tiene solución si y sólo si !+2 = 0, esto es ! = "2.
(c) Resolvemos para ! = "2, Ux = (3, 1,"2, 0)T
Ux =
&
/
/
'
1 2 "2 3 3
0 0 "1 1 1
0 0 0 2 1
0 0 0 0 0
(
0
0
)
&
/
/
/
/
'
x1
x2
x3
x4
x5
(
0
0
0
0
)
=
&
/
/
'
x1 + 2x2 " 2x3 + 3x4 + 3x5
"x3 + x4 + x5
2x4 + x5
0
(
0
0
)
=
&
/
/
'
3
1
"2
0
(
0
0
)
.
Tomando x1, x3, x4 como variables básicas y x2, x5 como variables
libres obtenemos: x = (2 " x2, x2,"2 + 12x2,"1 "
1
2x5, x5)
T . La
solución de Ax = b entonces
x =
&
/
/
/
/
'
2
0
"2
"1
0
(
0
0
0
0
)
+ x2
&
/
/
/
/
'
"2
1
0
0
0
(
0
0
0
0
)
+ x5
&
/
/
/
/
'
"12
2
0
"12
1
(
0
0
0
0
)
(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
BEsp. Col =
C
D
D
E
D
D
F
&
/
/
'
0
1
1
"1
(
0
0
)
,
&
/
/
'
"1
"2
1
"2
(
0
0
)
,
&
/
/
'
1
3
2
5
(
0
0
)
G
D
D
H
D
D
I
.
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)} .
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 35
2.11. Dada la matriz
A =
&
'
p "p 2p
"p p + 2 "1
2p "1 6p " 1
(
)
se pide:
(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 |A2| =
*
*
*
*
p "p
"p p + 2
*
*
*
*
= 2p > 0 ,
|A3| =
*
*
*
*
*
*
p "p 2p
"p p + 2 "1
2p "1 6p " 1
*
*
*
*
*
*
= "p(4p2 " 8p + 3) > 0 .
Como p > 0 tenemos que |A3| > 0 - 4p2 " 8p + 3 < 0, entonces
4p2 " 8p + 3 = 0 % p = 4±24 , es decir: p =
1
2 o p =
3
2 . Se deduce
entonces que 4p2 " 8p + 3 < 0 - 12 < p <
3
2 .
(b) Para p = 1 tenemos que A =
&
'
1 "1 2
"1 3 "1
2 "1 5
(
) determinamos su
factorización LU
&
'
1 "1 2
"1 3 "1
2 "1 5
(
)
E2,1(1)
E3,1(!2)"""""0
&'
1 "1 2
0 2 1
0 1 1
(
)
E3,2(" 12 )"""""0
&
'
1 "1 2
0 2 1
0 0 12
(
) = U .
36 Caṕıtulo 2. Factorizaciones de Matrices
Entonces
A = LU =
&
'
1 0 0
"1 1 0
2 12 1
(
)
&
'
1 "1 2
0 2 1
0 0 12
(
)
=
&
'
1 0 0
"1 1 0
2 12 1
(
)
&
'
1 0 0
0 2 0
0 0 12
(
)
&
'
1 "1 2
0 1 12
0 0 1
(
) F.C. sin ráız
=
&
'
1 0 0
"1 1 0
2 12 1
(
)
&
'
1 0 0
0
(
2 0
0 0 1&
2
(
)
&
'
1 0 0
0
(
2 0
0 0 1&
2
(
)
&
'
1 "1 2
0 1 12
0 0 1
(
)
=
&
'
1 0 0
"1
(
2 0
2
&
2
2
&
2
2
(
)
&
'
1 "1 2
0
(
2
&
2
2
0 0
&
2
2
(
) .
El sistema Ax = b se puede escribir de la forma
&
'
1 0 0
"1
(
2 0
2
&
2
2
&
2
2
(
)
&
'
1 "1 2
0
(
2
&
2
2
0 0
&
2
2
(
)
&
'
x1
x2
x3
(
) =
&
'
1
0
3
(
) .
Del primero de ellos, tenemos que
&
'
1 0 0
"1
(
2 0
2
&
2
2
&
2
2
(
)
&
'
y1
y2
y3
(
) =
&
'
1
0
3
(
)
se decuce que y1 = 1, y2 =
1&
2
, y3 =
1&
2
. y de la segunda se ve que
&
'
1 "1 2
0
(
2
&
2
2
0 0
&
2
2
(
)
&
'
x1
x2
x3
(
) =
&
'
1
1&
2
1&
2
(
)
entonces x1 = "1, x2 = 0, x3 = 1.
2.12. Realizar la factorización de Choleski de la matriz
A =
&
/
/
'
1 1 1 1
1 5 3 3
1 3 11 5
1 3 5 19
(
0
0
)
.
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 37
Solución: Claramente la matriz A es simétrica, además dado que el
determinante de las matrices subprincipales son no negativos, ya que:
|A1| = 1 > 0, |A2| =
*
*
*
*
1 1
1 5
*
*
*
*
= 4 > 0 ,
|A3| =
*
*
*
*
*
*
1 1 1
1 5 3
1 3 11
*
*
*
*
*
*
= 36 > 0, |A4| =
*
*
*
*
*
*
*
*
1 1 1 1
1 5 3 3
1 3 11 5
1 3 5 19
*
*
*
*
*
*
*
*
= 576 > 0 .
Hacemos eliminación de Gauss, para hallar la factorización LU
&
/
/
'
1 1 1 1
1 5 3 3
1 3 11 5
1 3 5 19
(
0
0
)
Ei,1(!1)
i=2,3,4"""""0
&
/
/
'
1 1 1 1
0 4 2 2
0 2 10 4
0 2 4 18
(
0
0
)
Ei,2(!
1
2 )
i=3,4"""""0
&
/
/
'
1 1 1 1
0 4 2 2
0 0 9 3
0 0 3 17
(
0
0
)
E4,3(" 13 )"""""0
&
/
/
'
1 1 1 1
0 4 2 2
0 0 9 3
0 0 0 16
(
0
0
)
= U .
Entonces,
A =
&
/
/
'
1 0 0 0
1 1 0 0
1 12 1 0
1 12
1
3 1
(
0
0
)
&
/
/
'
1 1 1 1
0 4 2 2
0 0 9 3
0 0 0 16
(
0
0
)
= LU .
La Factorización de Choleski sin ráız es
A = LDLT =
&
/
/
'
1 0 0 0
1 1 0 0
1 12 1 0
1 12
1
3 1
(
0
0
)
&
/
/
'
1 0 0 0
0 4 0 0
0 0 9 0
0 0 0 16
(
0
0
)
&
/
/
'
1 1 1 1
0 1 12
1
2
0 0 1 13
0 0 0 1
(
0
0
)
.
38 Caṕıtulo 2. Factorizaciones de Matrices
La Factorización de Choleski con ráız es la que sigue
A =
&
/
/
'
1 0 0 0
1 1 0 0
1 12 1 0
1 12
1
3 1
(
0
0
)
&
/
/
'
1 0 0 0
0 2 0 0
0 0 3 0
0 0 0 4
(
0
0
)
&
/
/
'
1 0 0 0
0 2 0 0
0 0 3 0
0 0 0 4
(
0
0
)
&
/
/
'
1 1 1 1
0 1 12
1
2
0 0 1 13
0 0 0 1
(
0
0
)
=
&
/
/
'
1 0 0 0
1 2 0 0
1 1 3 0
1 1 1 4
(
0
0
)
&
/
/
'
1 1 1 1
0 2 1 1
0 0 3 1
0 0 0 4
(
0
0
)
.
2.13. Demuestre que si A es simétrica e invertible entonces A2 es simétrica
definida positiva.
Solución: Primero veamos que A2es simétrica, esto se tiene de
(A2)t = AtAt = AA = A2. Falta ver que A2 es definida positiva, en
efecto si x $ Rn con x *= 0, entonces
AtA2x = (xtA)Ax = (xtAt)(Ax) = (Ax)t(Ax) = 'Ax'2 ! 0 .
Como A es invertible y x *= 0, entonces Ax *= 0 y por lo tanto 'Ax' *= 0.
2.14. Sea A simétrica positiva definida de n / n y B una matriz de n / 1.
Pruebe que C = 2A3 + 3BBt es simétrica positiva definida.
Solución: Basta probar que C = Ct. En efecto,
Ct = (2A3 + 3BBt)t
= 2(A3)t + 3(BBt)t
= 2(At)3 + 3(Bt)tBt
= 2A3 + 3BBt
= C .
Además, C es positiva definida pues
xtCx = 2xtAAAx + 3xtBBtx
= 2(Ax)tA(Ax) + 3(Btx)t(Btx)
= 2ztAz + 3yty
donde z = Ax y y = Btx. Como A es positiva definida, entonces para
todo z se tiene que ztAz > 0 y como B *= 0 y x *= 0, entonces tenemos
que Btx *= 0 y yty > 0.
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 39
2.15. Determine si la siguiente forma cuadrática
2x21 " 4x1x2 + 4x1x3 + 5x22 + 8x2x3 + 16x23
es definida positiva o definida negativa y escribala como la suma pon-
derada de cuadrados.
Solución: Toda forma cuadrática puede ser escrita de la forma xT Ax,
para esto se suele usar matrices simétricas, para nuestro caso:
A =
&
'
2 "2 2
"2 5 4
2 4 16
(
) .
Entonces, A representa la forma cuadrática, debido a que
xT Ax = (x1 x2 x3)
&
'
2 "2 2
"2 5 4
2 4 16
(
)
&
'
x1
x2
x3
(
)
= (x1 x2 x3)
&
'
2x1 " 2x2 + 2x3
"2x1 + 5x2 + 4x3
2x1 + 4x2 + 16x3
(
)
= 2x21 " 4x1x2 + 4x1x3 + 5x22 + 8x2x3 + 16x23 .
Ahora se escribe la matriz en la factorización LDLT , para esto debemos
escontrar primero la factorización LU .
A =
&
'
2 "2 2
"2 5 4
2 4 16
(
) =
&
'
1 0 0
a 1 0
b c 1
(
)
&
'
2 "2 2
0 x y
0 0 z
(
) .
Aśı, tenemos que
componente 2,1: 2a = "2 % a = "1 ,
componente 2,2: "2a + x = 5 % x = 3 ,
componente 2,3: 2a + y = 4 % y = 6 ,
componente 3,1: 2b = 2 % b = 1 ,
componente 3,2: "2b + cx = 4 % c = 2 ,
componente 3,3: 2b + cy + z = 16 % z = 2 .
40 Caṕıtulo 2. Factorizaciones de Matrices
Entonces,
A =
&
'
2 "2 2
"2 5 4
2 4 16
(
) =
&
'
1 0 0
"1 1 0
1 2 1
(
)
&
'
2 "2 2
0 3 6
0 0 2
(
) = LU .
Se deduce que la factorización LDLT de A es
A =
&
'
1 0 0
"1 1 0
1 2 1
(
)
&
'
2 0 0
0 3 0
0 0 2
(
)
&
'
1 "1 1
0 1 2
0 0 1
(
) .
Notemos que,
xT Ax = xT LDLT x
= (LT x)T D(LT x)
= yTDy
donde y = LT x, es decir
yTDy = (y1 y2 y3)
&
'
2 0 0
0 3 0
0 0 2
(
)
&
'
y1
y2
y3
(
) = 2y21 + 3y
2
2 + 2y
2
3 .
Además, como
y = LT x =
&
'
1 "1 1
0 1 2
0 0 1
(
)
&
'
x1
x2
x3
(
) =
&
'
x1 " x2 + x3
x2 + 2x3
x3
(
) .
Entonces la forma cuadrática nos queda
xT Ax = yTDy = 2y21 +3y
2
2 +2y
2
3 = 2(x1"x2 +x3)2 +3(x2 +2x3)2 +2x23 .
Por último esta forma cuadrática es positiva definida porque xT Ax > 0
si x *= 0, ya que los elementos de la diagonal de la matriz D son mayores
que cero.
2.16. Considere la forma cuadrática
&(x) = x21 + 5x
2
2 + 4x
2
3 + 3x
2
4 " 2x1x2 " 2x1x4 " 6x2x4 + 4x2x3 " 2x2x4
escŕıbala como suma ponderada mediante un cambio de variables ade-
cuado y clasifiquela.
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 41
Solución: Todo forma cuadrática puede escribirse de la forma &(x) =
xT Ax donde A es una matriz simétrica, entonces
A =
&
/
/
'
1 "1 0 "1
"1 5 2 "3
0 2 4 "1
"1 "3 "1 3
(
0
0
)
Claramente A representa a la forma cuadrática, ya que
xT Ax = (x1 x2 x3 x4)
&
/
/
'
1 "1 0 "1
"1 5 2 "3
0 2 4 "1
"1 "3 "1 3
(
0
0
)
&
/
/
'
x1
x2
x3
x4
(
0
0
)
= (x1 x2 x3 x4)
&
/
/
'
x1 " x2 " x4
"x1 + 5x2 + 2x3 " 3x4
2x2 + 4x3 " x4
"x1 " 3x2 " x3 + 3x4
(
0
0
)
= x21 + 5x
2
2 + 4x
2
3 + 3x
2
4 " 2x1x2 " 2x1x4 " 6x2x4 + 4x2x3 " 2x2x4
= &(x) .
Ahora se puede escribir A en su forma factorizada LDLT , para esto
debemos determinar su factorización LU .
A =
&
/
/
'
1 0 0 0
"1 1 0 0
0 12 1 0
"1 "1 13 1
(
0
0
)
&
/
/
'
1 "1 0 "1
0 4 2 "4
0 0 3 1
0 0 0 "73
(
0
0
)
= LU .
Los pivotes son 1, 4, 3,"73 , entonces la forma cuadrática & no es definida
positiva, ni definida negativa.
42 Caṕıtulo 2. Factorizaciones de Matrices
Ahora,
A =
&
/
/
'
1 0 0 0
"1 1 0 0
0 12 1 0
"1 "1 13 1
(
0
0
)
&
/
/
'
1 0 0 0
0 4 0 0
0 0 3 0
0 0 0 "73
(
0
0
)
&
/
/
'
1 "1 0 "1
0 1 2 "4
0 0 1 1
0 0 0 1
(
0
0
)
=
&
/
/
'
1 0 0 0
"1 1 0 0
0 12 1 0
"1 "1 13 1
(
0
0
)
&
/
/
/
'
1 0 0 0
0 2 0 0
0 0
(
3 0
0 0 0 i
J
7
3
(
0
0
0
)
&
/
/
/
'
1 0 0 0
0 2 0 0
0 0
(
3 0
0 0 0 i
J
7
3
(
0
0
0
)
/
&
/
/
'
1 "1 0 "1
0 1 2 "4
0 0 1 1
0 0 0 1
(
0
0
)
=
&
/
/
/
'
1 0 0 0
"1 2 0 0
0 1
(
3 0
"1 "2
&
3
3 i
J
7
3
(
0
0
0
)
? @A B
K
&
/
/
/
'
1 "1 0 "1
0 2 1 "2
0 0
(
3
&
3
3
0 0 0 i
J
7
3
(
0
0
0
)
? @A B
KT
.
Luego,
&(x) = xT Ax = xT KKT x
= (KT x)T KT x = 'KT x'2
=
K
K
K
K
K
K
K
K
K
&
/
/
/
'
x1 " x2 " x4
2x2 + x3 " 2x4(
3x3 +
&
3
3 x4
i
J
7
3x4
(
0
0
0
)
K
K
K
K
K
K
K
K
K
2
= (x1 " x2 " x4)2 + (2x2 + x3 " 2x4)2 +
L
(
3x3 +
(
3
3
x4
M2
"
7
3
x24 .
Caṕıtulo 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 considerarX = AB"1, entonces
det(X) = det(AB"1) = det(A)
1
det(B)
= det(A)
1
det(A)
= 1
y además XB = AB"1B = 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 sin-
gular, lo cual implica necesariamente que ker(A " I) *= {$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 *= 0
donde R es la matriz siguiente
R =
&
/
/
/
/
'
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
(
0
0
0
0
)
.
43
44 Caṕıtulo 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
=
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
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
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
x a a a a
"1 1 0 0 0
"1 0 1 0 0
"1 0 0 1 0
"1 0 0 0 1
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
P1,5
= "(x " a)4
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
"1 0 0 0 1
"1 1 0 0 0
"1 0 1 0 0
"1 0 0 1 0
x a a a a
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
Ei,1(!1) i=2,...,4
E5,1(x)
= "(x " a)4
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
"1 0 0 0 1
0 1 0 0 "1
0 0 1 0 "1
0 0 0 1 "1
0 a a a a + x
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
E5,2("a)
= "(x " a)4
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
"1 0 0 0 1
0 1 0 0 "1
0 0 1 0 "1
0 0 0 1 "1
0 0 a a 2a + x
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
E5,3("a)
= "(x " a)4
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
"1 0 0 0 1
0 1 0 0 "1
0 0 1 0 "1
0 0 0 1 "1
0 0 0 a 3a + x
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
E5,4("a)
= "(x " a)4
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
"1 0 0 0 1
0 1 0 0 "1
0 0 1 0 "1
0 0 0 1 "1
0 0 0 0 4a + x
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
.
La última matriz es una triangular superior, entonces
det(R) = (x " a)4(x + 4a) .
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 45
Por lo tanto, si x *= a y x *= "4a se tiene que det(R) *= 0.
3.4. Sean u1 y u2 dos vectores en R2 y sean v1 = Au1 y v2 = Au2. Demuestre
que Area+v1, v2, = Area+u1, u2,| detA|.
Solución: Sea B = (u1 u2) luego C = (v1 v2) = (Au1 Au2) = AB
como sabemos que Area+u1, u2, = | detB|, luego:
Area+v1, v2, = | detC| = | det(AB)| = | detB|| det A| = Area+u1, u2,| detA|
3.5. Encuentre el determinante de la siguiente matriz de 2n/2n donde cada
bloque es de n / n y a, b $ R
C =
&
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
'
0 · · · 0 a 1 · · · 1 1
1 a · · · 1 1
...
...
...
. . .
...
1 1 · · · a 1
0 · · · 0 1 1 · · · 1 a
"b "1 · · · "1 "1 0 · · · 0
"1 "b · · · "1 "1
...
. . .
...
...
...
"1 "1 · · · "b "1
"1 "1 · · · "1 "b 0 · · · 0
(
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
)
.
Solución:
| C| = ("1)n
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
0 · · · 0 a 1 · · · 1 1
1 a · · · 1 1
...
...
...
. . .
...
1 1 · · · a 1
0 · · · 0 1 1 · · · 1 a
b 1 · · · 1 1 0 · · · 0
1 b · · · 1 1
...
. . .
...
...
...
1 1 · · · b 1
1 1 · · · 1 b 0 · · · 0
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
.
46 Caṕıtulo 3. Determinantes
Si intercambiamos la fila i por la fila i + n para i = 1, ..., n obtenemos
| C| = ("1)n("1)n
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
b 1 · · · 1 1 0 · · · 0
1 b · · · 1 1
...
. . .
...
...
...
1 1 · · · b 1
1 1 · · · 1 b 0 · · · 0
0 · · · 0 a 1 · · · 1 1
1 a · · · 1 1
...
...
...
. . .
...
1 1 · · · a 1
0 · · · 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
0 b " 1 · · · 0 1 " b
...
. . .
...
...
...
0 0 · · · b " 1 1 " b
1 1 · · · 1 b 0 · · · 0
0 · · · 0 a " 1 0 · · · 0 1 " a
0 a " 1 · · · 0 1 " a
...
...
...
. . .
...
0 0 · · · a " 1 1 " a
0 · · · 0 1 1 · · · 1 a
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
Si a = 1 o b = 1 entonces | C | = 0, supongamos que a *= 1 y b *= 1 y
hacemos las operaciones elementales En, i
=
1
b"1
>
para i = 1, ..., n " 1 y
En,j
=
1
a"1
>
para j = n + 1, ..., 2n " 1 y resulta
|C| =
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
b " 1 0 · · · 0 1 " b 0 · · · 0
0 b " 1 · · · 0 1 " b
...
. . .
...
...
...
0 0 · · · b " 1 1 " b
0 0 · · · 0 b " 1 + n 0 · · · 0
0 · · · 0 a " 1 0 · · · 0 1 " a
0 a " 1 · · · 0 1 " a
...
...
...
. . .
...
0 0 · · · a " 1 1 " a
0 · · · 0 0 0 · · · 0 a " 1 + n
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 47
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
vi · vj =
3
x si i = j
a si i *= j
Calcule det(AAt).
Solución: Notemos que de la condición dada obtenemos que:
AAt =
&
/
/
/
/
'
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
(
0
0
0
0
)
.
Entonces
det(AAt) =
&
/
/
/
/
'
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
(
0
0
0
0
)
.
Entonces, recordamos que en el problema 3.3 se calculo este determi-
nante haciendo operaciones elementales
det(AAt) = (x " a)4(x + 4a) .
48 Caṕıtulo 3. Determinantes
Caṕıtulo 4
Espacios Vectoriales
4.1. Determine si los siguientes conjuntos son espacios vectoriales
(a) D[0, 1] = {f : [0, 1] 0 R : f es diferenciable} con las operaciones:
(f + g)(x) = f(x) + g(x) (!f)(x) = ![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)
!(x, y) = (! + !x " 1, ! + !y " 1)
(e)
34
1 !
" 1
5
: !, " $ R
6
con las operaciones de matrices de suma y
multiplicación por escalar.
(f) V = {p $ Pn(R) : a0 = 0} donde p(x) = anxn + an"1xn"1 + ... +
a1x + a0 con las operaciones de Pn(R)
(g) {A $ Mnn(R) : At = A} bajo la suma y 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 vec-
torial:
49
50 Caṕıtulo 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 ! es un escalar, entonces !x $ V
vii. Si x, y $ V y ! es un escalar, entonces !(x + y) = !x + !y
viii. Si x $ V y !, " son escalres, entonces (! + ")x = !x + "x
ix. Si x $ V y !, " son escalares, entonces !("x) = (!")x
x. Para cada vector x $ V , 1x = x
(a) D[0, 1] es un espacio vectorial, como la suma de funciones difer-
enciables es diferenciable, el axioma (i) se cumple y los otros 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)
!(x, y) = (! + !x " 1, ! + !y " 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.
!((x, y) + (a, b)) = !(x + a + 1, y + b + 1)
= (! + !(x + a + 1) " 1, ! + !(y + b + 1) " 1)
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 51
= (2! + !x + !a " 1, 2! + !y + !b " 1)
= ((! + !x " 1) + (! + !a " 1) + 1, (! + !y " 1) + (! + !b " 1)+ 1)
= (! + !x" 1, ! + !y " 1) + (! + !a" 1, ! + !b" 1)
= !(x, y) + !(a, b)
viii.
(! + ")(x, y) = ((! + ") + (! + ")x " 1, (! + ") + (! + ")y " 1)
= ((! + !x " 1) + (" + "x " 1) + 1, (! + !y " 1) + (" + "y " 1) + 1)
= (! + !x " 1, ! + !y " 1) + ((" + "x " 1, " + "y " 1)
= !(x, y) + "(x, y)
ix.
!("(x, y)) = !(" + "x " 1, " + "y " 1)
= (! + !(" + "x " 1) " 1, ! + !(" + "y " 1) " 1)
= (! + !" + !"x " ! " 1, ! + !" + !"y " ! " 1)
= (!" + !"x " 1, !"y " 1)
= (!")(x, y)
x. Si ! = 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
4
1 !
" 1
5
+
4
1 '
# 1
5
=
4
2 ! + '
" + # 2
5
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) = "anxn " an"1xn"1 " ... " a1x " 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 Caṕıtulo 4. Espacios Vectoriales
simétricas entonces (A+B)t = At +Bt = A+B y se cumple el axioma
(i), con 0 la matriz cero de n / n la cual es 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 ! < 0 y (x, y) $ R2 tal que y & 0, entonces
!(x, y) = (!x, !y) con !y ! 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 ! $ R, entonces basta probar
que (P + q)(t) $ P3(R) y (!p)(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 (!p)%("1) = !p%("1) = 0 y además (!p)(0)+
(!p)%%(1) = !(p(0) + p%%("1)) = 0. Luego, C es subespacio.
Ahora, sea p(t) = a3t3 + a2t2 + a1t + a0 $ P3(R) entonces p(t) $ C si y
sólo si p%("1) = p(0) + p%%(1) = 0, esto es,
p%(t)|t="1 = (3a3t
2 + 2a2t + a1)
*
*
t="1 = 3a3 " 2a2 + a1 = 0
y como p(0) = a0 y p%%(t)|t=1 = (6a3t + 2a2)|t=1 = 6a3 + 2a2, es decir
6a3 + 2a2 + a0 = 0 .
Entonces, las variables 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) = a3t
3 + a2t
2 + a1t + a0
= a3t
3 + a2t
2 + (2a2 " 3a3)t " 2a2 " 6a3
= a3(t
3 " 3t " 6) + a2(t2 + 2t " 2) .
Luego, la base de U es {t2 + 2t " 2, t3 " 3t " 6} y dim U = 2.
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 53
4.3. Determine una base del subespacio
L = +1 + 3x " 2x2 + x3, 3 + 10x " 4x2 + 4x3, 2 + 8x + 4x3,
de P3(R) y su 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
A =
+
,
1 3 "2 1
3 10 "4 4
2 8 0 4
-
. )
+
,
1 3 "2 1
0 1 2 1
0 2 4 2
-
. )
+
,
1 3 "2 1
0 1 2 1
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 es escalonar la matriz cuyas columnas son los
vectores coordenadas
B =
+
N
N
,
1 3 2
3 10 8
"2 "4 0
1 4 4
-
O
O
.
)
+
N
N
,
1 3 2
0 1 2
0 2 4
0 1 2
-
O
O
.
)
+
N
N
,
1 3 2
0 1 2
0 0 0
0 0 0
-
O
O
.
.
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 co-
ordenados (1, 1,"1, 3) y (2, 2, 0,"1) son linealmente independientes, si
!(1, 1,"1, 3) + "(2, 2, 0,"1) = 0 %
! + 2" = 0
"! = 0
3! " " = 0
G
H
I
% ! = " = 0 .
Entonces, {1 + x " x2 + 3x3, 2 + 2x " x3} es un conjunto linealmente
independiente. Ahora, llevamos la matriz A a su forma escalonada re-
ducida
A =
4
1 1 "1 3
2 2 0 "1
5
)
4
1 1 "1 3
0 0 2 "7
5
.
Fran Fuentes
54 Caṕıtulo 4. Espacios Vectoriales
Las filas
4
0 1 # '
0 0 0 1
5
completan a una base de R4 a las filas de la matriz escalonda. Por lo
tanto, los polinomios x + #x2 + 'x3 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
2
-
. = !11u1 + !21u2 + !31u3
= !11
+
,
1
1
1
-
.+ !21
+
,
2
0
1
-
.+ !31
+
,
1
2
1
-
.
=
+
,
1 2 1
1 0 2
1 1 1
-
.
+
,
!11
!21
!31
-
. .
Similarmente, tenemos que
v2 =
+
,
0
"1
1
-
. =
+
,
1 2 1
1 0 2
1 1 1
-
.
+
,
!12
!22
!32
-
. ,
v3 =
+
,
1
1
1
-
. =
+
,
1 2 1
1 0 2
1 1 1
-
.
+
,
!13
!23
!33
-
. .
Entonces, los tres sistemas de ecuaciones se pueden escribir como
[v1v2v3] =
+
,
1 0 1
1 "1 1
2 1 1
-
. =
+
,
1 2 1
1 0 2
1 1 1
-
.
+
,
!11 !12 !13
!21 !22 !23
!31 !32 !33
-
. =
+
,
1 2 1
1 0 2
1 1 1
-
.P .
Fran Fuentes
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 55
Entonces
P =
+
,
1 2 1
1 0 2
1 1 1
-
.
"1 +
,
1 0 1
1 "1 1
2 1 1
-
.
=
+
,
"2 "1 4
1 0 "1
1 1 "2
-
.
+
,
1 0 1
1 "1 1
2 1 1
-
.
=
+
,
5 5 1
"1 "1 0
"2 "3 0
-
. .
4.6. Sea B1 = {1 + t " t2, t2 " t, 2 + t " 2t2} una base de P2(R). Si B0 es 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 expre-
samos los vectores coordenadas, de cada vector ui, en la base canónica
de P2(R).
[u1]B0 =
+
,
1
1
"1
-
. , [u2]B0 =
+
,
0
"1
1
-
. , [u3]B0 =
+
,
2
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
P 01 = S
"1 =
+
,
1 2 2
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 ,
Fran Fuentes
56 Caṕıtulo 4. Espacios Vectoriales
(d) "12x
3 + 52x
2 " x " 1 .
Solución: Determinamos el sistema homogéneo asociado al generador.
+
N
N
,
"2 0 1 a0
0 1 0 a1
1 0 2 a2
0 1 1 a3
-
O
O
.
=
+
N
N
,
1 0 "12 "
a0
2
0 1 0 a1
1 0 2 a2
0 1 1 a3
-
O
O
.
=
+
N
N
,
1 0 "12 "
a0
2
0 1 0 a1
0 0 52 a2 +
a2
2
0 0 1 a3 " a1
-
O
O
.
=
+
N
N
,
1 0 "12 "
a0
2
0 1 0 a1
0 0 52 a2 +
a2
2
0 0 0 a3 " a1 " 25a2 "
1
5a0
-
O
O
.
.
Entonces, a3 " 25a2 " a1 "
1
5a0 = 0.
(a) 0 " 25 · 1 " ("1) "
1
5 · 3 = "
5
5 + 1 = 0 % x
2 " x + 3 $ +W , ,
(b) 4" 25(0)" ("3)"
1
5(5) = 4 + 3" 1 *= 0 % 4x
3 " 3x + 5 no pertence
a +W , ,
(c) 0" 25(1)" ("2)"
1
5(1) =
7
5 *= 0 % x
2 " 2x + 1 no pertenece a +W , ,
(d) "12 "
2
5
5
2 " ("1) "
1
5("1) = "
3
10 *= 0 % "
1
2x
3 + 52x
2 " x " 1 no
pertenece a +W , .
4.8. Considere los siguientes subespacios de P3(R)
U1 = +3 " 2x + x2 + x3,"1 + x2 " x3, 2 " x + x3, ,
U2 = +2 " x + 2x2 + x3,"x " x3, 3 " 2x + 3x2 + x3, .
(a) Encuentre una base y la dimensión de U1, U2, U1 + U2 y U1 1 U2.
(b) Encuentre una base y la dimensión de U3 tal que (U1 1 U2) 2 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
+
N
N
,
3 "1 2
"2 0 "1
1 1 0
1 "1 1
-
O
O
.
)
+
N
N
,
1 1 0
"2 0 "1
3 "1 2
1 "1 1
-
O
O
.
)
+
N
N
,
1 1 0
0 2 "1
0 "4 2
0 "2 1
-
O
O
.
)
+
N
N
,
1 1 0
0 2"1
0 0 0
0 0 0
-
O
O
.
Fran Fuentes
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
+
N
N
,
2 0 3
"1 "1 "2
2 0 3
1 "1 1
-
O
O
.
)
+
N
N
,
1 "1 1
0 2 1
0 0 0
0 0 0
-
O
O
.
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
+
N
N
,
3 "1 2 0
"2 0 "1 "1
1 1 2 0
1 "1 1 "1
-
O
O
.
)
+
N
N
,
1 0 0 1
0 1 0 1
0 0 1 "1
0 0 0 0
-
O
O
.
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 1U2) se deduce que dim(U11U2) = 1. Para
encontrar una base de U11U2 debemos notar que un vector (x, y, z, w) $
(U1 1 U2) deberá tener la forma: !1(3,"2, 1, 1) + !2("1, 0, 1,"1), por
pertenecer a U1 y "1(2,"1, 2, 1) + "2(0,"1, 0,"1), por pertenecer a U2
luego !1(3,"2, 1, 1)+!2("1, 0, 1,"1) = "1(2,"1, 2, 1)+"2(0,"1, 0,"1)
de esto,
3!1 " !2 " 2"1 = 0
"2!1 + "1 + "2 = 0
!1 + !2 " 2"1 = 0
!1 " !2 " "1 + "2 = 0
G
D
DH
D
D
I
%
+
N
N
,
3 "1 "2 0
"2 0 1 1
1 1 "2 0
1 "1 "1 1
-
O
O
.
luego debemos encontrar el Ker de la última matriz que esta genera-
do por el vector (1, 1, 1, 1), con lo que (x, y, z, w) = (3,"2, 1, 1) +
("1, 0, 1,"1) = 2(1,"1, 1, 0) implica que la base de U1 1 U2 es {1 "
x + x2}. Para encontrar U3 consideramos la matriz
+
N
N
,
1 1 0 0 0
"1 0 1 0 0
1 0 0 1 0
0 0 0 0 1
-
O
O
.
)
+
N
N
,
1 0 0 1 0
0 1 0 1 0
0 0 1 1 0
0 0 0 0 1
-
O
O
.
.
Luego {1"x+x2, 1, x, x3} es una base de P3, por lo que U3 = +1, x, x3,
y tiene dimensión 3.
Fran Fuentes
58 Caṕıtulo 4. Espacios Vectoriales
4.9. Sea W1 y W2 subespacios de Rn de dimensión n " 1 con n > 2, de-
muestre que W1 1 W2 *= 0.
Solución: Basta probar que dim(W1 1W2) > 0, para esto supongamos
lo contrario, es decir, W1 1 W2 = 0 como
dim(W1 + W2) = dim W1 + dim W2 " dim(W1 1 W2)
obtenemos que dim(W1 + W2) = n " 1 + n " 1 = 2(n " 1) y como
W1 +W2 3 Rn y dim Rn = n entonces dim(W1 +W2) > dim Rn, lo cual
es absurdo si n > 2. Por lo tanto,
dim(W1 1 W2) > 0 % W1 1 W2 *= {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
U =
C
E
F
&
'
0 a b
a 0 c
b c 0
(
) : a, b, c $ R
G
H
I
=
C
E
F
&
'
0 a 0
a 0 0
0 0 0
(
) +
&
'
0 0 b
0 0 0
b 0 0
(
) +
&
'
0 0 0
0 0 c
0 c 0
(
) : a, b, c $ R
G
H
I
=
C
E
F
a
&
'
0 1 0
1 0 0
0 0 0
(
) + b
&
'
0 0 1
0 0 0
1 0 0
(
) + c
&
'
0 0 0
0 0 1
0 1 0
(
) : a, b, c $ R
G
H
I
.
El conjunto B =
C
E
F
&
'
0 1 0
1 0 0
0 0 0
(
) ,
&
'
0 0 1
0 0 0
1 0 0
(
) ,
&
'
0 0 0
0 0 1
0 1 0
(
)
G
H
I
es
linealmente independiente, ya que
!
&
'
0 1 0
1 0 0
0 0 0
(
)+"
&
'
0 0 1
0 0 0
1 0 0
(
)+#
&
'
0 0 0
0 0 1
0 1 0
(
) =
&
'
0 0 0
0 0 0
0 0 0
(
)
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 59
%
&
'
0 ! "
! 0 #
" # 0
(
) =
&
'
0 0 0
0 0 0
0 0 0
(
)% ! = " = # = 0 . Por lo tanto,
B es l.i. y genera a U , luego B es una base de U .
(b) Notemos que
V = {(x1, x2, x3, x4) $ R4 : x1 + x2 + x3 + x4 = 0}
= {(x1, x2, x3, x4) $ R4 : x1 = "x2 " x3 " x4}
= {("x2 " x3 " x4, x2, x3, x4) : x2, x3, x4 $ R}
= {("x2, x2, 0, 0) + ("x3, 0, x3, 0) + ("x4, 0, 0, x4) : x2, x3, x4 $ R}
= {x2("1, 1, 0, 0) + x3("1, 0, 1, 0) + x4("1, 0, 0, 1) : x2, x3, x4 $ R} .
El conjunto {("1, 1, 0, 0), ("1, 0, 1, 0), ("1, 0, 0, 1)} genera a V y es
l.i. (verificar!). Por parte (a) sabemos que dim U = 3 = dim V, por
lo tanto son isomorfos.
60 Caṕıtulo 4. Espacios Vectoriales
Caṕıtulo 5
Transformaciones Lineales,
Teorema de la Dimensión y
Cambio de Base
5.1. Determine el núcleo de las siguientes transformaciones lineales
(a) T : P3 0 P2 dada por T (p(x)) = p%(x) ,
(b) T : P1 0 R dada por T (p(x)) =
P 1
"1
p(x)dx .
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
T (p(x)) =
P 1
"1
p(x)dx =
#
a
x2
2
+ bx
$1
"1
= 2b
entonces p(x) $ KerT - p(x) = ax, a $ R.
5.2. Sea T : P2 0 P3, definida por T (p(x)) = x2p%(x) determine una base y
su dimensión para KerT y una para ImT .
61
62 Caṕıtulo 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)) = x2p%(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 vec-
tor coordenada en la base {1, x, x2, x3} de P3 se tiene que [p(x)] =
(2a, b, 0, 0) = a(2, 0, 0, 0) + b(0, 1, 0, 0). Aśı, {2x3, x2} es una base de la
ImT .
5.3. Hallar una transformación lineal T : R3 0 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 63
Notemos que
*
*
*
*
*
*
1 0 2
0 1 1
0 1 0
*
*
*
*
*
*
= "1 *= 0 luego {(1, 0, 2), (0, 1, 1), (0, 1, 0)}
es una base de R3 entonces (x, y, z) = !1(1, 0, 2) + !2(0, 1, 1) +
!3(0, 1, 0)
x = !1
y = !2 + !3
z = 2!1 + !2
G
H
I
%
!1 = x
!2 = z " 2x
!3 = 2x + y " z
Entonces,
T (x, y, z) = !1T (1, 0, 2)+!2T (0, 1, 1)+!3T (0, 1, 0) = (2x+y"z)(a, b, c).
5.4. Sea T : P2 0 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 0 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 Caṕıtulo 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 0 R3 una transformación lineal tal que
Im T = +{(1, 1, 0), (0, 1, 2), (3,"1,"8)},
entonces T es inyectiva.
(b) Supongamos que dim V > dim W . Sea L : V 0 W una aplicación
lineal. ¿Qué puede decir del núcleo de L?
Solución:
(a) Notemos que
&
'
1 0 3
1 1 "1
0 2 "8
(
) )
&
'
1 0 3
0 1 "4
0 0 0
(
) % dim T = 2, por
el teorema de la dimensión obtenemos que dim Ker T = 0, luego T
es inyectiva.
(b) Afirmamos que el KerL *= {0}. En efecto, si KerL = {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) 0 P4(R) definidapor: T (p(x)) = x2p(x). Determine [T ]ef ,
donde e = {1+x2, 1+2x+3x2, 4+5x+x2} y f = {1, x, x3, x3 +x2, x4}.
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 =
+
N
N
N
N
,
0 0 0
0 0 0
"1 1 1
1 1 4
1 3 1
-
O
O
O
O
.
.
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 65
5.8. Sea T : V 0 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
[T ]12 =
+
,
1 0 0 1
0 1 0 1
0 0 1 1
-
. .
Encuentre una base B3 de W tal que [T ]13 =
+
,
1 "1 0 0
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 = w1
s2 " s1 = w2
s3 " s2 = w3
s3 = w1 + w2 + w3
G
D
DH
D
D
I
%
s1 = w1
s2 = w1 + w2
s3 = w1 + w2 + w3
Los vectores {s1, s2, s3} son linealmente independientes, pues los vec-
tores coordenados en la base B2 forma la matriz
+
,
1 1 1
0 1 1
0 0 1
-
. no es
singular, ya que su determinante es 1 *= 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) 0 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 Caṕıtulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimensión
canónicas, entonces
T (1 + t " t2) = e1 + e3 - A
+
,
1
1
"1
-
. =
+
,
0
0
1
-
. ,
T (t2 " t) = e1 + e2 " e3 - A
+
,
0
"1
1
-
. =
+
,
1
1
"1
-
. ,
T (2 + t " 2t2) = "e1 + e2 " 2e3 - A
+
,
2
1
"2
-
. =
+
,
"1
1
"2
-
. .
Luego, tenemos que A
+
,
1 0 2
1 "1 1
"1 1 "2
-
. =
+
,
1 1 "1
0 1 1
1 "1 "2
-
.
% A =
+
,
1 1 "1
0 1 1
1 "1 "2
-
.
+
,
1 0 2
1 "1 1
"1 1 "2
-
.
"1
=
+
,
1 1 "1
0 1 1
1 "1 "2
-
.
+
,
1 2 2
1 0 1
0 "1 "1
-
.
=
+
,
2 3 4
1 "1 0
0 4 3
-
. .
5.10. Determine ! $ R de modo que la transformación lineal T : R3 0 R3
definida por: T (x, y, z) = (x+y"z, !x, x+y"!z) sea un isomorfismo.
Solución:
i. Primeros T debe ser inyectiva si sólo si el sistema tiene única solu-
ción
x + y " z = 0
!x = 0
x + y " ! = 0
G
H
I
%
&
'
1 1 "1
! 0 0
1 1 "!
(
) )
&
'
1 1 "1
0 "! !
0 0 1 " !
(
) .
Por lo tanto, tiene única solución si y sólo si ! *= 0 y ! *= 1, en
cuyo caso T es inyectiva.
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 67
ii. T debe ser sobreyectiva. Para ! *= 0 y ! *= 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 ! *= 0 y ! *= 1.
5.11. Sea T : R3 0 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 ! $ R entonces
T (!(a, b, c)) = T (!a, !b, !c)
= (!a + !b + !c, !a" !b + 2!c, 3!b" !c)
= (!(a + b + c), !(a " b + 2c), !(3b" c))
= !(a + b + c.a " b + 2c, 3b" c)
= !T (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
3b " c = 0
G
H
I
% a = b = c = 0
entonces Ker T = {0} - T es inyectiva. Por otro lado, por el teo-
rema 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 Caṕıtulo 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
[T ]fe =
+
,
2 1 3
0 4 1
3 "4 3
-
. .
(c) Si (x, y, z) = T (a, b, c) = (a+b+c, a"b+2c, 3b"c) %
C
E
F
a + b + c = x
a " b + 2c = y
3b " c = z
&
'
1 1 1 x
1 "1 2 y
0 3 "1 z
(
) )
&
'
1 1 1 x
0 "2 1 y " x
0 3 "1 z
(
)
)
&
'
1 1 1 x
0 1 "12
x"y
2
0 0 1 "3(x " y) + 2z
(
)
%
C
E
F
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 ]
f
e )
"1 =
+
,
2 1 3
0 4 1
3 "4 3
-
.
"1
=
+
,
"16 15 11
"3 3 2
12 "11 "8
-
.
como [T"1]ef [(x, y, z)]e = [T
"1(x, y, z)]f % [(x, y, z)]e =
+
,
x
y
z
-
. se
obtiene que
[T"1]e =
+
,
"16 15 11
"3 3 2
12 "11 "8
-
.
+
,
x
y
z
-
. =
+
,
"16x + 15y + 11z
"3x + 3y + 2z
12x " 11y " 8z
-
.
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 69
% T"1(x, y, z) = ("16x + 15y + 11z)(1, 1, 0) + ("3x + 3y + 2z)(1,"1, 1)
+(12x " 11y " 8z)(2, 1, 0)
% T"1(x, y, z) = (5x " 4y " 3z,"x + y + z,"3x + 3y + 2z) .
5.12. Si S : R2 0 R3 y T : R3 0 M2$2(R) donde
A = [S]ef =
+
,
1 "1
1 "1
1 1
-
. y B = [T ]fg =
+
N
N
,
1 1 0
"1 2 "1
1 1 1
0 0 0
-
O
O
.
para las bases e = {(1, 1), (1,"1)} f = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)} g =
34
1 0
0 0
5
,
4
1 1
0 0
5
,
4
1 1
1 0
5
,
4
1 1
1 1
56
.
(a) Encuentre S y T usando A y B.
(b) Encuentre T 4 S usando A y B.
Solución:
(a) Tenemos que [S]ef [(x, y)]e = [S(x, y)]f y como
(x, y) =
x + y
2
(1, 1) +
x " y
2
(1,"1) % [(x, y)]e =
#
x+y
2
x"y
2
$
% [S(x, y)]f =
+
,
1 "1
1 "1
1 1
-
.
# x+y
2
x"y
2
$
=
+
,
y
y
x
-
.
% S(x, y) = y(1, 1, 1) + y(1, 1, 0) + x(1, 0, 0) = (x + 2y, 2y, y) .
Analogamente, [T ]fg [(x, y, z)]f = [T (x, y, z)]g y como
(x, y, z) = z(1, 1, 1)+(y"z)(1, 1, 0)+(x"y)(1, 0, 0) % [(x, y, z)]f =
+
,
z
y " z
x " y
-
.
% [T (x, y, z)]g =
+
N
N
,
1 1 0
"1 2 "1
1 1 1
0 0 0
-
O
O
.
+
,
z
y " z
x " y
-
. =
+
N
N
,
y
"x + 3y " 3z
x
0
-
O
O
.
% T (x, y, z) = y
4
1 0
0 0
5
+ ("x + 3y " 3z)
4
1 1
0 0
5
+ x
4
1 1
1 0
5
=
4
4y " 3z 3y " 3z
x 0
5
.
70 Caṕıtulo 5. Transformaciones Lienales, Teorema de la dimensión
(b) Observemos que
[T 4 S]eg = [T ]fg [S]ef =
+
N
N
,
1 1 0
"1 2 "1
1 1 1
0 0 0
-
O
O
.
+
,
1 "1
1 "1
1 1
-
. =
+
N
N
,
2 "2
0 "2
3 "1
0 0
-
O
O
.
.
Luego, procediendo de manera similar que en (a) se tine que
[T 4 S]eg[(x, y)]e = [(T 4 S)(x, y)]g
de (a) ya teniamos que [(x, y)]e =
# x+y
2
x"y
2
$
entonces
[(T 4 S)(x, y)]g =
+
N
N
,
2 "2
0 "2
3 "1
0 0
-
O
O
.
#
x+y
2
x"y
2
$
=
+
N
N
,
y
y " x
x + 2y
0
-
O
O
.
% (T 4 S)(x, y) = y
4
1 0
0 0
5
+ (y " x)
4
1 1
0 0
5
+ (x + 2y)
4
1 1
1 0
5
=
4
4y 3y
x + 2y 0
5
.
5.13. Sean T : R2 0 R3 y R : R2 0 R2 dos transformaciones lineales y sean
B1 y B2 bases de R2 y B3 base de R3 si
[T 4 R]B1B3 =
&
'
2 1
0 1
"1 1
(
) y [R]B1B2 =
4
1 1
1 2
5
Suponiendo que R es invertible, determine [T ]B2B3 .
Solución: Notemos que T = T 4 R 4 R"1, entonces
[T ]B2B3 = [T 4 R 4 R
"1]B2B3
= [(T 4 R) 4 R"1]B2B3
= [T 4 R]B1B3 [R
"1]B2B1
= [T 4 R]B1B3([R]
B1
B2
)"1
Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 71
como ([R]B1B2)
"1 =
4
2 "1
"1 1
5
, entonces
[T ]B3B2 =
&
'
2 1
0 1
"1 1
(
)
4
2 "1
"1 1
5
=
&
'
3 "1
"1 1
"3 2
(
) .
5.14. Sea T : Mn$3(R) 0 Rn lineal dada por T (A) = Au, u =
+
,
1
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 KerT = +Ai,j = [ei ej "ei"ej ], donde los ei y ej son vectores
canónicos de Rn.
Notemos que la transformación es sobreyectiva, pues dado u $ Rn basta
tomar