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Auxiliares/Enunciado_Clase_Auxiliar_2.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias F́ısicas y Matemáticas
Departamento de Ingenieŕıa Matemática
3 de Abril, 2013
Auxiliar #2MA1102-2 Álgebra Lineal. : Sistemas Lineales
Profesor: Jaime Gonzalez
Auxiliar: Mart́ın Castillo
P1. Dados los siguientes sistemas lineales:
(i)

−x1 + x3 + 2x4 = 1
x1 − x2 + x3 − 2x4 = −1
−x1 − 2x2 + x3 + 3x4 = 2
−x1 − 4x2 + 2x3 + 4x4 = 5
(ii)

x1 + 2x2 + 3x3 − x4 = 1
−x1 + x2 + x4 = 1
3x2 + 3x3 = 0
2x1 + x2 + 3x3 − 2x4 = −2
a) Escriba el sistema de forma matricial Ax = b. Especifique claramente A, x y b, junto con sus
dimensiones.
b) Intente resolver el sistema escalonando la matriz aumentada (A|b).
P2. Considere el SEL siguiente donde a y b son parámetros reales:
2x1 + x2 + (1− 2a)x3 + (b + 1)x4 = b− 3
x2 − x3 + (b− a)x4 = −1
−2x2 + 2x3 + (2− 2b)x4 = −2
2x1 + 2x3 + ax4 = 4b− 3
2x1 + x2 + x3 + (a + b− 1)x4 = 0
Encuentre los valores de a y b tales que:
• El sistema no tenga solución
• El sistema tenga una única solución. En este caso encuentre dicha solución.
• El sistema tenga infinitas soluciones y encuentre sus soluciones. Determine ademas el numero
de variables independientes.
P3. Descomponga en LDU las siguientes matrices:
•
(
−1 3
2 5
)
•
 1 1 1
0 1 1
1 2 0

1
Auxiliares/Enunciado_Clase_Auxiliar_7.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias F́ısicas y Matemáticas
Departamento de Ingenieŕıa Matemática
3 de Mayo, 2013
Auxiliar #7MA1102-2 Álgebra Lineal. : Dimensión, Suma
Directa y Transformaciones Lineales
Profesor: Jaime Gonzalez
Auxiliar: Mart́ın Castillo
P1. Sean U y V s.e.v de de V e.v. tal que dim(V )=3, dim(U)=dim(W )=2, y U 6= W . Demuestre que
dim(U ∩W )=1.
P2. Sea S =
{
(x, y) ∈ R2 | x = y
}
y T =
{
(x, y) ∈ R2 | x = −y
}
. Encuentre una base para S y T
respectivamente y muestre que S ⊕ T = R2.
P3. Sea B = 〈{v1, ..., vn}〉 base de V e.v. definimos Vi = 〈{vi}〉. Muestre que V =
⊕n
i=1 Vi.
P4. ¿ Son las siguientes funciones transformaciones lineales?
• T : R2 −→ R2
T
(
x1
x2
)
=
(
x1 + x2
x1 − x2
)
• T : P (R) −→ R, donde P (R) es el espacio vectorial de los polinomios con coeficientes en los
números reales.
T (p) = p(1)
• T : E −→ F , con E y F espacios vectoriales cualquiera.
T (e) = 0, ∀e ∈ E
• T : C([0, 1],R) −→ R, donde C([0, 1],R) es el e.v. de las funciones continuas de [0, 1] a R.
T (f) =
∫ 1
0
f(x)dx
P5. Sea P2(R) el e.v. de los polinomios de grado menor o igual a 3 con coeficientes en los reales.
Encuentre una transformación lineal entre P2(R) y R3 tal que sea biyectiva.
Hint: Vea que pasa si una función asocia los elementos de la base de la siguiente manera: T (e1) = 1,
T (e2) = x y T (e3) = x2.
1
Auxiliares/Enunciado_Clase_Auxiliar_11.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias F́ısicas y Matemáticas
Departamento de Ingenieŕıa Matemática
19 de Julio, 2013
Auxiliar #11MA1102-2 Álgebra Lineal. : Gram-Schmidt,
proyección y resolución de una sucesión
Profesor: Jaime Gonzalez
Auxiliar: Mart́ın Castillo
P1. Sea W =<


−1
1
−1
1
 ,

1
−1
1
1
 ,

2
−2
2
1

 > s.e.v de R4.
a) Usando el Método de Gram-Schmidt encuentre una base ortonormal de W .
b) Encuentre una base ortonormal para W⊥.
c) Encuentre, en función de las bases obtenidas en a) y b), la ”función proyección” asociada a W
y W⊥ respectivamente. Indique claramente dominio e imagen.
d) Evalúe las funciones ”proyección” calculadas en c) en el punto

0
1
1
0
 e interprete los resul-
tados.
P2. Sea U y V s.e.v’s de Rn demuestre que:
a) (U⊥)⊥ = U
b) (U + V )⊥ = U⊥ ∩ V ⊥
P3. Donde usted trabaja se ha detectado una plaga de picudos en una cosecha. Estos bichos se comen
todo a su paso por lo que es urgente controlar la plaga. Para poder erradicar esta plaga tienen que
encargar un insecticida que se demora 10 horas en ser despachado a su lugar de trabajo. A usted
le piden (pues estudio alguna vez Álgebra Lineal) que pronostique la población de picudos en 10
horas, mas sabiendo que:
• La cantidad de picudos hace una hora y en este momento son datos que todav́ıa no conoce.
• Cada picudo ”maduro” se duplica en 1 hora.
• Cada picudo recién nacido se demora 1 hora en madurar.
Para resolver este problema usaremos la siguiente notación: an representa la población de picudos
en n horas mas.
a) Encuentre an en función de an−1 y an−2.
b) Defina el vector xn como xn =
(
an
an−1
)
, y determine si existe alguna matriz A que cumpla
con la siguiente propiedad:
xn = Axn−1
c) Desarrolle la igualdad anterior para encontrar una expresión de xn que dependa solo de A, n
y x0.
d) Diagonalice la matriz A de la forma PDP t. ¿ Porque tiene sentido poner P t en vez de P−1?
e) Encuentre una expresión numérica para a10.
1
Definición : Una base < {b1, . . . , bn} > se dice ortonormal si:
– Todos sus elementos son ortogonales entre si:
〈bi, bj〉 = 0, ∀i 6= j
– Todos sus elementos están normalizados:
‖bi‖ = 1, ∀i = 1, ..., n
Definición : Sea W un s.e.v de Rn. Se define su ortogonal
W⊥ = {x ∈ Rn| 〈x,w〉 = 0, ∀w ∈W}
Teorema : Sea A ∈ Mnn(R) una matriz simétrica, entonces es diagonalizable, y mas aun, A = PDP t
donde las columnas de P componen una base ortonormal de vectores propios de A y D es la matriz
diagonal con los valores propios correspondientes.
2
Auxiliares/Enunciado_Clase_Auxiliar_9.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias F́ısicas y Matemáticas
Departamento de Ingenieŕıa Matemática
17 de Mayo, 2013
Auxiliar #9MA1102-2 Álgebra Lineal. : Teorema
Nucleo-Imagen y Matriz Representante
Profesor: Jaime Gonzalez
Auxiliar: Mart́ın Castillo
P1. Sea T : U −→ V una transformación lineal muestre que si T es inyectiva entonces
dim(U) = dim(Im(T ))
P2. Sea T :M22(R) −→M22(R) una T.L.(no lo demuestre)
T
(
a b
c d
)
=
(
a+b
2 d
b−d
3 a
)
Calcule la dimension y encuentre una base para Ker(T ) y Im(T ).
P3. Dada una T.L. T : R3 → R2 sabemos que:
 1
0
0
 ,
 1
0
0
 es una base de Ker(T ), y T
 1
1
1
 =
(
1
1
)
Encuentre en terminos de x1, x2 y x3, los valores de y1 y y2 que satisfacen T (x) = y.
P4. Encuentre la matriz representante de las siguientes T.L.’s:
a) T : R2 → R3
T
(
x
y
)
=
 3x− 2y
y + 5x
−x− 2y

Usando las bases canónicas respectivas de cada espacio vectorial.
b) T : R2 → R3
T
(
x
y
)
=
 3x− 2y
y + 5x
−x− 2y

Usando la base canónica en R3 y la base
{(
1
1
)
,
(
1
−1
)}
en R2.
c) T : R2 → R2
T
(
x
y
)
=
(
x
y
)
Usando en el dominio la base canónica de R2 y en el recorrido
{(
1
1
)
,
(
1
−1
)}
base de
R2.
d) T : P2(R)→ R3
T (p(x)) =
 p(0)
p′(0)
p′′(0)
2

Usando la base
{
1, x, x2
}
en P2(R) y la base canónica en R3.
1
e) T : P3(R)→ P3(R)
T (a + bx + cx2 + dx3) = (a + d) + (a + b)x + (b + c)x2 + (c + d)x3
Usando la base
{
1, x, x2, x3
}
en P3(R).
Obs. Muestre que Mb ·Mc = Ma donde Ma, Mb y Mc son las Matrices representantes de a), b) y
c) respectivamente. ¿Por que sucede esto?
P5. Sea T : V → V una T.L. y dim(V ) ∈ N. Se escribe T k, con k ∈ N, como T compuesto consigo
mismo k veces: T k = T ◦ T ◦ · · · ◦ T︸ ︷︷ ︸
k veces
a) Muestre que Ker(T k) ⊆Ker(T k+1)..
b) Use lo anterior para mostrar que dim(Im(T k+1) ≤dim(Im(T k))
Teo: Sea T : U −→ V una transformación lineal entonces:
T es inyectiva⇐⇒ Ker(T ) = {0}
Teo: Sean U, V e.v.’s, con dim(U)<∞, T : U −→ V una T.L., entonces:
dim(U) = dim(Ker(T )) + dim(Im(T ))
Def: Para una T.L. T : U −→ V tal que dim(U) = p y dim(V ) = q con p, q ∈ N. Se define la matriz
representante de T ,MBUBV
(T ), asociada a las bases BU = {u1, · · · , up} de U y BV = {u1, · · · , uq}
de V , como la matriz:
MBUBV
(T ) =
 a11 . . . a1p
...
...
aq1 . . . aqp

Tal que:
T (u1) = a11v1 + . . . + aq1vq
...
T (ui) = a1iv1 + . . . + aqivq
...
T (up) = a1pv1 + . . . + aqpvq
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Auxiliares/Enunciado_Clase_Auxiliar_8.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias Fsicas y Matemticas
Departamento de Ingeniera Matemtica
10 de Mayo, 2013
Auxiliar #8MA1102-2 Álgebra Lineal. : Transformaciones
Lineales
Profesor: Jaime Gonzalez
Auxiliar: Mart́ın Castillo
P1. Son las siguientes funciones transformaciones lineales?
• T : R2 −→ R2
T
(
x1
x2
)
=
(
x1 + x2
x1 − x2
)
• T : P (R) −→ R, donde P (R) es el espacio vectorial de los polinomios con coeficientes en los
nmeros reales.
T (p) = p(1)
• T : E −→ F , con E y F espacios vectoriales cualquiera.
T (e) = 0, ∀e ∈ E
• T : C([0, 1],R) −→ R, donde C([0, 1],R) es el e.v. de las funciones continuas de [0, 1] a R.
T (f) =
∫ 1
0
f(x)dx
P2. Sea P2(R) el e.v. de los polinomios de grado menor o igual a 3 con coeficientes en los reales.
Encuentre una transformacion lineal entre P2(R) y R3 tal que sea biyectiva.
Hint: Vea que pasa si una funcion asocia los elementos de la base de la siguiente manera: T (e1) = 1,
T (e2) = x y T (e3) = x2.
P3. Sean E y F dos espacios vectoriales de dimension n. Demuestre que E y F son isomorfos.
P4. Sean X y Y espacios vectoriales sobre R. Y sea L : X −→ Y una funcion lineal tal que:
L(x1 +x x2) = L(x1) +y L(x2), ∀x1, x2 ∈ X
a) Calcule L(0)
b) Demuestre que L(nx) = nL(x), ∀n ∈ N, ∀x ∈ X
c) Demuestre que L(nx) = nL(x), ∀n ∈ Z, ∀x ∈ X
d) Demuestre que L(rx) = rL(x), ∀r ∈ Q, ∀x ∈ X
e) Suponga queX = Y = R y que L es continua. Demuestre que L(λx) = λL(x), ∀λ ∈ R, ∀x ∈ X
Hint: Use que Q es denso en R. Osea que ∀x ∈ R, ∃ una sucesion (an)n∈N ⊆ Q tal que: an → x
Propuesto: Sea A ∈ Mnn(R) tal que A =
(
a b
c d
)
no es invertible. Definimos la funcion T : R2 −→ R2 como
x −→ T (x) = Ax
Definimos los conjuntos Ker(T )=
{
x ∈ R2 | T (x) = 0
}
y Im(T )= T (R2) =
{
y ∈ R2 | ∃x ∈ R2, T (x) = y
}
a) Muestre que ad = bc
b) Muestre que T es una Transformacion Lineal
c) Muestre que Ker(T ) y Im(T ) son s.e.v. de R2
d) Muestre que dim(R2) =dim(Ker(T ))+dim(Im(T ))
1
Definicion: Sean E y F espacios vectoriales sobre R. T : E → F es una transformacion lineal si y solo si
T (e1 + e2) = T (e1) + T (e2), ∀e1, e2 ∈ E
T (λe) = λT (e), ∀e ∈ E,∀λ ∈ R
Definicion: Dos espacios vectoriales E y F son isomorfos si existe una funcion lineal y biyectiva entre los
espacios. En dicho caso se escribe E ∼= F .
2
Auxiliares/Enunciado_Clase_Auxiliar_10.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias Fsicas y Matemticas
Departamento de Ingeniera Matemtica
31 de Mayo, 2013
Auxiliar #10MA1102-2 Álgebra Lineal. : Matriz Representante,
Cambio de Base, Vectores Propios
Profesor: Jaime Gonzalez
Auxiliar: Mart́ın Castillo
P1. Sea n ∈ N y T : Mnn(R) −→ Cn una aplicacion lineal
a) Muestre que dim(Cn) = 2n.
b) Encuentre los n tales que: (i) T no pueda ser inyectiva, (ii) T no pueda ser sobreyectiva, (iii)
T pueda ser biyectiva.
P2. Considere las aplicaciones lineales f y g tales que:
f : M22(R) −→ R
3
g : R3 −→ R
2
g


x1
x2
x3

 =
(
x1 + x2 − x3
2x1 + x3
)
Y las bases:
B1 =
{(
1 2
3 4
)
,
(
1 0
−1 2
)
,
(
0 3
0 −1
)
,
(
2 5
2 −4
)}
de M22(R)
B2 =





2
1
−1

 ,


0
1
3

 ,


1
−2
1





de R
3
Sea A =


1 1 1 1
−2 0 0 1
2 1 1 −1

 la matriz representante de la funcion f con respecto a las bases B1
y B2.
a) Encuentre la matriz representante B de la funcion g con respecto a las bases canonicas respectivas.
b) Calcule la matriz representante de g ◦ f con respecto a B1 en M22(R) y las base canonica en R2.
Hint: Calcule la matriz de pasaje en R2 con respecto a B2 en el espacio de partida y la base
canonica en el de llegada.
P3. Determine el rango de la matriz:




1 0 −1 1
0 1 2 1
1 1 1 2
1 2 3 3




P4. Sea T : V −→ V una aplicacion lineal con V e.v. de dimension finita. Demuestre que:
V = Ker(T )⊕ Im(T ) ⇐⇒ Ker(T 2) = Ker(T )
P5. Muestre que los siguientes son vectores propios(x o f) y valores propios(λ) de T :
(i) T
(
x
y
)
=
(
4 −5
2 −3
)(
x
y
)
, λ = 2 y x =
(
5
2
1
)
.
(ii) T (f) = −f ′′ (f es una funcion dos veces derivable), f(t) = sin(
√
πt) y λ = π
1
Teorema: Sea T : U −→ V una aplicacion lineal entonces:
• Si dim(U) =dim(V ) =⇒
T es inyectiva ⇔ T es sobreyectiva ⇔ T es biyectiva
• Si dim(U) >dim(V ) =⇒
T no puede ser inyectiva
• Si dim(U) <dim(V ) =⇒
T no puede ser sobreyectiva
• Si dim(U) =dim(V ) ⇐⇒ U es isomorfo a V
Teorema: Sea T : U −→ V y L : V −→ W transformaciones lineales con BU , BV y BW bases de U , V y W
(e.e.v.v.) respectivamente. Entonces se tiene que la matriz representante de L◦T se puede expresar
como producto de las matrices representantes de T y L:
MBU ,BW
(L ◦ T ) = MBV ,BW
(L) ·MBU ,BV
(T )
Def: Sea A una matriz. Se define el rango de A como:
r(A) = dim(Im(TA)), donde TA(x) = Ax
Prop : El rango de una matriz se puede calcular como en el numero de filas no nulas de la matriz
escalonada.
Def: Si T : V → V es una T.L.. Se dice que x ∈ V (e.v.) es un vector propio de T si:
• x 6= 0
• ∃λ ∈ R tal que T (x) = λx
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Auxiliares/Enunciado_Clase_Auxiliar_5.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias F́ısicas y Matemáticas
Departamento de Ingenieŕıa Matemática
19 de Abril, 2013
Auxiliar #5MA1102-2 Álgebra Lineal. : Producto Cruz, Norma
y Espacios Vectoriales sobre R
Profesor: Jaime Gonzalez
Auxiliar: Mart́ın Castillo
P1. Sean los planos:
L1 : λ
 1
2
−1
+ t
 2
−1
3
 , λ, t ∈ R
L2 :
 1
0
0
+ λ
 3
1
2
+ t
 1
−3
4
 , λ, t ∈ R
Ocupe el producto cruz para encontrar los vectores perpendiculares a L1 y L2 respectivamente y
con estos determine si los planos son paralelos.
P2. Ocupando las propiedades básicas de la norma euclidiana demuestre que:
a) 0 ≤ ||x||, ∀x ∈ Rn
b) ||x|| = 1, si x = x
||x|| con x 6= 0, x ∈ Rn.
c) ||
k∑
i=1
xi|| ≤
k∑
i=1
||xi||, donde xi ∈ Rn, ∀ i = 1, ..., k, con k ∈ N.
d) ||x|| ≤ ||x− y||+ ||y||, ∀x, y ∈ Rn.
e) |‖x‖ − ‖y‖| ≤ ‖x− y‖, ∀x, y ∈ Rn.
P3. Sea C([a, b]) el conjunto de todas las funciones continuas con dominio en [a, b] y recorrido en R.
Muestre que C([a, b]) es un Espacio Vectorial sobre R con la suma y ponderación usual de funciones
y escalares.
P4. Sea S el conjunto de todas las sucesiones en R que son acotadas. En S definimos el producto por es-
calar usando la siguiente notación: si a = (a0, a1, ..., ak, ...) y λ ∈ R entonces λa = (λa0, λa1, ..., λak, ...) ∈
S. Muestre que S es un espacio vectorial y que el conjunto O = {a ∈ S| ak + kak+1 = 0, ∀k ∈ N}
es un sub-espacio vectorial de S.
P5. Sea P (R) el conjunto de todos los polinomios con coeficientes en los números reales. Muestre que
P (R) es un espacio vectorial y que Pn(R) (el conjunto de todos los polinomios de grado igual a n,
con n ∈ N) no es un sub espacio vectorial de P (R).
Propuesto: Para cada conjunto indique si sus elementos son linealmente independientes o linealmente depen-
dientes:
a)

 1
0
0
 ,
 1
1
0
 ,
 1
1
1

b)
{(
1 2
0 1
)
,
(
1 3
2 −1
)
,
(
1 1
−2 3
)}
c) {ex, e−x, senh(x)}
d)
{
1 + x2, x− 1, x2 − x
}
1
Propiedad: La norma euclidiana cumple con las siguientes propiedades
(i) x = 0⇐⇒ ||x|| = 0
(ii) ‖λx‖ = |λ| · ‖x‖, ∀x ∈ Rn, ∀λ ∈ R
(iii) ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖, ∀x, y ∈ Rn
Definición: Dado un Grupo Abeliano (V,+) y el Cuerpo (R,+, ·) con una ley de composición externa(osea que
λv ∈ V , ∀λ ∈ R, ∀v ∈ V ). Diremos que V es un Espacio Vectorial sobre R si y solo si la ley de
composicion externa satisface ∀a, b ∈ R, ∀x, y ∈ V :
(1) (a+ b)x = ax+ bx
(2) a(x+ y) = ax+ ay
(3) a(bx) = (ab)x
(4) 1x = x
Definición: Sea V un Espacio Vectorial sobre el Cuerpo R. Diremos que U 6= φ, U ⊆ V es un Sub-Espacio
Vectorial de V si y solo si:
(1) x+ y ∈ U , ∀x, y ∈ U
(2) λx ∈ U , ∀λ ∈ R,
∀x ∈ U
Definición: Sea {v1, v2, ..., vn} ⊆ V Espacio Vectorial. Diremos que estos vectores son Linealmente Dependi-
entes(l.d.) si y solo si existen numeros reales {λ1, ..., λn} con alguno distinto de 0, tales que
n∑
i=1
λivi = 0
2
Auxiliares/Enunciado_Clase_Auxiliar_6.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias Fsicas y Matemticas
Departamento de Ingeniera Matemtica
26 de Abril, 2013
Auxiliar #6MA1102-2 Álgebra Lineal. : Espacios Vectoriales,
Conjunto Generador y Dimension
Profesor: Jaime Gonzalez
Auxiliar: Mart́ın Castillo
P1. Para los siguientes planos L1 y L2 determine si son un sub espacio vectorial de Rn. en caso de ser
un s.e.v. determine su dimension:
a) L1 :
 1
1
1
+ λ
 1
−1
0
+ t
 −1
0
1
 , λ, t ∈ R
b) L2 :
 0
1
2
+ λ
 1
1
1
+ t
 −1
0
1
 , λ, t ∈ R
P2. Muestre que 〈{1, i}〉 = C y tambien 〈{1 + i, 1− i}〉 = C. Con esto justifique que dim(C) = 2.
P3. Para los siguentes conjuntos determine el espacio vectorial que genera:
a) {1, x, x2}
b) {1− x, x− x2, x2 − 1}
c) {
 1
0
0
 ,
 0
1
0
 ,
 0
0
1
}
d) {
(
1
0
)
e) {exi, e−xi} para este caso cos(x) ∈ {exi, e−xi}?
P4. Sea Ak el conjunto de las sucesiones reales tal que todos los terminos mayores que k son iguales a
0. Muestre que (Ak,+) (suma de sucesiones) es un e.v. sobre (R,+, ·). Encuentre una base para
Ak y muestre que dim(Ak) = k
P5. Sea Sn el conjunto de las matrices de n× n tal que son simetricas.
a) Escriba el conjunto en notacion matematica
b) Muestre que (Sn,+) es un e.v. sobre (R,+, ·)
c) Calcule dim(S2)
d) Calcule dim(S3)
e) Calcule dim(sn) con n ∈ N
1
Auxiliares/Enunciado_Clase_Auxiliar_4.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias F́ısicas y Matemáticas
Departamento de Ingenieŕıa Matemática
12 de Abril, 2013
Auxiliar #4MA1102-2 Álgebra Lineal. : Rectas y Planos II
Profesor: Jaime Gonzalez
Auxiliar: Mart́ın Castillo
P1. Encuentre el conjunto de todos los vectores que son ortogonales a
 1
−2
1
. ¿Que forma tiene este
conjunto?
P2. Encuentre el conjunto de todos los vectores que son ortogonales a
 1
−2
1
 y
 −1
1
2
. ¿Que
forma tiene este conjunto?
P3. Sea p =
 1
1
1
 y sea L1 :
 1
0
1
 + λ
 1
−2
−2
. Se define:
pλ =
 1
0
1
 + λ
 1
−2
−2

a) Calcule d(p, pλ)
b) Encuentre el punto de la recta L1 que esta mas cerca de p. A este punto lo denominaremos p∗
c) Encuentre la recta que pasa por p y es ortogonal a L1.
d) Encuentre la ecuación del plano que contiene a L1 y a p.
e) Encuentre la ecuación de la recta que pasa por p∗ y es ortogonal al plano encontrado en d).
P4. Sean L1 y L2 los siguientes planos:
L1 : x+ ay + bz = 1, L2 : cx+ dy + z = 1, a, b, c, d ∈ R
Encuentre las condiciones sobre a, b, c y d para que:
• L1 y L2 sean paralelos
• L1 y L2 sean iguales
Definición: Sean x, y ∈ Rn. Se dice que x es ortogonal a y si y solo si
< x, y >
.
=
n∑
i=1
xiyi = 0
Definición: Se define la norma euclidiana en Rn como
||x|| .=
√
< x, x > =
√√√√ n∑
i=1
x2i =
√
x21 + x22 + · · ·+ x2n, x ∈ Rn
Definición: Sean x, y ∈ Rn. Se define la funcion d distancia asi:
d(x, y)
.
= ||x−y|| =
√
< x− y, x− y > =
√√√√ n∑
i=1
(xi − yi)2 =
√
(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 + · · ·+ (xn − yn)2
Que es la distancia entre x e y.
1
Auxiliares/Enunciado_Clase_Auxiliar_3.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias F́ısicas y Matemáticas
Departamento de Ingenieŕıa Matemática
5 de Abril, 2013
Auxiliar #3MA1102-2 Álgebra Lineal. : LDU, Rectas y Planos
Profesor: Jaime Gonzalez
Auxiliar: Mart́ın Castillo
P1. Encuentre la descomposición LDU de:  1 0 3
0 3 2
1 −9 −1

P2. Encuentre la ecuación vectorial y parametrica de la recta que pasa por los puntos
 1
−3
2
 y 0
−1
−3
.
P3. Encuentre la ecuación vectorial y parametrica del plano que pasa por los puntos:
 −3
2
2
, −4
4
3
 y
 −3
3
3

P4. Encuentre la intersección(de existir) de las siguientes rectas L1 y L2:
• L1 : x = 1, y = z + 1 L2 : x− 1 = 1− y = z
• L1 : x = y = z, L2 :
 1
1
2
+ t
 −1
1
1
 con t ∈ R
P5. Sean L1 y L2 los conjuntos solución de los sistemas:
L1 :
{
x+ z = 1
ax+ y + z = 0
, L2 :
{
2ax+ y + z = 1
x+ y + z = −2
a ∈ R
a) Determine para que valores de a L1 y L2 son rectas.
b) Escriba las ecuaciones vectoriales para L1 y L2.
c) Determine para que valor de a L1 y L2 son ortogonales. Para ese valor de a verifique que
L1 ∩ L2 = φ.
1
Auxiliares/Enunciado_Clase_Auxiliar_1.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias F́ısicas y Matemáticas
Departamento de Ingenieŕıa Matemática
22 de Marzo, 2013
Auxiliar #1MA1102-2 Álgebra Lineal. : Matrices
Profesor: Jaime Gonzalez
Auxiliar: Mart́ın Castillo
P1. Encuentre todas las matrices de la forma A =
(
x y
0 y
)
que cumplen A2 = I con x, y ∈ R.
P2. Sea D = diag(d1, ..., dn) =
 d1 0
. . .
0 dn
 ∈ Mnn(R) diagonal, con d1, ..., dn distintos y A, B,
M , S ∈Mnn(R).
a) Pruebe que si MD = DM , entonces M es diagonal.
b) Sea S invertible, tal que S−1AS y S−1BS son diagonales. Pruebe que AB = BA. Hint: Use
que el producto de matrices diagonales conmuta.
c) Sea S invertible tal que S−1AS = D. Suponiendo que AB = BA, verifique que S−1AS y
S−1BS conmutan y concluya que S−1BS es diagonal.
P3. Sea una matriz tal que P 2 = P (elemento idempotente) y a partir de ella se define A = I − P .
a) Demuestre que ∀k ∈ N, P k = P .
b) Demuestre que Ak = A ∀k ∈ N.
P4. Sea A ∈Mnn dada y supongamos que A3 = 0. Considere el siguiente conjunto:
G = {M(λ) ∈Mnn| λ ∈ R}
tal que
M(λ) = I + λA+
λ2
2
A2
a) Pruebe que M(λ+ β) = M(λ)M(β), ∀λ, β ∈ R.
b) Pruebe que M(λ) es invertible y que M(λ)−1 = M(−λ). Hint: Estudie M(0).
c) Demuestre que (G, ·) es un grupo abeliano, donde · es el producto de matrices.
Notación: Si A ∈Mnm entonces se ve de la siguiente manera.
A =

a11 a12 · · · a1j · · · a1m
a21 a22
... a2m
...
...
...
ai1 · · · · · · aij · · · aim
...
...
...
an1 · · · · · · anj · · · anm

Definición: (G, ·) es un Grupo Abeliano si:
– ∀a, b ∈ G, a · b ∈ G.
– ∀a, b, c ∈ G, (a · b) · c = a · (b · c).
– ∃e ∈ G tal que a · e = e · a = a, ∀a ∈ G.
– ∀a ∈ G, ∃b ∈ G tal que a · b = b · a = e
– ∀a, b ∈ G, a · b = b · a
1
Material/Guia_LDU.pdf
Descomposición LDU
Auxiliares: Mónica Carvajal Pinto- Johan Van der Molen
25 de agosto de 2008
Se tiene A εMn,n(R), es decir, una matriz cuadrada y se procede a escalonarla
usando SOLO matrices del tipo Ep,q(α, 1), sabemos que cuando p < q la matriz
es triangular inferior y su inversa Ep,q(−α, 1) tambien lo es. Cuando , mediante
premultiplicaciones por matrices de suma lleguemos a una matriz escalonada
tendremos algo de esta forma:
Ā = E1 · E2 · ... · Ej ·A =
 ā11 · · · ā1n
...
. . .
...
0 · · · ānn

Ahora como cualquier Ei = Ep,q(α, 1) es triangular inferior invertible con sólo
unos en la diagonal, se cumple:
E1 · ... · Ejes triangular inferior con solo unos en la diagonal . y como sabemos
su inversa(E1 · ... · Ej)−1 tambien lo es.( Recuerden que cuando multiplicamos
o invertimos matrices triangulares inferiores el resultado tambien es una matriz
triangular inferior) . Ademas (E1 · ...Ej)−1 = E−1
j · ... · E−1
1
Despejamos A y obtenemos
A = (E1 · ...Ej)−1 · Ā
es decir , la matriz A se puede escribir como la multiplicacion de una matriz
triangular inferior(L = (E1 · ...Ej)−1) y una triangular superior(U = A)̄
A = L · U, sellamadescomposiciónLUdeA
Ahora por teorema visto en clases, sabemos que A es invertible ⇐⇒ la ma-
triz escalonada Ā no tiene ceros en la diagonal.
Para la descomposición LDU queremos que la matriz triangular superior
(U=Ā) sólo tenga unos en la diagonal, como A es invertible sabemos que todos
los āii son no nulos , por lo tanto, para convertirlos en unos , tendremos que
dividir la fila i de la matriz U por āii y asi lograremos
nuestro objetivo.
Como
1
U =
 ā11 · · · ā1n
...
. . .
...
0 · · · ānn
 =
 ā11 · · · 0
...
. . .
...
0 · · · ānn
·

1 ā12
ā11
· · · ā1n
ā11
0
. . . . . .
...
...
. . . 0 ā(n−1)n
ā(n−1)(n−1)
0 · · · 0 1

U = D · Ũ
Con D diagonal y Ũ triangular superior con solo unos en la diagonal =⇒
A = L · U = L ·D · Ũ
Finalmente encontramos la Descompocisión LDU de A dada por:
A = L ·D · Ũ
A = (E1 · ...Ej)−1 ·
 ā11 · · · 0
...
. . .
...
0 · · · ānn
 ·

1 ā12
ā11
· · · ¯a1n
ā11
0
. . . . . .
...
...
. . . 0 ā(n−1)n
ā(n−1)(n−1)
0 · · · 0 1

1. Notas
1. 1 Si la matriz A no es invertible entonces No posee descomposicion LDU.
1. 2 Si A tiene factorización LDU entonces es unica
2. Ejemplo
Encuentre la descomposición LDU de la matriz
A =
 −3 2 −1
1 0 3
3 1 6

Solucion:
Primero encontramos la matriz Ā escalonada. E1,3(1) ·A =
 −3 2 −1
1 0 3
0 3 5

E1,2(1/3) · E1,3(1) ·A =
 −3 2 −1
0 2/3 8/3
0 3 5

E2,3(−9/2) · E1,2(1/3) · E1,3(1) ·A =
 −3 2 −1
0 2/3 8/3
0 0 −7

2
Ya tenemos la matrizĀ y sabemos que
A = (E1 · ...Ej)−1 · Ā
Por lo tanto, necesitamos encontrar
(E2,3(−9/2) · E1,2(1/3) · E1,3(1))−1 = E1,3(1))−1 · E1,2(1/3)−1 · E2,3(−9/2)−1
Usamos que Ep,q(α)−1 = Ep,q(−α) =⇒
E1,3(1)−1·E1,2(1/3)−1·E2,3(−9/2)−1 =
 1 0 0
0 1 0
−1 0 1
·
 1 0 0
−1/3 1 0
0 0 1
  1 0 0
0 1 0
0 9/2 1
 = 1 0 0
−1/3 1 0
−1 9/2 1
 = L
=⇒ A = L · U =
 1 0 0
−1/3 1 0
−1 9/2 1
 ·
 −3 2 −1
0 2/3 8/3
0 0 −7

Ahora verificamos si A era invertible viendo la diagonal de la matriz Ā, como
lo es, buscamos la descomposición LDU. La matriz D siempre será la diagonal
de la matriz Ā y la matriz U es el resultado de dividir cada fila de Ā por el
elemento de la diagonal=⇒
U =
 −3 0 0
0 2/3 0
0 0 −7
 ·
 1 −2/3 1/3
0 1 4
0 0 1

Finalmente A = L ·D · Ũ
A =
 1 0 0
−1/3 1 0
−1 9/2 1
 ·
 −3 0 0
0 2/3 0
0 0 −7
 ·
 1 −2/3 1/3
0 1 4
0 0 1

3
Pautas/Pauta_P2_Auxiliar11.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias F́ısicas y Matemáticas
Departamento de Ingenieŕıa Matemática
19 de Julio, 2013
Auxiliar #11MA1102-2 Álgebra Lineal. : Pauta P2
Profesor: Jaime Gonzalez
Auxiliar: Mart́ın Castillo
P2: Sea U y V s.e.v’s de Rn demuestre que:
a) (U⊥)⊥ = U
b) (U + V )⊥ = U⊥ ∩ V ⊥
Solución: a) Observemos que esta es una igualdad de conjuntos por lo tanto debemos demostrar la inclusión
en ambos sentidos pues
(U⊥)⊥ = U ⇐⇒ (U⊥)⊥ ⊆ U ∧ (U⊥)⊥ ⊇ U
Antes de empezar notemos que :
U⊥ = {x ∈ Rn| 〈x, u〉 = 0, ∀u ∈ U}
(U⊥)⊥ =
{
x ∈ Rn| 〈x, u′〉 = 0, ∀u′ ∈ U⊥}
Y que por la pagina 157 del apunte se puede concluir que:
Rn = W ⊕W⊥ ⇒W ∩W⊥ = {0}
Rn = W ⊕W⊥ ⇒ Rn = W⊥ ⊕ (W⊥)⊥ ⇒W⊥ ∩ (W⊥)⊥ = {0}
(U⊥)⊥ ⊆ U : Sea u ∈ (U⊥)⊥, u 6= 0. Por demostrar que: u ∈ U
Entonces,
u ∈ (U⊥)⊥ ⇔ 〈u, u′〉 = 0, ∀u′ ∈ U⊥
Además u se puede descomponer como u = u1 + u2(pues Rn = U ⊕ U⊥) donde u1 ∈ U y
u2 ∈ U⊥. Aśı
〈u, u′〉 = 0⇔ 〈u1 + u2, u
′〉 = 0⇔ 〈u1, u
′〉+ 〈u2, u
′〉 = 0
Y como 〈u1, u
′〉 = 0(por propiedad de conjuntos ortogonales), entonces 〈u2, u
′〉 = 0,∀u′ ∈
U⊥ ⇔ u2 ∈ (U⊥)⊥ Luego,
u2 ∈ U⊥ ∧ u2 ∈ (U⊥)⊥ ⇒ u2 ∈W⊥ ∩ (W⊥)⊥ = {0} ⇒ u2 = 0
Finalmente
u = u1 + u2 = u1 + 0 = u1 ∈ U ⇒ u ∈ U ⇒ (U⊥)⊥ ⊆ U
(U⊥)⊥ ⊇ U : Sea u ∈ U con u 6= 0. Por demostrar que: u ∈ (U⊥)⊥.
Entonces sabemos por propiedad de U⊥, que 〈u, u′〉 = 0, ∀u′ ∈ U⊥ ⇔ u ∈ (U⊥)⊥. Aśı
U ⊆ (U⊥)⊥
Y finalmente podemos decir que U = (U⊥)⊥.
b) Misma observación que en la parte a). Hay que demostrar la inclusión en ambos sentidos.
Notemos primero que:
x ∈ (U + V )⊥ ⇐⇒ 〈x, u + v〉 = 〈x, u〉+ 〈x, v〉 = 0, ∀u ∈ U, v ∈ V
x ∈ U⊥ ∩ V ⊥ ⇐⇒ x ∈ U⊥ ∧ x ∈ V ⊥ ⇐⇒ 〈x, u〉 = 0, ∀u ∈ U ∧ 〈x, v〉 = 0, ∀v ∈ V
U⊥ ∩ V ⊥ ⊆ (U + V )⊥: Muy (pero muy!) fácil haganla ustedes.
U⊥ ∩ V ⊥ ⊇ (U + V )⊥: Sea x ∈ (U + V )⊥ entonces sabemos que 〈x, u〉+ 〈x, v〉 = 0, ∀u ∈ U, v ∈ V
En particular si tomamos v = 0 ∈ V obtenemos que: 〈x, u〉 = 0, ∀u ∈ U ⇔ x ∈ U⊥.
Y análogamente si tomamos u = 0 ∈ U obtenemos que x ∈ V ⊥. Finalmente concluimos:
x ∈ U⊥ ∧ x ∈ V ⊥ ⇔ x ∈ U⊥ ∩ V ⊥.
(U + V )⊥ ⊆ U⊥ ∩ V ⊥
Por lo tanto (U + V )⊥ = U⊥ ∩ V ⊥
1
Pautas/pautas_semanas_1_15.rar
 
Pauta_semana_15.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias F́ısicas y Matemáticas
Departamento de Ingenieŕıa Matemática
06 de Julio de 2011
Solución Gúıa de Problemas MA1102 - Semana 15
Auxiliar: Gonzalo Flores G.
P1. (a) Tenemos que
vn+1 =
(
xn+2
xn+1
)
=
(
2xn+1 − xn
xn+1
)
=
(
2 −1
1 0
)(
xn+1
xn
)
=
(
2 −1
1 0
)
vn
Aśı, la matriz buscada es A =
(
2 −1
1 0
)
.
(b) Basta ver que
vn = Avn−1 = A2vn−2 = A3vn−3 = . . . = Anv0
(c) El polinomio caracteŕıstico de A es∣∣∣∣ 2− λ −1
1 −λ
∣∣∣∣ = λ(λ− 2) + 1 = λ2 − 2λ+ 1 = (λ− 1)2
Luego, tenemos un único valor propio λ = 1, de multiplicidad algebraica 2. Veamos que(
1 −1
1 −1
)(
v1
v2
)
=
(
0
0
)
⇔ v1 = v2
v2 ∈ R(
1 −1
1 −1
)(
v1
v2
)
=
(
1
1
)
⇔ v1 = v2 + 1
v2 ∈ R
de donde obtenemos los vectores propios
(
1
1
)
y
(
1
0
)
y por lo tanto
(
2 −1
1 0
)
=
(
1 1
1 0
)(
1 1
0 1
)(
0 1
1 −1
)
Aśı
An =
(
1 1
1 0
)(
1 1
0 1
)n(
0 1
1 −1
)
=
(
1 1
1 0
)(
1 n
0 1
)(
0 1
1 −1
)
=
(
n+ 1 −n
n 1− n
)
Por lo tanto, vn =
(
n+ 1 −n
n 1− n
)(
1
0
)
=
(
n+ 1
n
)
, es decir, xn = n.
* Se hizo un cambio en el enunciado. Consideramos que vn =
(
xn+1
xn
)
. De otra forma, v0
está mal definido.
P2. (a) Caso base, n = 1: La igualdad se tiene trivialmente.
Supongamos que la igualdad es cierta para n = k. Veamos que(
λ 1
0 λ
)k+1
=
(
λ 1
0 λ
)k (
λ 1
0 λ
)
=
(
λk kλk−1
0 λk
)(
λ 1
0 λ
)
=
(
λk+1 (k + 1)λk
0 λk+1
)
Con esto, queda demostrada la igualdad entregada.
1
(b) El polinomio caracteŕıstico de esta matriz es∣∣∣∣∣∣
4− λ −1 −3
0 4− λ 1
0 0 2− λ
∣∣∣∣∣∣ = (4− λ)2(2− λ)
Luego, tenemos los valores propios λ1 = 4 y λ2 = 2, de multiplicidades algebraica 2 y 1,
respectivamente. Obtengamos los vectores propios para λ1 = 4. Para esto, resolvamos el
sistema  0 −1 −3
0 0 1
0 0 −2
 v1
v2
v3
 =
 0
0
0
⇔ v1 ∈ R
v2 = 0
v3 = 0
Aśı, tenemos un primer vector propio ~v1 =
 1
0
0
. Para encontrar el vector restante asociado
a λ1 = 4, debemos resolver el sistema 0 −1 −3
0 0 1
0 0 −2
 v1
v2
v3
 =
 1
0
0
⇔ v1 ∈ R
v2 = −1
v3 = 0
⇔
 v1
v2
v3
 = v1
 1
0
0
+
 0
−1
0

Luego, tenemos un segundo vector propio ~v2 =
 0
−1
0
. Ahora obtengamos el vector propio
asociado a λ2 = 2. Para esto, resolvamos el sistema 2 −1 −3
0 2 1
0 0 0
 v1
v2
v3
 =
 0
0
0
⇔ v1 = 5
4v3
v2 = − 1
2v3
v3 ∈ R
Aśı, podemos tomar el vector propio ~v3 =
 5
−2
4
. De esta forma, obtenemos las matrices
P =
 1 0 5
0 −1 −2
0 0 4
 J =
 4 1 0
0 4 0
0 0 2

y mediante el algoritmo de Gauss
P−1 =
 1 0 − 5
4
0 −1 − 1
2
0 0 1
4

Conclúımos que 4 −1 −3
0 4 1
0 0 2
 =
 1 0 5
0 −1 −2
0 0 4
 4 1 0
0 4 0
0 0 2
 1 0 − 5
4
0 −1 − 1
2
0 0 1
4

(c) Vemos directamente que An = PJnP−1. Dado que J es diagonal por bloques, y en virtud de
la parte a), se tiene que
Jn =
 4n n · 4n−1 0
0 4n 0
0 0 2n

Por ende,
An = PJnP−1 =
 1 0 5
0 −1 −2
0 0 4
 4n n · 4n−1 0
0 4n 0
0 0 2n
 1 0 − 5
4
0 −1 − 1
2
0 0 1
4

=
 4n n · 4n−1 5 · 2n
0 −4n −2n+1
0 0 2n+2
 1 0 − 5
4
0 −1 − 1
2
0 0 1
4
 =
 4n −n · 4n−1 5 · 2n−2 − (5 + n
2 )4n−1
0 4n 1
24n − 2n−1
0 0 2n

2
Pauta_Semana_1.pdf
Pauta_Semana_2.pdf
Pauta_Semana_3.pdf
Pauta_Semana_4.pdf
Pauta_semana_5.pdf
Pauta_Semana_6_Apunte.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias F́ısicas y Matemáticas Departamento de Ingenieŕıa Matemática
Problemas Faltantes
de Lineal
P3 Semana 6 Sean E y F espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo K:
(a) Pruebe que dotando al conjunto E × F de las leyes
∀(x, y), (u, v) ∈ E × F, (x, y) + (u, v) = (x+ u, y + v);
∀α ∈ K, ∀(x, y) ∈ E × F, α(x, y) = (αx, αy)
éste resulta ser espacio vectorial sobre K
Resp : Es claro que si E y F son e.v. sobre K, entonces (E × F,+) es grupo abeliano (y K sigue siendo
cuerpo). Luego, resta revisar que E×F cumple las propiedades pedidas a un e.v. Para esto, tomemos λ, β ∈ K
cualesquiera, y (x, y), (u, v) ∈ E × F cualesquiera:
Distrib. I (λ+ β)(x, y) = ((λ+ β)x, (λ+ β)y) = (λx+ βx, λy + βy) = (λx, λy) + (βx, βy) = λ(x, y) + β(x, y)
Distrib. II λ((x, y) + (u, v)) = λ(x+ u, y + v) = (λ(x+ u), λ(y + v)) = (λx+ λu, λy + λv) = (λx, λy) + (λu, λv)
= λ(x, y) + λ(u, v)
Asoc. externa λ(β(x, y)) = λ((βx, βy)) = (λ(βx), λ(βy)) = ((λβ)x, (λβ)y) = (λβ)(x, y)
Neutro ext. 1(x, y) = (1x, 1y) = (x, y)
Entonces E×F es e.v. sobre el cuerpo K. La estrategia en general es echarle pa adelante con la demostración
y en algún momento aplicar las propiedades de e.v. de los conjuntos originales.
(b) Pruebe que E×{0F } y {0E}×F son subespacios vectoriales de E×F . Determine 0E×F y pruebe que
(E × {0F }) ∩ ({0E} × F ) = 0E×F .
Resp : Demostraremos sólo para el primer caso (ya que el segundo es exageradamente análogo). Claramente
E × {0F } es no vaćıo, pues por lo menos está el elemento (0E , 0F ). Entonces, usando el camino corto de
s.e.v., sea λ, β ∈ K, (x, 0F ), (y, 0F ) ∈ E × {0F }, entonces:
λ(x, 0F ) + β(y, 0F ) = (λx, λ0F ) + (βy, β0F ) = (λx+ βy, 0F ) ∈ E × {0F }
Por lo que E × {0F } es efectivamente s.e.v. de E × F .
0E×F debe ser un elemento de E × F tal que ∀(x, y) ∈ E × F, (x, y) + 0E×F = (x, y). Como 0E×F ∈ E × F ,
debe poder escribirse como (a, b), a ∈ E, b ∈ F . Luego (x, y) + (a, b) = (x+ a, y + b) = (x, y)
⇒ (x+ a = x) ∧ (y + b = y) ⇒ (a = 0E) ∧ (b = 0F ). Por lo tanto, como era de esperarse, 0E×F = (0E , 0F ).
Para que un elemento esté en la intersección de ambos subespacios, debe tener 0E en la primera coordenada
y 0F en la segunda. El único elemento de E × F que cumple dicha condición es 0E×F .
(c) Sea {e1, e2, ..., en} ⊆ E un conjunto l.i. de E y {f1, f2, ..., fm} ⊆ F un conjunto l.i. de F . Determine
un conjunto l.i. de E × F de tamaño n+m.
Resp : Sacando una idea de lo demostrado anteriormente, propongo como candidato a l.i. a los elementos de
la forma (0E , fi) y (ei, 0F ). Veamos que son l.i.: tomemos una combinación lineal de todos ellos que valga
cero, vale decir:
1
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n+m∑
k=1
λkgk = 0E×F
Aqúı la notación puede ser enredosa. Los vectores gk simplemente son la unión de los (0E , fi) y los (ei, 0F )
ordenados. La suma en realidad debiera verse de esta forma:
n∑
i=1
λi(ei, 0F ) +
m∑
j=1
λn+j(0E , fj) = (0E , 0F ) ⇒ (
n∑
i=1
λiei, 0F ) + (0E ,
m∑
j=1
βjfj) = (0E , 0F ).
Sin ningún asco sumemos todo, cosa de dejar un sólo paréntesis:
⇒ (
n∑
i=1
λiei,
m∑
j=1
βjfj) = (0E , 0F ) ⇒ (
n∑
i=1
λiei = 0E) ∧ (
m∑
j=1
βjfj = 0F )
Dado que ambos conjuntos son l.i. por enunciado, los escalares deben ser cero toditos. Luego, el conjunto
completo de vectores (de tamaño m+ n) debe ser l.i. en E × F . Por supuesto que no es el único, pero es el
ás sencillo de ver.
P4 Semana 6 Sea E el espacio vectorial sobre R de las funciones definidas sobre Z a valores reales:
E = {f |f : Z → R es función}
(a) Sean a1, a2 ∈ R con a2 6= 0 y F0 el conjunto de las funciones en E que verifican la condición:
∀n ∈ Z, f(n) + a1f(n− 1) + a2f(n− 2) = 0
Pruebe que F0 es s.e.v. de E.
Resp : Primero hay que verificar que F0 es distinto de vaćıo. Lo es, pues la función nula (f(n) = 0 ∀n ∈ Z)
cumple la condición. Ahora, sea λ, β ∈ R, y f1, f2 ∈ F0. Luego:
(λf1 + βf2)(n) + a1(λf1 + βf2)(n− 1) + a2(λf1 + βf2)(n− 2)
= λf1(n) + a1λf1(n− 1) + a2λf1(n− 2) + βf2(n) + a1βf2(n− 1) + a2βf2(n− 2)
= λ(f1(n) + a1f1(n− 1) + a2f1(n− 2)) + β(f2(n) + a1f2(n− 1) + a2f2(n− 2)) = λ0 + β0 = 0
Por lo tanto, λf1 + βf2 ∈ F0, por lo que F0 es s.e.v. de E.
(b) Sea ahora F1 el conjunto de las funciones f ∈ E que verifican la condición:
∀n ∈ Z, f(n) + a1f(n− 1) + a2f(n− 2) = 1
Pruebe que F1 no es s.e.v. de E
Resp : La respuesta saldrá simplemente de dar un contraejemplito. Para que F1 sea s.e.v. de E, debe ser
subconjunto de E y ser e.v. (esa es la esencia). Luego, si f y g pertenecen a F1, f + g también debe hacerlo.
Sin embargo:
(f + g)(n) + a1(f + g)(n− 1) + a2(f + g)(n− 2)
= {f(n) + a1f(n− 1) + a2f(n− 2)}+ {g(n) + a1g(n− 1) + a2g(n− 2)} = 1 + 1 = 2 6= 1.
Luego, es imposible que F1 sea s.e.v. de E, pues f + g /∈ F1
2
Pauta_Semana_7_Apunte.pdf
Pauta_Semana_8_Apunte.pdf
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P1 Semana 8 Sea P3(R) el conjunto de los polinomios de grado menor o igual a 3 con coeficientes reales.
Se define la transformación T : P3(R) → P3(R) por:
T (a0 + a1x+ a2x
2 + a3x
3) = a0 + (2a1 + a2)x+ (2a2 + a3)x
2 + 2a3x
3
(a) Demuestre que T es una transformación lineal.
Resp : Consideremos dos polinomios de grado 3 p = a0 + a1x + a2x
2 + a3x
3 y q = b0 + b1x + b2x
2 + b3x
3.
Debemos demostrar que para cualquier λ, β ∈ R, T (λp1 + βp2) = λT (p1) + βT (p2). Ordenémoslo un poco
para que no quede la patá y media:
λp1 + βp2 = λao + βb0 + (λa1 + βb1)x+ (λa2 + βb2)x
2 + (λa3 + βb3)x
3
T (λp1+βp2) = λao+βb0+(2(λa1+βb1)+ (λa2+βb2))x+(2(λa2+βb2)+ (λa3+βb3))x
2+2(λa3+βb3)x
3
= λ(a0 +(2a1 + a2)x+(2a2 + a3)x
2 +2a3x
3)+β(b0 +(2b1 + b2)x+(2b2 + b3)x
2 +2b3x
3) = λT (p1)+βT (p2)
Luego T es lineal.
(b) Probar que T es una transformación biyectiva.
Resp : Para la inyectividad, basta demostrar que Ker(T ) = {0}.
Sea p ∈ P3(R) tal que T (p) = 0 (el cero de los polinomios, es decir, el polinomio 0). Es decir:
T (p) = a0 + (2a1 + a2)x+ (2a2 + a3)x
2 + 2a3x
3 = 0
⇒ (a0 = 0) ∧ (2a1 + a2 = 0) ∧ (2a2 + a3 = 0) ∧ (2a3 = 0)
Resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos que cada coeficiente debe ser cero, es decir, p = 0. Luego,
Ker(T ) = {0}. El razonamiento para inyectividad es siempre aśı; como hay que demostrar que el núcleo es
sólo el cero, lo hacemos por doble inclusión: como T es lineal, cero es subconjunto del núcleo SIEMPRE,
luego la parte pelúa es demostrar que el Ker es subconjunto de cero, es decir, que si x ∈ Ker(T ), entonces
x = 0.
Para la sobreyectividad, debemos demostrar que todo polinomio en el recorrido tiene preimagen. Dado un
polinomio a0 + a1x+ a2x
2 + a3x
3, basta demostrar que existe un polinomio q = b0 + b1x+ b2x
2 + b3x
3 que
satisfaga el siguiente sistema de ecuaciones:
T (b0 + b1x+ b2x
2 + b3x
3) = a0 + a1x+ a2x
2 + a3x
3
⇒ b0 + (2b1 + b2)x+ (2b2 + b3)x
2 + 2b3x
3 = a0 + a1x+ a2x
2 + a3x
3
⇒ (b0 = a0) ∧ (2b1 + b2 = a1) ∧ (2b2 + b3 = a2) ∧ (2b3 = a3)
Cuya solución es b3 =
a3
2
, b2 =
2a2 − a3
4
, b1 =
4a1 − 2a2 + a3
8
y b0 = a0. Es decir, T es sobreyectiva e
inyectiva, por ende biyectiva.
En el futuro, gracias al teorema de Núcleo-Imagen, si el espacio de partida y el de llegada son de igual
dimensión y T lineal, inyectiva ⇔ sobreyectiva ⇔ biyectiva, es decir, bastaba sólo demostrar que es inyectiva.
3
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(c) Si id es la transformación identidad del espacio vectorial P3(R), pruebe que T − 2id, (T − 2id)2,
(T − 2id)3 y T − id son transformaciones lineales.
Resp : Podŕıamos hacerla de la manera usual, tomando una combinación lineal y viendo si se porta bien.
Sin embargo, dado que hay composiciones y cosas, y son polinomios largos, probablemente se complique y
se alargue innecesariamente. En vez de tomar dicha v́ıa retrógrada, seremos más vios.
La suma de transformaciones
lineales es lineal. De hecho:
(S+T )(λx+βy) = S(λx+βy)+T (λx+βy) = λS(x)+βS(y)+λT (x)+βT (y) = λ(T +S)(x)+β(T +S)(y)
Análogamente, la ponderación por escalar de una transformación lineal es lineal (T lineal ⇒ αT lineal,
∀α ∈ R). Es fácil de hacer.
También la composición de transformaciones lineales es lineal. De hecho:
(T ◦ S)(λx+ βy) = T (S(λx+ βy)) = T (λS(x) + βS(y)) = λ(T ◦ S)(x) + β(T ◦ S)(y).
Luego de todo este jaleo, demostrar que cada una de las transformaciones enunciadas es lineal es fácil. La
primera es ponderación y resta de transformaciones lineales (T e id son lineales). La segunda y la tercera
son composición de transformaciones lineales, y la última es resta de dos transformaciones lineales.
(d) Encontrar bases y dimensión de Ker(T − 2id), Ker(T − 2id)2 y Ker(T − 2id)3.
Resp : En las preguntas de este estilo, la estrategia es ver la forma de los elementos del Ker respectivo,
y hallar una base es sólo jugar con la base canónica del espacio vectorial donde se trabaje (en este caso,
polinomios). Eso precisamente haremos.
Si tomamos p = a0 + a1x+ a2x
2 + a3x
3, entonces:
(T − 2id)(p) = a0 + (2a1 + a2)x+ (2a2 + a3)x
2 + 2a3x
3 − 2a0 − 2a1x− 2a2x
2 − 2a3x
3 = −a0 + a2x+ a3x
2
Como el Ker consta de los elementos que llevan al cero, es claro de la forma de la función que el Ker lo
conforman los polinomios que tienen a0, a2 y a3 igual a 0 (el coeficiente de x queda libre, pues no depende
de él que valga cero). Aśı, Ker(T − 2id) son los polinomios de la forma p = λx, λ ∈ R, de dimensión 1 con
base {x}.
(T − 2id)2(p) = (T − 2id)(−a0 + a2x+ a3x
2) = −a0 + (2a2 + a3)x+ 2a3x
2 + 2a0 − 2a2x− 2a3x
2 = a0 + a3x
Para que sea cero, a0 y a3 deben ser cero, quedando libres los otros dos. Luego el Ker de (T − 2id)2 son los
polinomios de la forma λx+ βx2, λ, β ∈ R, de dimensión 2 con base {x, x2}.
(T − 2id)3(p) = (T − 2id)(a0 + a3x) = a0 + 2a3x− 2a0 − 2a3x = −a0
Luego, para que sea cero, basta que a0 sea 0, quedando libres las otras tres componentes. Aśı, el Ker de
(T − 2id)3 son los polinomios de la forma λx+ βx2 + γx3, λ, β, γ ∈ R, de dimensión 3 con base {x, x2, x3}.
4
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(b) Sean las bases de M22(R) y P2(R) siguientes:
βM =
{(
1 0
0 0
)
,
(
0 1
0 0
)
,
(
0 0
1 0
)
,
(
0 0
0 1
)}
, βP = {1, x, x2}
Encuentre la matriz representante de T con respecto a las bases βM y βP .
Resp : Debemos evaluar la base βM en T y expresarla en función de la base βP para obtener la matriz
representante:
T
((
1 0
0 0
))
= (1 + 0) + (0 + 0)x+ (1 + 0 + 0 + 0)x2 = 1 + 0x+ x2, representado por (1, 0, 1).
T
((
0 1
0 0
))
= (0 + 0) + (1 + 0)x+ (0 + 1 + 0 + 0)x2 = 0 + x+ x2 representado por (0, 1, 1).
T
((
0 0
1 0
))
= (0 + 0) + (0 + 1)x+ (0 + 0 + 2 + 0)x2 = 0 + x+ 2x2 representado por (0, 1, 2).
T
((
0 0
0 1
))
= (0 + 1) + (0 + 0)x+ (0 + 0 + 0 + 1)x2 = 1 + 0x+ x2 representado por (1, 0, 1)
Luego la matriz representante para estas bases es MβMβP
=


1 0 0 1
0 1 1 0
1 1 2 1

.
(c) Sean las bases de M22(R) y P2(R) siguientes:
β′
M
=
{(
1 0
0 1
)
,
(
−1 0
0 1
)
,
(
0 1
1 0
)
,
(
0 1
−1 0
)}
, β′
P
= {1 + x, x+ x2, 1 + x2}
Encuentre la matriz representante de T conrespecto a las bases β′
M
y β′
P
.
Resp : Debemos hacerlo de forma análoga a la parte anterior, con la salvedad que hay que expresar los
resultados en la base de polinomios correspondiente.
T
((
1 0
0 1
))
= (1 + 1) + (0 + 0)x+ (1 + 0 + 0 + 1)x2 = 2 + 2x2 = 0(1 + x) + 0(x+ x2) + 2(1 + x2)
representado por (0, 0, 2)
T
((
−1 0
0 1
))
= (−1 + 1) + (0 + 0)x+ (−1 + 0 + 0 + 1)x2 = 0 = 0(1 + x) + 0(x+ x2) + 0(1 + x2)
representado por (0, 0, 0)
T
((
0 1
1 0
))
= (0 + 0) + (1 + 1)x+ (0 + 1 + 2 + 0)x2 = 2x+ 3x2 = −
1
2
(1 + x) +
5
2
(x+ x2) +
1
2
(1 + x2)
representado por (−
1
2
,
5
2
,
1
2
).
A veces no es tan intuitivo cómo expresar los resultados en la nueva base. Puede hacerse por tanteo (cuando
hay cierta intuición), o bien irse a la segura y expresar la base canónica de la llegada en la nueva base (en
este caso, escribir 1, x y x2 en la nueva base) y después ponderar por lo obtenido no más.
6
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T
((
0 1
−1 0
))
= (0 + 0) + (1 +−1)x+ (0 + 1− 2 + 0)x2 = −x2 =
1
2
(1 + x)−
1
2
(x+ x2)−
1
2
(1 + x2)
representado por (
1
2
,−
1
2
,−
1
2
)
Luego, la matriz representante de T para estas bases es Mβ′
M
β′
P
=


0 0 −1/2 1/2
0 0 5/2 −1/2
2 0 1/2 −1/2

.
(d) Calcule la dimensión del núcleo y la dimensión de la Imagen de T
Resp : Vemos de la forma de T , que para que una matriz esté en el Ker debe satisfacer el sistema de
ecuaciones:
(a+ d = 0) ∧ (b+ c = 0) ∧ (a+ b+ 2c+ d) = 0
Sin entrar en detalles con la solución, son tres ecuaciones independientes linealmente y cuatro variables. Es
decir, una queda libre, por lo que dim(Ker(T )) = 1.
Para la dimensión de la imagen, vamos a hacer algo que parece rebuscado, pero no lo es tanto. Igual
la transformación tiene cara de generar cualquier polinomio. Además, P2(R) es un espacio vectorial de
dimensión 3. Si generamos a través de T 3 polinomios l.i., podemos concluir que la imagen tiene por lo
menos dimensión 3, y no puede ser más pues el espacio de llegada tiene dimensión 3. Para hacerlo más
evidente, armaremos los tres vectores de la base de la pregunta (c).
Vimos en (b) que:
T
((
1 0
0 0
))
= (1 + 0) + (0 + 0)x+ (1 + 0 + 0 + 0)x2 = 1 + x2
T
((
0 1
0 0
))
= (0 + 0) + (1 + 0)x+ (0 + 1 + 0 + 0)x2 = x+ x2
Luego, sólo nos falta generar 1 + x. Es útil notar que:
T
((
1 3
−2 0
))
= (1 + 0) + (3− 2)x+ (1 + 3− 4 + 0)x2 = 1 + x
Parece sacado de la manga, pero sale de resolver el sistema (a+ d = 1) ∧ (b+ c = 1) ∧ (a+ b+ 2c+ d = 0)
que, de hecho, deja una variable libre.
Aśı, tenemos que β′
P
⊆ T (M22(R)), y como la imagen es subespacio vectorial de P2(R), tiene dimensión por
lo menos 3 (hay 3 l.i.) y a lo más 3, es decir, dim(Im(T )) = 3.
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P3 Semana 9 Sea T : V → V una transformación lineal con V un espacio vectorial de dimensión finita.
Demuestre que:
V = Ker(T )
⊕
Im(T ) ⇔ Ker(T ) = Ker(T 2)
Resp : ⇒ Para demostrar que Ker(T ) = Ker(T 2), lo haremos por doble subconjunto. Uno es gratis (ni
siquiera requiere hipótesis). Si x ∈ Ker(T ) ⇒ T (x) = 0. Luego, T 2(x) = T (T (x)) = T (0) = 0 ⇒ x ∈
Ker(T 2). Es decir Ker(T ) ⊆ Ker(T 2).
Ahora, si x ∈ Ker(T 2) ⇒ T (T (x)) = 0 ⇒ T (x) ∈ Ker(T ). Pero también T (x) ∈ Im(T ) ⇒ T (x) ∈
Ker(T )∩ Im(T ). Como Ker e Im son suma directa (por hipótesis), se tiene que Ker(T )∩ Im(T ) = {0}, es
decir, T (x) = 0 ⇒ x ∈ Ker(T ), y por ende Ker(T 2) ⊆ Ker(T ), completando la demostración.
⇐ Para demostrar que es suma directa, debemos demostrar que tienen intersección cero, y que suman todo
el espacio. Sea y ∈ Ker(T )∩ Im(T ), es decir y = T (x) para algún x y T (y) = 0, es decir, T (T (x)) = 0. Esto
último implica que x ∈ Ker(T 2) ⇒ x ∈ Ker(T ) (por hipótesis), es decir, T (x) = 0. En otras palabras, y = 0
(el único elemento en la intersección es el cero).
Para ver que suman, daremos un argumento sencillo pero convincente. Por el teorema de núcleo-imagen, la
suma de las dimensiones del Ker e Im son la del espacio completo, y además sólo tienen en común el cero
por lo demostrado antes. Si la dimensión de V es n, entonces dim(Ker(T )) = k, dim(Im(T )) = n− k para
algún k ∈ N. Podemos sacar una base para cada uno, y la unión de ambas será l.i. (pues sólo se intersectan
en cero los generados por las bases). Aśı,
es fácil convencerse que Ker e Im suman todo el espacio, y como
sólo intersectan en cero, concluimos que V = Ker(T )
⊕
Im(T ).
8
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Departamento de Ingenieŕıa Matemática
27 de Junio de 2011
Solución Gúıa de Problemas MA1102 - Semana 10
Auxiliar: Gonzalo Flores G.
P1. (a) =⇒: Sea A ∈ Mmn tal que r(A) = 1. Con esto, sabemos que A tiene una sola columna
linealmente independiente. Sin pérdida de generalidad, supongamos que A•1 6=
−→
0 . Luego,
existen constantes λi, con i ∈ {1, . . . , n} tales que A•i = λiA•1. De esta forma, tomando
u = A•1 y vt = (λ1 . . . λn) se verifica que A = uvt. Es claro que ambos son no nulos. En
efecto, u lo es por la forma en que fue elegido, y v tiene un 1 como primera componente.
⇐=: Supongamos ahora que A ∈ Mmn es tal que puede ser escrita de la forma A = uvt, con
u ∈ Km, v ∈ Kn. Aśı, vemos que aij = uivj y, más aun, A•i = viu. Esto quiere decir que
cada columna de A es una ponderación de u. Dado que los vectores u y v son ambos no nulos,
existe al menos una columna no nula, y como estas son linealmente dependientes, se tendrá
que r(A) = 1.
(b) Probemos el caso n = 2. En este caso, obtenemos el determinante∣∣∣∣( 0 −α0
1 −α1
)
− λI
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ −λ −α0
1 −α1 − λ
∣∣∣∣ = λ(α1 + λ) + α0 = α0 + α1λ+ λ2
el cual coincide con la expresión (−1)2(
∑1
k=0 αkλ
k + λ2) Supongamos que esto es cierto para
n = j, es decir, para la matriz A de dimensión j×j se tiene que p(λ) = (−1)j(
∑j−1
k=0 αkλ
k+λj),
y veamos que sucede para n = j + 1. En este caso, la matriz A− λI queda de la forma
−λ 0 . . . 0 −α0
1 −λ . . . 0 −α1
0 1 . . . 0 −α2
...
...
...
...
...
0 0 . . . 1 −αj − λ

Para obtener el determinante de esta matriz, utilizaremos la primera fila, resultando que
p(λ) = −λ |B|+ (−1)j+2 · − α0 |I|. Notamos que B es una matriz de dimensión j × j con las
caracteŕısticas de la hipótesis, luego, |B| = (−1)j(
∑j−1
k=0 αk+1λ
k + λj). Además, |I| = 1. Aśı,
p(λ) = −λ((−1)j(
j−1∑
k=0
αk+1λ
k+λj))+(−1)j+1α0 = (−1)j+1
j−1∑
k=0
αk+1λ
k+1+(−1)j+1λj+1+(−1)j+1α0
= (−1)j+1
j∑
k=0
αkλ
k + (−1)j+1λj+1 = (−1)j+1(
j∑
k=0
αkλ
k + λj+1)
Aśı, queda probado lo pedido.
P2. (a) Veamos que (1−α)n |A|PA−1B
(
α
α−1
)
= (1−α)n |A|
∣∣∣A−1B − α
α−1I
∣∣∣ = (1−α)n
∣∣∣B − α
α−1A
∣∣∣.
En virtud de la linealidad por filas del determinante, esto es igual a |(1− α)B + αA|, con lo
que se concluye.
(b) Supongamos que αA + (1 − α)B no es invertible para ningún 0 < α < 1, es decir, su deter-
minante es nulo para todo valor de α ∈ (0, 1). Como α 6= 1 y A es invertible, esto equivale a
decir que PA−1B
(
α
α−1
)
se anula para todo α ∈ (0, 1). Para esto, necesariamente se requiere
que el polinomio caracteristico de A−1B sea el polinomio nulo, pero esto es imposible, ya que
PA−1B(0) =
∣∣A−1B
∣∣ 6= 0 →←.
1
P3. (a) Sabemos que Av = λv. Premultiplicando por B, vemos que:
=⇒ (BA)v = λ(Bv) =⇒ (AB)v = λ(Bv) =⇒ A(Bv) = λ(Bv)
Es decir, Bv es vector propio de A, con valor propio asociado λ
(b) Dado que el subespacio propio asociado a λ es de dimensión 1, podemos decir que Wλ = 〈v〉.
Pero por la parte anterior, sabemos que Bv también es vector propio, es decir, pertenece a
este subespacio. Luego, existe α ∈ R tal que Bv = αv.
2
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Departamento de Ingenieŕıa Matemática
27 de Junio de 2011
Solución Gúıa de Problemas MA1102 - Semana 11
Auxiliar: Gonzalo Flores G.
P1. (a) i) Para esto basta ver que
T (1) = 1 + 2x2 = 1 · 1 + 0 · x+ 2 · x2
T (x) = x = 0 · 1 + 1 · x+ 0 · x2
T (x2) = 2 + x2 = 2 · 1 + 0 · x+ 1 · x2
Por lo tanto
A =
 1 0 2
0 1 0
2 0 1

ii) Calculemos p(λ):
p(λ) = |A− λI| =
∣∣∣∣∣∣
1− λ 0 2
0 1− λ 0
2 0 1− λ
∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)3 + 4(λ− 1) = (1− λ)(λ− 3)(λ+ 1)
Aśı, los valores propios de A son λ1 = 1, λ2 = 3, λ3 = −1. Ahora, al resolver los sistemas
(A− I)v1 = 0
(A− 3I)v2 = 0
(A+ I)v3 = 0
obtenemos los vectores propios v1 =
 0
1
0
, v2 =
 1√
2
0
1√
2
 y v3
 1√
2
0
− 1√
2

De esto, obtenemos que
A =
 0 1√
2
1√
2
1 0 0
0 1√
2
− 1√
2
 1 0 0
0 3 0
0 0 −1
 0 1 0
1√
2
0 1√
2
1√
2
0 − 1√
2

De lo que se desprende que
A2n =
 0 1√
2
1√
2
1 0 0
0 1√
2
− 1√
2
 1 0 0
0 32n 0
0 0 1
 0 1 0
1√
2
0 1√
2
1√
2
0 − 1√
2
 =
 32n+1
2 0 32n−1
2
0 1 0
32n−1
2 0 32n+1
2

iii) Vemos que el polinomio p(x) = 1+x+x2 se corresponde con el vector v =
 1
1
1
. Ahora
bien,  32n+1
2 0 32n−1
2
0 1 0
32n−1
2 0 32n+1
2
 1
1
1
 =
 32n
1
32n

pero este vector corresponde al polinomio 32n+x+32nx2. Por lo tanto, T 2n(1+x+x2) =
32n + x+ 32nx2.
1
(b) Calculemos el polinomio caracteŕıstico de esta matriz, es decir:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
2− λ α 0 0 0
0 2− λ α 0 0
0 0 2− λ 0 0
0 0 0 1− λ β
0 0 0 0 1− λ
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (2− λ)3(1− λ)2
Aśı, los valores propios son λ1 = 2 y λ2 = 1, de multiplicidades algebraicas αA(2) = 3 y
αA(1) = 2. Veamos ahora que
0 α 0 0 0
0 0 α 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 −1 β
0 0 0 0 −1


v1
v2
v3
v4
v5
 =

0
0
0
0
0
⇐⇒
v1 ∈ R
αv2 = 0
αv3 = 0
v4 = 0
v5 = 0
Luego, tendremos γA(2) =
{
3 , α = 0
1 , α 6= 0
. De igual forma
1 α 0 0 0
0 1 α 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 0 β
0 0 0 0 0


v1
v2
v3
v4
v5
 =

0
0
0
0
0
⇐⇒
v1 = 0
v2 = 0
v3 = 0
v4 ∈ R
βv5 = 0
De donde γA(1) =
{
2 , β = 0
1 , β 6= 0
Recordando que para que la matriz sea diagonalizable nos basta con que para todo valor propio,
las multiplicidades algebraica y geométrica coincidan, vemos que esta matriz es diagonalizable
si α = β = 0.
P2. (a) Probemos por inducción. Para el caso base n = 0 la proposición se tiene trivialmente. En
efecto
A0x0 = Ix0 = x0
Supongamos que la proposición es cierta para n = k, y veamos que sucede para el caso n = k+1.
Vemos que
Ak+1x0 = AAkx0 = Axk =
(
a −1
1 0
)(
uk
uk−1
)
=
(
auk − uk−1
uk
)
=
(
uk+1
uk
)
= xk+1
Aśı, queda probado lo pedido.
(b) Calculemos el polinomio caracteŕıstico de A.
p(λ) = |A− λI| =
∣∣∣∣ a− λ −1
1 −λ
∣∣∣∣ = λ(λ− a) + 1 = λ2 − aλ+ 1
cuyas ráıces son λ1,2 = a±
√
a2−4
2 . Aśı, como |a| = 2, tenemos la ráız λ = a
2 , con αA(a2 ) = 2.
Resolvamos ahora el sistema(
a
2 −1
1 −a2
)(
v1
v2
)
=
(
0
0
)
⇐⇒ v1 ∈ R
v2 = a
2v1
De esto último, obtenemos que γA(a2 ) = 1 6= 2 = αA(a2 ). Luego, A no es diagonalizable.
(c) En este caso, obtenemos las ráıces λ1 = a+
√
a2−4
2 y λ2 = a−
√
a2−4
2 . Resolvamos(
a− λ1 −1
1 −λ1
)(
v1
v2
)
=
(
0
0
)
⇐⇒ v1 ∈ R
v2 = (a− λ1)v1(
a− λ2 −1
1 −λ2
)(
v1
v2
)
=
(
0
0
)
⇐⇒ v1 ∈ R
v2 = (a− λ2)v1
De esto se ve que γA(λ1) = 1 = αA(λ1) y γA(λ2) = 1 = αA(λ2), es decir, A es diagonalizable.
2
(d) i) Del desarrollo anterior, vemos que
~vλ1
=
(
λ1
(a− λ1)λ1
)
=
(
λ1
1
)
~vλ2 =
(
λ2
(a− λ2)λ2
)
=
(
λ2
1
)
son vectores propios asociados a λ1 y λ2, respectivamente.
ii) Sabemos que
A =
(
λ1 λ2
1 1
)(
λ1 0
0 λ2
)( 1
λ1−λ2
− λ2
λ1−λ2
− 1
λ1−λ2
λ1
λ1−λ2
)
Luego,
A =
(
λ1 λ2
1 1
)(
λn1 0
0 λn2
)( 1
λ1−λ2
− λ2
λ1−λ2
− 1
λ1−λ2
λ1
λ1−λ2
)
=
(
λn+1
1 −λn+1
2
λ1−λ2
λ1λ
n+1
2 −λ2λ
n+1
1
λ1−λ2
λn
1−λ
n
2
λ1−λ22
λ1λ
n
2−λ2λ
n
1
λ1−λ2
)
Por lo tanto, tendremos que(
un
un−1
)
= xn = Anx0 =
(
λn+1
1 −λn+1
2
λ1−λ2
λ1λ
n+1
2 −λ2λ
n+1
1
λ1−λ2
λn
1−λ
n
2
λ1−λ2
λ1λ
n
2−λ2λ
n
1
λ1−λ2
)(
1
0
)
=
(
λn+1
1 −λn+1
2
λ1−λ2
λn
1−λ
n
2
λ1−λ2
)
Es decir,
un =
λn+1
1 − λn+1
2
λ1 − λ2
P3. (a) Claramente vemos que
Av = λv ⇐⇒ RSv = λv ⇐⇒ (SR)(Sv) = λ(Sv)⇐⇒ B(Sv) = λ(Sv)
Es directo de esto, que los valores propios asociados a los vectores propios de B son los mismos
que los correspondientes a los vectores propios de A.
(b) Sean λ valor
propio de A, y v1, . . . , vk los vectores propios asociados. Sabemos que estos
forman una base de Ker(A − λI), pero por la parte anterior, sabemos que estos vectores
estan en correspondencia 1-1 con los vectores Sv1, . . . , Svk, y por ende, formarán una base de
Ker(B − λI). Con esto, queda demostrado que dim(Wλ(A)) = dim(Wλ(B)).
(c) Sólo queda ver que αA(λ) = αB(λ) para todo valor propio λ, pero esto es directo de la parte
(a) (impĺıcitamente, se tiene que los polinomios caracteŕısticos son iguales, salvo ponderación,
y por ende, las multiplicidades algebraicas son iguales). Aśı, A es diagonalizable ⇐⇒ B es
diagonalizable.
3
Pauta_semana_12.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias F́ısicas y Matemáticas
Departamento de Ingenieŕıa Matemática
29 de Junio de 2011
Solución Gúıa de Problemas MA1102 - Semana 12
Auxiliar: Gonzalo Flores G.
P1. (a) Primero obtengamos una base de W . Para esto, escalonemos la matriz
1 1 1 1
1 −1 1 −1
1 3 1 3
2 3 2 3
→

1 1 1 1
0 −2 0 −2
0 2 0 2
0 1 0 1
→

1 1 1 1
0 −2 0 −2
0 0 0 0
0 0 0 0

Por lo tanto, W =
〈

1
1
1
1
 ,

1
−1
1
−1


〉
Al normalizar estos vectores, obtenemos
v1 =

1
2
1
2
1
2
1
2
 y v2 =

1
2
− 1
2
1
2
− 1
2
 que además cumplen que v1 · v2 = 0.
Luego, βW = {v1, v2} es una base ortonormal de W .
Además, se tiene que
u ∈W⊥ ⇐⇒ u · w = 0,∀w ∈W ⇐⇒ u · (λ1v1 + λ2v2) = 0,∀λ1, λ2 ∈ R
⇐⇒ w·

λ1+λ2
2
λ1−λ2
2
λ1+λ2
2
λ1−λ2
2
 = 0,∀λ1, λ2 ∈ R⇐⇒ (w1+w3)(λ1+λ2)+(w2+w4)(λ1−λ2) = 0,∀λ1, λ2 ∈ R
Pero esto ocurre si, y sólo si w1 = −w3 y w2 = −w4, y por lo tanto
W⊥ =
〈

1
0
−1
0
 ,

0
1
0
−1


〉
Normalizando, obtenemos u1 =

1√
2
0
− 1√
2
0
 y u2 =

0
1√
2
0
− 1√
2
, que además cumplen que
u1 · u2 = 0.
Por lo tanto, βW⊥ = {u1, u2} es una base ortonormal de W⊥.
(b) Buscamos constantes λ1, λ2, λ3, λ4 ∈ R tales que
λ1

1
2
1
2
1
2
1
2
+ λ2

1
2
− 1
2
1
2
− 1
2
+ λ3

1√
2
0
− 1√
2
0
+ λ4

0
1√
2
0
− 1√
2
 =

1
2
3
4

o, equivalentemente, 
1
2
1
2
1√
2
0
1
2 − 1
2 0 1√
2
1
2
1
2 − 1√
2
0
1
2 − 1
2 0 − 1√
2


λ1
λ2
λ3
λ4
 =

1
2
3
4

1
La solución de este sistema es λ1 = 5, λ2 = −1, λ3 = −
√
2 y λ4 = −
√
2, por lo que la
descomposición buscada es: 
1
2
3
4
 =

2
3
2
3
+

−1
−1
1
1

P2. (a) Notemos que W 6= φ, en efecto, ~0 ∈ W , ya que
〈
Au,A ·~0
〉
= 0 para cualquier u ∈ U . Sean
w1, w2 ∈W , λ1, λ2 ∈ R. Aśı tenemos que
〈Au,A(λ1w1 + λ2w2)〉 = λ1 〈Au,Aw1〉+ λ2 〈Au,Aw2〉 = 0
Aśı, W es subespacio vectorial de Rn.
Ahora, sea v ∈ W ∩ U . Luego, ∀u ∈ U, 〈Au,Av〉 = 0. En particular, 〈Av,Av〉 = 0, lo que
ocurre solamente si Av = 0. Como A es invertible, esto es equivalente a que v = 0. Aśı,
W ∩ U = {~0}.
(b) Claramente, ~0 ∈ V , en efecto, basta con tomar u = ~0. Sean v1, v2 ∈ V , λ1, λ2 ∈ R. Notemos
que u = λ1u1 + λ2u2 cumple que Au = λ1Au1 + λ2Au2 = λ1v1 + λ2v2.
Luego, V es subespacio vectorial de Rn.
(c) Vemos directamente que 〈Aui, Auj〉 = 〈vi, vj〉 =
{
1 , i = j
0 , i 6= j
Sean λ1, . . . , λk ∈ R. Vemos que
k∑
i=1
λiui = ~0 =⇒
k∑
i=1
λiAui = ~0 =⇒
k∑
i=1
λivi = ~0
Pero como el conjunto {vi}ki=1 es linealmente independiente, esto implica que λi = 0,∀i ∈
{1, . . . , k}, es decir, {ui}ki=1 es un conjunto linealmente independiente. Además, como este
conjunto tiene una cantidad de elementos igual a la dimensión de U , conclúımos que es una
base de U .
(d) Notamos que
w ∈W ⇔ ∀u ∈ U, 〈Au,Aw〉 = 0⇔ ∀λ1, . . . , λk ∈ R,
k∑
i=1
λi 〈Aui, Aw〉 = 0
⇔ ∀i ∈ {1, . . . , k} , 〈Aui, Aw〉 = 0
(e) Es directo que z ∈ U , ya que es una combinación lineal de la base de U . Además, dados u ∈ U ,
v ∈ Rn
〈Au,A(v − z)〉 = 〈Au,Av〉 − 〈Au,Az〉
Pero podemos escribir u =
∑k
i=1 λiui, luego
〈Au,Av〉 =
k∑
i=1
λi 〈Aui, Av〉
De la misma forma
〈Au,Az〉 =
k∑
i=1
λi 〈Aui, Az〉
Pero como z =
∑k
j=1 〈Av,Auj〉uj , luego
〈Au,Az〉 =
k∑
i=1
k∑
j=1
λi 〈Av,Auj〉 〈Aui, Auj〉 =
k∑
i=1
λi 〈Av,Aui〉
Por lo tanto, 〈Au,A(v − z)〉 = 0,∀u ∈ U , es decir, v − z ∈W .
2
(f) Notemos que de lo anterior, tenemos que ∀v ∈ Rn,∃z ∈ U , tal que v − z ∈ W , es decir,
v − z = w ⇔ v = z + w. Asi, tenemos que Rn ⊆ U + W , y por ende, Rn = U + W (la otra
inclusión es trivial).
También sabemos que U ∩W = {~0}, por lo tanto, Rn = U ⊕W . Como dim(U) = k, se tendrá
por lo anterior que dim(W ) = n− k.
P3. (a) i) Sabemos que W⊥ =
{
x ∈ R4 : ∀w ∈W, 〈x,w〉 = 0
}
. Aśı
x ∈W⊥ ⇔ ∀λ1, λ2 ∈ R,
〈
x, λ1

1
1
1
1
+ λ2

2
1
1
0

〉
= 0
⇔ ∀λ1, λ2 ∈ R, λ1
〈
x,

1
1
1
1

〉
+ λ2
〈
x,

2
1
1
0

〉
= 0
Para esto, necesariamente ambos productos punto deben ser nulos. Obtenemos de esta
forma las ecuaciones
x1 + x2 + x3 + x4 = 0
2x1 + x2 + x3 = 0
de donde podemos obtener que W⊥ =
〈

0
−1
1
0
 ,

1
−2
0
1


〉
.
Ortonormalicemos esta base. Normalizando el primer vector obtenemos
v1 =
1√
2

0
−1
1
0

Ahora calculamos
z1 =
〈
1
−2
0
1
 ,
1√
2

0
−1
1
0

〉
1√
2

0
−1
1
0
 =

0
−1
1
0

w2 =

1
−2
0
1
−

0
−1
1
0
 =

1
−1
−1
1

v2 =
1
2

1
−1
−1
1

Y aśı, β = {v1, v2} es una base ortonormal de W⊥.
ii) Sabemos que R4 = W ⊕W⊥, por esto, cada ~x ∈ R4 tiene una descomposición única de la
forma 
x1
x2
x3
x4
 = λ1

1
1
1
1
+ λ2

2
1
1
0
+
λ3√
2

0
−1
1
0
+
λ4
2

1
−1
−1
1

3
Usando el hecho de que T es lineal, Ker(T ) = W y (∀x ∈W⊥)T (x) = x, tendremos que
T

x1
x2
x3
x4
 =
λ3√
2

0
−1
1
0
+
λ4
2

1
−1
−1
1

Aśı, sólo nos basta con calcular los valores de λ3 y λ4 (que dependen de ~x). Para esto,
debemos resolver el sistema
1 2 0 1
1 1 −1 −1
1 1 1 −1
1 0 0 1


λ1
λ2
λ3√
2
λ4
2
 =

x1
x2
x3
x4

de donde se desprende que λ4
2 = x4−x3−x2+x1
4 y λ3√
2
= x3−x2
2 . Luego
T

x1
x2
x3
x4
 =
x3 − x2
2

0
−1
1
0
+
x4 − x3 − x2 + x1
4

1
−1
−1
1
 =

x4−x3−x2+x2
4
3x2−x4−x3−x1
4
3x3−x4−x2−x1
4
x4−x3−x2+x1
4

Por lo tanto, los valores buscados son
y1 = x4−x3−x2+x2
4 y2 = 3x2−x4−x3−x1
4
y3 = 3x3−x4−x2−x1
4 y4 = x4−x3−x2+x1
4
(b) i)
x ∈ (U + V )⊥ ⇔ ∀u+ v ∈ U + V, 〈x, (u+ v)〉 = 0⇔ ∀u ∈ U, v ∈ V, 〈x, u〉 = 〈x, v〉 = 0
⇔ x ∈ U⊥ ∧ x ∈ V ⊥ ⇔ x ∈ U⊥ ∩ V ⊥
Con esto, (U + V )⊥ = U⊥ ∩ V ⊥.
ii)
x ∈ (U⊥)⊥ ⇔ ∀y ∈ U⊥, 〈x, y〉 = 0⇔ x ∈ U
Con esto, (U⊥)⊥ = U .
iii) Notemos que por i), (U⊥ + V ⊥)⊥ = (U⊥)⊥ ∩ (V ⊥)⊥. Por ii), esto es equivalente a
(U⊥ + V ⊥)⊥ = U ∩ V . Pero si estos espacios son iguales, sus respectivos ortogonales
también lo son, es decir, ((U⊥+V ⊥)⊥)⊥ = (U∩V )⊥. Pero, nuevamente por ii), conclúımos
que U⊥ + V ⊥ = (U ∩ V )⊥.
iv) Notemos que por un lado
U + V = Rn ⇔ (U + V )⊥ = {0} ⇔ U⊥ ∩ V ⊥ = {0}
Hemos probado que U + V = Rn si, y sólo si la suma U⊥ + V ⊥ es directa. Por otro lado
U ∩ V = {0} ⇔ (U ∩ V )⊥ = Rn ⇔ U⊥ + V ⊥ = Rn
Ahora hemos probado que la suma U +V es directa si, y sólo si U⊥+V ⊥ = Rn. Juntando
ambas equivalencias, vemos que
U ⊕ V = Rn ⇔ U⊥ ⊕ V ⊥ = Rn
4
Pauta_semana_13.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias F́ısicas y Matemáticas
Departamento de Ingenieŕıa Matemática
03 de Julio de 2011
Solución Gúıa de Problemas MA1102 - Semana 13
Auxiliar: Gonzalo Flores G.
P1. (a) El polinomio caracteŕıstico de A es∣∣∣∣∣∣
2− λ 1 1
1 2− λ −1
1 −1 2− λ
∣∣∣∣∣∣ = (2− λ)[(2− λ)2 − 1]− [(2− λ) + 1] + [−1− (2− λ)]
= −λ3 + 6λ2 − 9λ = −λ(λ2 + 6λ− 9) = −λ(λ− 3)2
Aśı, los valores propios son λ1 = 0 y λ2 = 3.
(b) Para obtener los vectores propios resolvamos los sistemas 2 1 1
1 2 −1
1 −1 2
 v1
v2
v3
 =
 0
0
0

 −1 1 1
1 −1 −1
1 −1 −1
 v1
v2
v3
 =
 0
0
0

De donde se obtiene que
W0 =
〈
 −1
1
1

〉
W3 =
〈
 1
1
0
 ,
 1
0
1

〉
Luego, tenemos los vectores propios v1 =
 −1
1
1
, v2 =
 1
1
0
 y v3 =
 1
0
1
.
(c) No es dificil convencerse que W0⊥W3, en el sentido de que (∀x ∈ W0, y ∈ W3) x · y = 0.
Obtengamos entonces una base ortonormal para W3. Aplicando el método de Gram-Schmidt:
w1 =
1√
2
 1
1
0

z2 =
 1
0
1
 · 1√
2
 1
1
0
 · 1√
2
 1
1
0
 =
 1
2
1
2
0

u2 =
 1
0
1
−
 1
2
1
2
0
 =
 1
2
− 1
2
1

w2 =
√
2
3
 1
2
− 1
2
1
 =
1√
6
 1
−1
2

1
Aśı, podemos considerar los vectores propios
 −
1√
3
1√
3
1√
3
,
 1√
2
1√
2
0
 y

1√
6
− 1√
6
2√
6
, los cuales
resultan ser ortonormales, y por ende 2 1 1
1 2 −1
1 −1 2

︸ ︷︷ ︸
A
=
 −
1√
3
1√
2
1√
6
1√
3
1√
2
− 1√
6
1√
3
0 2√
6

︸ ︷︷ ︸
P
 0 0 0
0 3 0
0 0 3

︸ ︷︷ ︸
D
 −
1√
3
1√
3
1√
3
1√
2
1√
2
0
1√
6
− 1√
6
2√
6

︸ ︷︷ ︸
P−1=P t
(d) La matriz A no es invertible. En efecto, basta con ver que |A| = |PDP t| = |P | |D| |P t| = 0.
P2. (a) Dadas las hipótesis del problema, vemos que a b c
b d e
c e f
 0
0
1
 =
 0
0
2
⇒ c = 0, e = 0, f = 2
Luego, la matriz quedará de la forma
A =
 a b 0
b d 0
0 0 2

Además, también vemos que a b 0
b d 0
0 0 2
 x1
x2
x3
 =
 0
0
0
⇔ ax1 + bx2 = 0
bx1 + dx2 = 0
x3 = 0
Como dim(Ker(T )) = 2, necesitamos que cualquier par de valores x1, x2 ∈ R satisfagan las
ecuaciones de arriba. Para que esto ocurra, necesariamente, a = b = d = 0. Por lo tanto, la
matriz buscada es
A =
 0 0 0
0 0 0
0 0 2

(b) El polinomio caracteŕıstico de A es
A =
∣∣∣∣∣∣
1− λ a 0
0 1− λ a
0 0 3− λ
∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)2(3− λ)
De aqúı, los valores propios de A son λ1 = 1, λ2 = 3, con multiplicidades algebraicas 2 y 1,
respectivamente. Veamos los vectores propios. Al resolver el sistema 0 a 0
0 0 a
0 0 2
 v1
v2
v3
 =
 0
0
0
⇔ av2 = 0
av3 = 0
2v3 = 0
⇔
v1 ∈ R
av2 = 0
v3 = 0
Para que A sea diagonalizable, necesitamos que para todos los valores propios las multiplici-
dades algebraica y geométrica coincidan. En particular, del sistema de ecuaciones anterior,
necesitamos que a = 0. Con esto, no es dif́ıcil convencerse de que también coincidirán las mul-
tiplicidades para el otro valor propio. Por lo tanto, para que A sea diagonalizable, es necesario
y suficiente que a = 0.
*Esto resulta ser trivial, ya que en este caso, A es una matriz diagonal.
P3. (a) Sea x ∈ Rn. Luego
Ax = α1 · (v1vt1)x+ . . .+ αk · (vkvtk)x = α1 · v1(vt1x) + . . .+ αk · vk(vtkx)
2
= α1 〈v1, x〉 · v1 + . . .+ αk 〈vk, x〉 · vk
Vemos que la imagen de cada vector de Rn es una combinación lineal de los vectores v1, . . . , vk,
es decir
Im(A) = 〈{v1, . . . , vk}〉
También vemos que x ∈ Ker(A) ⇔ α1 〈v1, x〉 v1 + . . . + αk 〈vk, x〉 vk = 0. Como α1, . . . , αk ∈
R\{0} y v1, . . . , vk son linealmente independientes (ya que son ortogonales), lo anterior conlleva
a que x⊥vi(∀i ∈ {1, . . . , k}). Conclúımos que
Ker(A) = 〈{v1, . . . , vk}〉⊥
Obviamente, r(A) = dim(Im(A)) = k
(b) Vemos que, para todo i ∈ {1, . . . , k}
Avi = α1 〈v1, vi〉 v1 + . . .+ αk 〈vk, vi〉 vk = αivi
Además, es directo ver que (∀i ∈ {1, . . . , n− k})Awi = 0. Vemos, entonces, que los vectores
indicados son vectores propios de A, donde los valores propios asociados son αi para cada vi,
y 0 para todos los wi. Además, dado que los espacios son ortogonales, y forman bases para sus
respectivos espacios, es directo que todos ellos son linealmente independientes. Aśı, tenemos
un generador con n vectores linealmente independientes en Rn, por ende, forman una base.
(c) El polinomio caracteŕıstico de A es∣∣∣∣ 5
4 − λ − 3
4
− 3
4
5
4 − λ
∣∣∣∣ =
(
5
4
− λ
)2
− 9
16
= λ2 − 5
2
λ+ 1 =
1
4
(4λ2 − 10λ+ 4) =
1
4
(2λ− 1)(2λ− 4)
De esta forma, los valores propios λ1 = 1
2 , λ2 = 2. Para obtener los valores propios asociados,
debemos resolver los sistemas(
3
4 − 3
4
− 3
4
3
4
)(
v1
v2
)
=
(
0
0
)
⇔ v1 = v2
v2 ∈ R(
− 3
4 − 3
4
− 3
4 − 3
4
)(
v1
v2
)
=
(
0
0
)
⇔ v1 = −v2
v2 ∈ R
En virtud de esto, tenemos los vectores propios v1 =
(
1√
2
1√
2
)
y v2 =
(
− 1√
2
1√
2
)
, que resultan
formar una base ortonormal de R2. Además,
A =
(
v1 v2
)( 1
2 0
0 2
)(
vt1
vt2
)
=
(
v1 v2
)( 1
2v
t
1
2vt2
)
=
1
2︸︷︷︸
α1
·v1vt1 + 2︸︷︷︸
α2
·v2vt2
3
Pauta_semana_14.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias F́ısicas y Matemáticas
Departamento de Ingenieŕıa Matemática
03 de Julio de 2011
Solución Gúıa de Problemas MA1102 - Semana 14
Auxiliar: Gonzalo Flores G.
P1. Primero, notemos que la ecuación entregada puede ser escrita como(
x y
)( 5 3
3 5
)(
x
y
)
+
(
16 16
)( x
y
)
= −15
Además, el polinomio caracteŕıstico de la matriz que aparece en esa ecuación es∣∣∣∣ 5− λ 3
3 5− λ
∣∣∣∣ = (5− λ)2 − 9 = (λ− 8)(λ− 2)
de donde obtenemos los valores propios λ1 = 8, λ2 = 2, y los vectores propios asociados
v1 =
(
1√
2
1√
2
)
, v2 =
(
− 1√
2
1√
2
)
, de forma que
(
5 3
3 5
)
=
(
1√
2
− 1√
2
1√
2
1√
2
)(
8 0
0 2
)( 1√
2
1√
2
− 1√
2
1√
2
)
Haciendo el cambio de variable
(
u
v
)
= P t
(
x
y
)
y usando el hecho de que PP t = I, la ecuación
queda de la forma (
u v
)( 8 0
0 2
)(
u
v
)
+
(
16
√
2 0
)( u
v
)
= −15
⇔ 8u2 + 2v2 + 16
√
2u = −15⇔ (2
√
2u+ 4)2 + 2v2 = 1
Considerando
(
u′
v′
)
=
(
2
√
2u
v
)
y
(
ũ
ṽ
)
=
(
u′ + 4
v′
)
obtenemos la ecuación
ũ2 + 2ṽ2 = 1
la cual resulta ser una elipse centrada en (0, 0) de semiejes 1 y 1√
2
. Al deshacer los cambios de
variable, vemos que la ecuación original corresponde a una elipse de semiejes 1
2
√
2
y 1√
2
, rotada en
un ángulo de π
4 , centrada en (−1,−1).
Figure 1: Cónica resultante (izq.) y cónica original (der.)
1
P2. (a) Desarrollando el término derecho de la ecuación, vemos que
(x− x0)
t
A(x− x0)− xt0Ax0 + c = xtAx− xt0Ax− xtAx0 + xt0Ax0 − xt0Ax0 + c
= xtAx− xt0Ax− xtAx0 + c
Ahora bien,
xt0Ax =
1
2
bt(A−1)tAx =
1
2
btA−1Ax =
1
2
btx
xtAx0 =
1
2
xtAA−1b =
1
2
xtb =
1
2
btx
Aśı, la expresión de más arriba se reduce a
= xtAx− btx+ c = f(x)
(b) Dado que A es definida positiva, se tendrá que, para todo x 6= x0, (x− x0)tA(x− x0) > 0, es
decir
f(x) > −xt0Ax0 + c = f(x0)
La igualdad se tiene trivialmente cuando x = x0. Por ende, el mı́nimo es único, y se alcanza
en x = x0.
P3. La ecuación dada puede ser escrita como(
x y
)( α α− 1
α− 1 α
)(
x
y
)
+
(
−
√
2
√
2
)( x
y
)
= 0
Vemos inmediatamente que para α = 1 esto se reduce trivialmente a
x2 + y2 −
√
2x+
√
2y = 0⇔
(
x−
√
2
2
)2
+
(
y +
√
2
2
)2
= 1
Para α 6= 1, el polinomio caracteŕıstico de la matriz es∣∣∣∣ α− λ α− 1
α− 1 α− λ
∣∣∣∣ = (α− λ)2 − (α− 1)2 = (1− λ)(2α− 1− λ)
Luego, los valores propios de esta matriz son λ1 = 1 y λ2 = 2α − 1, con vectores propios v1 =(
− 1√
2
1√
2
)
y v2 =
(
1√
2
1√
2
)
, respectivamente. Luego
(
α α− 1
α− 1 α
)
=
(
− 1√
2
1√
2
1√
2
1√
2
)(
1 0
0 2α− 1
)( − 1√
2
1√
2
1√
2
1√
2
)
Aśı, haciendo el cambio de variables
(
u
v
)
= P t
(
x
y
)
, y usando que PP t = I tendremos que
(
u v
)( 1 0
0 2α− 1
)(
u
v
)
+
(
2 0
)( u
v
)
= 0
⇔ u2 + (2α− 1)v2 + 2u = 0⇔ (u+ 1)2 + (2α− 1)v2 = 1
Con esta información, vemos que
(a) Es una circunferencia para α = 1.
(b) Es una elipse para α > 1
2 , α 6= 1.
(c) Son 2 rectas para α = 1
2 .
(d) No existe α ∈ R para el cual sea una parábola.
(e) Es una hipérbola para α < 1
2 .
(f) No existe α ∈ R para el cual sea el conjunto vaćıo.
(g) No existe α ∈ R para el cual sea un
punto.
2
Pautas/Pauta_p2_f_y_g_auxiliar_extra_examen.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias F́ısicas y Matemáticas
Departamento de Ingenieŕıa Matemática
7 de Agosto, 2013
Auxiliar #MA1102-2 Álgebra Lineal. : Pauta P2 f y g Auxiliar
Examen
Profesor: Jaime Gonzalez
Auxiliar: Mart́ın Castillo
P2: Sean 1 ≤ k < n naturales y M ∈Mnn(R) tal que r(M) = k.
a) Verifique que para x ∈ Rn, xt(M tM)x = ‖Mx‖2 y concluya que M tM es definida positiva.
Definimos P = M(M tM)−1M t.
b) Muestre que P es simétrica.
c) Muestre que P 2 = P .
d) Muestre que PM = M .
e) Para cada x ∈ Rn perpendicular a todas las columnas de M se tiene que Px = 0.
f) Sea V el s.e.v de Rn generado por las columnas de M . Muestre que V y V ⊥ son los subespacios
propios de P y deduzca que los valores propios de P son exactamente los números 0 y 1.
g) Muestre que tr(P ) = r(P ) = k
Dem f): Como r(M) = k entonces M tiene solamente k columnas linealmente independientes(l.i.). Entonces:
V = 〈{v1, . . . , vk}〉
Donde los vi son columnas de la matriz M . Además escribamos M en función de sus columnas (vi):
M = [v1| . . . |vn]
Luego usando la propiedad d) veamos que:
PM = M ⇔ P [v1| . . . |vn] = [v1| . . . |vn]
Y observando que por propiedades de la multiplicación de matrices P [v1| . . . |vn] = [Pv1| . . . |Pvn].
Entonces:
[Pv1| . . . |Pvn] = [v1| . . . |vn]⇐⇒ Pvi = 1vi, ∀i = 1, ..., n
Entonces λ = 1 es un valor propio de P con todas las columnas de M (los vi) siendo vectores propios
asociados al valor propio λ = 1, y por lo tanto todas las combinaciones lineales de vi también son
vectores propios asociados a λ = 1. Por lo que podemos decir que V = 〈{v1, . . . , vk}〉 ⊆ W1, con
W1 el sub espacio de todos los vectores propios asociados a λ = 1.
Por otro lado observemos que si x ∈ V ⊥ entonces x seria perpendicular (ortogonal) a todas las
columnas de M (pues V es el espacio generado por ellas). Aśı por e):
Px = 0 = 0x, ∀x ∈ V ⊥.
Entonces λ = 0 es un valor propio con todos los elementos de V ⊥ como vectores propios asociados.
Por lo que podemos decir que V ⊥ ⊆ W0, con W0 el sub espacio de todos los vectores propios
asociados a λ = 0.
Luego sabiendo que V ⊕ V ⊥ = Rn y que dim(V )= k entonces dim(V ⊥)= n − k. Y sabi-
endo que dim(W1)+dim(W0)≤ n (pues la suma de las dimensiones de todos los sub espacios
propios es igual a la dimension del espacio), notando que V ⊆ W1 ⇒ dim(V ) ≤ dim(W1) y
V ⊥ ⊆W0 ⇒ dim(V ⊥) ≤ dim(W0). Obtenemos que:
k ≤ dim(W1)
1
n− k ≤ dim(W0)
dim(W1) + dim(W0) ≤ n
=⇒ k = dim(W1), n− k = dim(W0) =⇒ V = W1, V
⊥ = W0
Esto demuestra que V y V ⊥ son subespacios propios de P y además observemos que si λ es un
valor propio de P entonces por la propiedad c) tendŕıamos que:
P 2x = Px⇔ Pλx = λPx = λx⇔ λ2x = λx⇔ (λ2 − λ)x = 0⇔ λ2 − λ = 0⇔ λ = 0 ó 1
Aśı 0 y 1 son sus únicos valores propios y W1 y W0 son sus únicos sub espacios propios (de P ).
Dem g): Acá notemos que como P es simétrica entonces es diagonalizable y en este caso se cumple que:
tr(P ) = tr(D)
r(P ) = r(D)
Donde D es la matriz diagonal asociada. Luego como sabemos que los valores propios de P son
solo 0 y 1 y sabemos que la multiplicidad de λ = 1 es k y de λ = 0 es n − k sabemos que en la
matriz diagonal D se repite k-veces el 1 en su diagonal y (n− k)-veces el 0. Luego claramente
tr(D) = r(D) = k =⇒ tr(P ) = r(P ) = k
.
2
Pautas/Pauta_P4_Auxiliar_4.pdf
Universidad de Chile
Facultad de Ciencias F́ısicas y Matemáticas
Departamento de Ingenieŕıa Matemática
12 de Abril, 2013
Auxiliar #4MA1102-2 Álgebra Lineal. : Pauta P4
Profesor: Jaime Gonzalez
Auxiliar: Mart́ın Castillo
P4: Sean L1 y L2 los siguientes planos:
L1 : x+ ay + bz = 1, L2 : cx+ dy + z = 1, a, b, c, d ∈ R
Encuentre las condiciones sobre a, b, c y d para que:
• L1 y L2 sean paralelos
• L1 y L2 sean iguales
Solución: Primero estudiemos que es lo que tiene que suceder para que 2 planos sean iguales. Como la
ecuación vectorial de un plano se puede escribir de infinitas formas distintas veamos que relaciones
tienen que cumplir 2 planos para que sean iguales:
Supongamos que tenemos 2 planos
∏
1 =
∏
p,d1,d2
y
∏
2 =
∏
q,d′1,d′2
entonces∏
1
=
∏
2
⇐⇒ q ∈
∏
1
∧ d′1 ∈
∏
0,d1,d2
∧ d′2 ∈
∏
0,d1,d2
Esto pues si q ∈
∏
1 entonces
∏
1 =
∏
p,d1,d2
=
∏
q,d1,d2
. Ademas
d′1 ∈
∏
0,d1,d2
⇔ ∃λ, t ∈ R : d′1 = λd1 + td2
d′2 ∈
∏
0,d1,d2
⇔ ∃ω, φ ∈ R : d′2 = ωd1 + φd2
entonces
q + ad′1 + bd′2 = q + a(λd1 + td2) + b(ωd1 + φd2) = q + (aλ+ bω)d1 + (at+ bφ)d2, a, b ∈ R
Y si tomamos λ = aλ+ bω y t = at+ bφ tenemos que∏
q,d′1,d′2
: q + ad′1 + bd′2︸ ︷︷ ︸ = q + λd1 + td2 :
∏
q,d1,d2︸ ︷︷ ︸, a, b, λ, t ∈ R
aśı
∏
q,d′1,d′2
=
∏
q,d1,d2
. Y si ademas se cumple que q ∈
∏
1 tendŕıamos∏
2
=
∏
q,d′1,d′2
=
∏
q,d1,d2
=
∏
p,d1,d2
=
∏
1
Observación: Es importante notar que λ y t dependen de a y b (variables que se mueven por todo
R), y también de λ, t, ω y φ (variables que están fijas). Entonces para que λ y t se puedan mover de
manera independiente por todo R tenemos que estudiar la invertibilidad de A =
(
λ ω
t φ
)
pues
(
λ
t
)
=
(
λ ω
t φ
)(
a
b
)
Verifiquemos que A sea invertible:
1
Caso λ 6= 0: Pivotiamos y llegamos a la siguiente matriz:
(
λ ω
0 φ− ωt
λ
)
entonces basta que φ − ωt
λ 6= 0
para que A sea invertible. Ahora notemos que esto ultimo es cierto pues si φ = ωt
λ fuera cierto,
reemplazando tendŕıamos que:
d′2 = ωd1 +
ωt
λ
d2 =
ω
λ
(λd1 + td2) =
ω
λ
d′1
Osea d′1 y d′2 serian co-lineales, cosa que no es cierta pues de ser aśı
∏
2 no seria un plano(sino
una recta). Por lo tanto φ 6= ωt
λ , ergo A es invertible, aśı λ y t se mueven de manera indepen-
diente por todo R.
Caso λ = 0: En este caso podemos permutar las filas:
(
t φ
0 ω
)
. Para que sea invertible se tiene que
cumplir que t 6= 0 y ω 6= 0. Verifiquemos que se cumplen las condiciones anteriores.
• Si t = 0 reemplazando llegaŕıamos a que d′1 = 0 cosa que no puede ser cierta pues si fuera
cierta
∏
2 no seria un plano(seria una recta). Por lo tanto t 6= 0.
• Si ω = 0 reemplazando llegaŕıamos a que d′2 = φd2 = φ
t d
′
1 (d′2 y d′1 serian co-lineales), lo
cual no puede ser cierto pues de ser d′2 y d′1 co-lineales
∏
2 no seria un plano(seria una recta).
Por lo tanto ω 6= 0.
Aśı λ y t se pueden mover de manera independiente por todo R.
Ahora es simple notar que para que 2 planos sean paralelos se tiene que cumplir que(usando la
misma notación anterior):∏
1
‖
∏
2
⇐⇒ q ∈ (
∏
1
)c ∧ d′1 ∈
∏
0,d1,d2
∧ d′2 ∈
∏
0,d1,d2
Ahora vayamos el problema concreto. Lo primero que haremos es obtener la ecuación vectorial
de ambos planos, pues los resultados anteriores están en notación vectorial del plano. Para L1
despejamos x:
x = 1− ay − bz
Ahora escribimos el vector
 x
y
z
 y reemplazando la igualdad:
 x
y
z
 =
 1− ay − bz
y
z
 =
 1
0
0
+ y
 −a1
0
+ z
 −b0
1

Donde y y z son variables libres. De esta forma:
L1 :
 1
0
0
+ λ
 −a1
0
+ t
 −b0
1
 , λ, t ∈ R
Análogamente para L2 usando que z = 1− cx− dy x
y
z
 =
 x
y
1− cx− dy
 =
 0
0
1
+ x
 1
0
−c
+ y
 0
1
−d

Aśı
L2 :
 0
0
1
+ λ
 1
0
−c
+ t
 0
1
−d
 , λ, t ∈ R
Ahora impongamos las condiciones para que L1 y L2 sean iguales:
2
•
 0
0
1
 ∈ L1 ⇔ ∃λ, t ∈ R :
 0
0
1
 =
 1
0
0
 + λ
 −a1
0
 + t
 −b0
1
 lo que nos da el
siguiente sistema de ecuaciones:  0 = 1− λa− tb
0 = λ
1 = t
Y reemplazando las 2 ultimas igualdades en la primera llegamos a:
b = 1
Que es la primera condición.
•
 1
0
−c
 ∈ ∏
0
0
0
,

−a
1
0
,

−b
0
1

⇔ ∃λ, t ∈ R :
 1
0
−c
 = λ
 −a1
0
 + t
 −b0
1
 lo
que nos da el siguiente sistema de ecuaciones: 1 = −λa− tb
0 = λ
−c = t
Y reemplazando las 2 ultimas igualdades en la