PautaTarea_4_Primavera_2022

Vista previa del material en texto

Universidad de Chile
Facultad de Economı́a y Negocios
Métodos Matemáticos II (ENMEM155)
Primavera 2022
Tarea 4
Problema 1
Dada A ∈ Rm×n, explique por qué Ker(A) e Im(A) son subespacios vectoriales de Rn y Rm respectivamente.
Resp. Primero, el núcleo de A ∈ Rm×n está conformado por los vectores X ∈ Rn (la dimensión de esos
vectores es igual al número de columnas de A) tal que AX = 0m (debe ser igual a 0m ya que cuando X ∈ Rn,
el producto AX es una combinación lineal de las columnas de A, cada una de ellas un elemento de Rm). Es
decir:
Ker(A) = {X ∈ Rn : AX = 0m}.
Por lo tanto, es directo que 0n ∈ Ker(A) ya que A0n = 0m. Segundo, si X1, X2 ∈ Ker(A) entonces AX1 = 0m
y AX2 = 0m, por lo que A(X1 + X2) = AX1 + AX2 = 0m + 0m = 0m, de modo que X1 + X2 ∈ Ker(A).
Finalmente, dado β ∈ R, tenemos que A(βX1) = βAX1 = β0m = 0m, por lo que βX1 ∈ Ker(A). Por todo
lo anterior, Ker(A) es un subespacio vectorial de Rn.
La imagen de A es el conjunto de las combinaciones lineales de las columnas de A. Ya que esos son elementos
de Rm, la imagen de A es un subespacio vectorial de Rm. Visto de otra manera, dado Y ∈ Rm, el hecho que
Y ∈ Im(A) informa que existe un vector X ∈ Rn tal que Y = AX. Por lo tanto:
0m ∈ Im(A) ya que 0m = A0n (para Y = 0m el vector X correspondiente es 0n).
Si Y1, Y2 ∈ Im(A) entones existe X1 ∈ Rn y X2 ∈ Rn tal que Y1 = AX1 e Y2 = AX2. Luego,
Y1 + Y2 = AX1 +AX2 = A(X1 +X2), por lo que Y1 + Y2 ∈ Im(A).
Dado β ∈ R, βY1 = βAX1, por lo que βY1 = A(βX1), implicando que βY1 ∈ Im(A).
Problema 2
Dados α, β ∈ R, diferentes de 0, definamos
A =
[
1 α
]
∈ R1×2 ∧ B =
[
1
β
]
∈ R2×1.
(a) Muestre que Im(A) = R y que si X =
[
x1
x2
]
∈ Ker(A) entonces x1 = −αx2. Con esto último, explique
por qué Ker(A) es el subespacio vectorial generado por el vector[
−α
1
]
∈ R2.
Resp. Las columnas de A son los vectores unidimensionales (números reales) A•1 = 1 ∈ R y A•2 =
α ∈ R. Luego, la imagen de A son las combinaciones lineales de 1 y de α, es decir, α1 + α2α con α1 y
α2 recorriendo R. Con eso se obtiene cualquier número real, por lo que la imagen de A es R. Visto de
otra manera, ¿qué se obtiene multiplicando 1 por una cantidad arbitraria y sumando ese resultado con
el producto de α multiplicado por una cantidad cualquiera? La respuesta es que se obtiene un número
real cualquiera y, por ese hecho, la imagen de A es R.
Página 1 de 5
MEM155 Universidad de Chile
Facultad de Economı́a y Negocios
Para estudiar el núcleo, ya que A tiene dos columnas ocurre que los vectores del núcleo deben ser
vectores de R2. Por lo tanto, es por definición que si X =
[
x1
x2
]
∈ Ker(A) entonces AX = x1+αx2 = 0,
es decir, x1 = −αx2. De esta manera, un vector X =
[
x1
x2
]
está en núcleo de A si la primera componente
es igual a (−α) veces la segunda componente, es decir, el vector X es un ponderado del vector
[
−α
1
]
.
Eso corresponde a decir que el núcleo es generado por el vector
[
−α
1
]
. Visto de otra manera, como
x1 = −αx2 tenemos que
X =
[
x1
x2
]
=
[
−αx2
x2
]
= x2
[
−α
1
]
.
Como x2 es arbitrario, el vector X ∈ Ker(A) es una ponderación del vector
[
−α
1
]
.
(b) Explique por qué Ker(B) = {0}. Por otro lado, encuentre el valor de γ para que el vector
[
3
γ
]
∈ R2
esté en la imagen de B.
Resp. Ya que B tiene solo una columna, los elementos del núcleo de B son reales (vectores de dimensión
uno). Tenemos entonces que
X ∈ Ker(B) ⇐⇒
[
1
β
]
X =
[
0
0
]
,
cosa que se obtiene solo cuando X = 0. Luego, Ker(B) = {0}.
Para la segunda parte, el hecho que [
3
γ
]
∈ Im(B)
corresponde a decir que existe α1 tal que[
3
γ
]
= α1
[
1
β
]
⇐⇒ (i) : 3 = α1 ∗ 1 ∧ (ii) : γ = α1 ∗ β.
De (i) tenemos que α1 = 3 y eso en (ii) implica que γ = 3β.
Problema 3
Resuelva completamente el siguiente SEL, sistema de ecuaciones lineales, (es decir, indique las condiciones
sobre α y β para que (i) el SEL tenga solución única, (ii) tenga infinitas soluciones y (iii) no tenga soluciones):
x1 + 3x2 = 7
2x1 + βx2 = α+ 1
Resp. La matriz ampliada del ese sistema de ecuaciones lineales es[
1 3 | 7
2 β | α+ 1
]
.
Luego: [
1 3 | 7
2 β | α+ 1
]
f1∗(−2)+f2−→
[
1 3 | 7
0 β − 6 | α− 13
]
,
Página 2 de 5
MEM155 Universidad de Chile
Facultad de Economı́a y Negocios
por lo que el SEL original es equivalente al siguiente:
x1 + 3x2 = = 7
(β − 6)x2 = α− 13
Sobre la base de lo anterior:
el sistema tiene solución única cuando β ̸= 6. En ese caso, la solución es
x2 =
α− 13
β − 6
⇒ x1 = 7− 3
(
α− 13
β − 6
)
.
el sistema no tiene solución cuando
β = 6 ∧ α ̸= 13.
el sistema tiene infinitas soluciones cuando
β = 6 ∧ α = 13.
Problema 4
Encuentre las condiciones sobre β para el siguiente SEL tenga solución única y, en ese caso, encontrarla:
x1 + 2x2 + 4x3 = 17
2x1 + 2x2 + 3x3 = 15
3x1 + x2 + β x3 = 26
Resp. La matriz ampliada del ese sistema de ecuaciones lineales es1 2 4 | 172 2 3 | 15
3 1 β | 26
 .
Luego:1 2 4 | 172 2 3 | 15
3 1 β | 26
 f1∗(−2)+f2−→
 1 2 4 | 170 −2 −5 | −19
3 1 β | 26
 f1∗(−3)+f3−→
 1 2 4 | 170 −2 −5 | −19
0 −5 (β − 12) | −25
 .
Finalmente: 1 2 4 | 170 −2 −5 | −19
0 −5 (β − 12) | −25
 f2∗(− 52 )+f3−→
 1 2 4 | 170 −2 −5 | −19
0 0 (β − 12) + 252 | −25 +
19∗5
2

De esta manera, luego del proceso de triangularización, el sistema queda de la siguiente forma:
x1 + 2x2 + 4x3 = 17 (1)
−2x2 − 5x3 = −19 (2)(
β +
1
2
)
x3 =
45
2
(3)
Sobre la base de lo anterior, el sistema tiene solución única cuando β ̸= − 12 . En ese caso, la solución es
(3) : x3 =
45
2β + 1
en (2)⇒ x2 =
1
2
(
19− 5
(
45
2β + 1
))
en (1)⇒ x1 = 17−
(
19− 5
(
45
2β + 1
))
− 4
(
45
2β + 1
)
.
Ud. puede continuar simplificando - ordenando las expresiones del resultado anterior.
Página 3 de 5
MEM155 Universidad de Chile
Facultad de Economı́a y Negocios
Problema 5
Resuelva completamente el siguiente SEL:
2x1 + 3x2 + 7x3 = 29
x1 + 4x2 + 6x3 = 27
3x1 + βx2 + 7x3 = α
Resp. La matriz ampliada del sistema de ecuaciones es 2 3 7 | 291 4 6 | 27
3 β 7 | α
 .
En este caso, para pivotear con 1 en la primera fila, para proceder con la triangularización conviene inter-
cambiar las filas 1 y 2, de modo que la matriz queda: 1 4 6 | 272 3 7 | 29
3 β 7 | α
 .
Se tiene entonces que: 1 4 6 | 272 3 7 | 29
3 β 7 | α
 f1(−2)+f2−→
 1 4 6 | 270 −5 −5 | −25
3 β 7 | α
 f1(−3)+f3−→
 1 4 6 | 270 −5 −5 | −25
0 β − 12 −11 | α− 81
 .
Finalmente: 1 4 6 | 270 −5 −5 | −25
0 β − 12 −11 | α− 81
 f2∗( (β−12)5 )+f3−→
 1 4 6 | 270 −5 −5 | −25
0 0 [−11− (β − 12)] | α− 81− 5(β − 12)

por lo que el SEL inicial es equivalente al siguiente
x1 + 4x2 + 6x3 = 27 (4)
−5x2 − 5x3 = −25 (5)
(1− β)x3 = α− 5β − 21 (6)
De esta manera,
(i) el SEL tiene solución única cuando β ̸= 1,
(ii) el SEL no tiene solución cuando β = 1 y (α − 5 − 21) ̸= 0 (lo último luego reemplazar β = 1 en el
lado derecho de la ecuación (6)), es decir, el sistema no tiene solución cuando
β = 1 ∧ α ̸= 26
(iii) el SEL tiene infinitas soluciones cuando
β = 1 ∧ α = 26.
Página 4 de 5
MEM155 Universidad de Chile
Facultad de Economı́a y Negocios
NOTA. Como una cuestión complementaria, si uno quiere escribir como son las soluciones
del sistema cuando hay infinitas soluciones, bajo las condiciones indicadas en (iii) ocurre que la
ecuación (6) corresponde a 0x3 = x3, por lo que x3 es arbitrario. Ese hecho en la ecuación (5)
implica que
x2 = 5− x3
y ambos en la ecuación (4) implica que
x1 = 27− 4x2 − 6x3 = 27− 4 (5− x3)︸ ︷︷ ︸
x2
−6x3 = 7− 2x3.
Por lo tanto, el vector X =
x1x2
x3
 resuelve el sistema de ecuaciones toda vez que x1 = 7 − 2x3,
x2 = 5− x3 y x3 = x3 es arbitrario, es decir, el vector X cumple que
X =
x1x2
x3
 =
7− 2x35− x3
x3
 =
75
0
+ x3
 −2−1
1
 .
Luego del despeje y ordenamiento realizado, la solución particular del SEL es dada por el
vector
Xp =
75
0
 ,
mientras que la solución homogénea es generada por el vector −2−1
1
 .
En resumen, para el caso en que hay infinitas soluciones, la solución(general) del sistema de
ecuaciones es
Xs =
75
0
+ x3
 −2−1
1
 ,
donde x3 es una cantidad arbitraria.
Página 5 de 5