algebra lineal,ejercicios ado
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0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
0.1
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
EJERCICIOS RESUELTOS DE MATRICES.
11. a) Dada la matriz Solucin.
A= 1 2
1 22
2 3
Calcular
A2 5A + 2I.
2 1 2 1 0 5 +2 3 2 3 0 1 5 8 5 10 2 0 2 2 = + = 8 13 10 15 0 2 2 0 1 0 0 2 1 Calcular A2 5A + 2I. b) Dada la matriz 0 0 0 3 Solucin 2 0 0 A2 5A + 2I.= 0 4 0 0 0 4 1 2 2 1 c) Dadas las matrices A = ,B = 3 4 3 2 2 i) (A + B) 2 2 ii) A + 2AB + B A2 5A + 2I.=Los resultados deberan coincidir.?. Solucin: i)(A
Calcular
3 1 9 5 = 0 2 0 4 2 2 ii) A + 2AB + B 1 2 1 2 1 2 = +2 3 4 3 4 3 4 7 10 4 5 = +2 + 15 22 6 11 6 0 = 3 7 + B)2 =
2
7 0
2 1 3 2 0 7
+
2 3
1 2
2 3
1 2
Los resultados no coinciden pues el cuadrado del binomio no se cumple en las matrices ,pues el producto de matrices no es conmutativo,es decir que
AB = BA
d) Dadas las matrices Calcular Solucin.
A=
1 3
2 4
,B =
2 3
1 2 (A B)(A + B) 3 18 5 18
A2 B 2 0 15
Compruebe que es dintinto del producto
A2 B 2 =
10 15
es distinto de
(A B)(A + B)=
2. Despejar la matriz
XSi
y hallar la matriz
X
de la ecuacin :Unidad 2
3. a)
2X + A = BX
A=
1 1
2 0
, B=
5 1
3 0
1 profesor
Osvaldo Carvajal
1
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
Solucin : Despejando por
X , A = BX 2X A = (B 2I) XObserve
la factorizacin
X
se hace por derecha. entonces multiplicando la igualdad
suponiendo que (B 2I) es una matriz que posee inversa, A = (B 2I) X por (B 2I)1 por izquierda se tiene
(B 2I)1 A = Xreemplazando las matrices A y B se tiene:
X = (B 2I)1 A=
5 1
3 0
2
1 0
0 1
1
1 1
2 0
=
1 17
1 8
4 2
b)(A
X)T + B = 3X T
si
A=
1 0
1 2
,B =
2 0
5 1
SolucinUnidad 2 4. De
(A X)T + B = 3X T T ransponiendo ambos lados T T T (A X)T + B T = 3X T , usando la propiedad AT = A1 (A X) + B T = 3X A + B T = 4X . X = 4 (A + B T ) 1 X = 4(
tenemos
reemplazando las matrices A y B se tiene
1 0
1 2
+
2 0
5 1
T
)=
1 4
3 5
1 3
c)
(AXB I)T = B
si
A=
1 0
1 2
,B =
4 2
0 4las matrices inversas de A
Solucin : se tiene Unidad 2
Transponiendo ambos lados de
(AXB I) = B
T
(AXB I)T = B AXB = B + I , suponiendo existenT
y de B ,entonces
5. multiplicamos a ambos lados de
AXB = B T + I , por A1 por izquierda A AXB = A (B + I) XB = A1 (B T + I) Ahora multiplicamos por B 1 por derecha 1 para obtener XB B = A1 (B T + I) B 1 X = A1 (B T + I) B 11 1 Treemplazando las matrices A y B se tiene.
X = A1 (B T + I) B 1 = X= X=1 2 1 2
2 1 0 1 2 1 0 1
1 1 4 0 1 ( + 0 2 2 4 0 4 2 1 0 4 0 1 ( + ) 16 0 4 0 1 2 4 3 2 4 0 26 4 1 1 ( ) = 32 16 0 5 2 4 10 20
1
T
0 1
)
4 2
0 4
1
6. . (Costos de materias primas) Una empresa utiliza tres tipos de materias primas M1,M2,M3 en la elaboracin de dos productos P1,P2 .El nmero de unidades M1,M2 y M3 usados por cada unidad de P1 son 3 , 2 y 4 respectivamente y por cada unidad de P2 son 4, 1 y 3 respectivamente .Suponga que la empresa produce 20 unidades de P1 a la semana y 30 unidades de P2 a la semana .Exprese las respuestas a las preguntas como producto de matrices 2
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
a) Calcule el consumo semanal de las materias primas b) Si los costos por unidad en dlares para M1,M2 y M3 son 6 , Unidad 2 7. 10 y 12 respectivamente. Calcular los costos de materias primas por unidad de P1,P2
Solucin: Los datos se registran en la siguiente tabla o matriz. P1 M1 M2 M3 3 2 4 P2 4 1 3
llamamos a esta matriz , matriz insumo
3 A= 2 4
4 1 3
se producen 20 unidades de P1 y 30 unidades de P2 a la semana , llamamos a esta matriz matriz produccin
P =
20 30 4 1 3 20 30 180 = 70 170
3 a) entonces el consumo semanal de M1,M2 es simplemente el producto AP = 2 4
entonces a la semana se consume 180 unidades de M1, 70 unidades de M2 y 170 unidades de M3. b) Si los costos por unidad en dlares para M1,M2 y M3 son 6 , 10 y 12 respectivament, entonces denimos la matriz
6 costo C = 10 12 AT C 6 10 = 12 86 70
se pide costos por unidad de P1,P2 , hay que multiplicar
AT C=
3 4
2 1
4 3
Asi 86 unidades monetarias cuesta la unidad de P1 y 70 la unidad de P2.
8. Siendo A,B matrices de tamao a)
nn
invertibles , entonces simplicar la expresin matricial:
C = (A + B)2 B(A1 + B 1 )AB A(A + A1 )
Solucin: Multiplicando
C = A2 + AB + BA + B 2 B(A1 AB + B 1 AB) (A2 + AA1 )recuerde que las matrices no conmutan es decir
AB = BA
, tambien
A1 A = AA1 = I
C = A2 + AB + BA + B 2 B(B + B 1 AB) (A2 + I) cancelando A2 C = AB + BA + B 2 B(B + B 1 AB) I C = AB + BA + B 2 B 2 BB 1 AB I cancelando B 2 , con BB 1 = I C = AB + BA AB I C = BA Icancelando
AB
3
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
b) Usando la parte a) anterior Calcular Solucin :
C,
sabiendo que
A1 B 1 =
1 1
0 1
C = BAI debemos hallar BA , pero BA = (A1 B 1 )1 = (B 1 )1 (A1 )1 ,esto 1 est basado en la propiedad (AB) = B 1 A1 y la propiedad (A1 )1 = A. 1 1 0 1 0 1 1 1 Asi que BA =(A B ) = = 1 1 1 1por la parte anterior
C = BA I
=
1 1
0 1
1 0
0 1
=
0 1
0 0
9. ( Costos de suministros) Un contratista puede adquirir las cantidades requeridas de madera , ladrillo,concreto , vidrio y pintura de cualquiera de 3 proveedores .Los precios que cada proveedor ja a cada unidad de estos materiales estan contemplados en la siguiente matriz
8 A= 9 9
5 4 5
7 5 6
2 2 1
4 5 5
Cada la se reere a un proveedor y las columnas a los materiales . El contratista tiene la poltica de adquirir todos los materiales requeridos en cualquier obra particular al mismo proveedor a n de minimizar los costos de transportes . Hay tres obras en construccin O1,O2 y O3. O1 requiere 20 unidades de madera , 4 de ladrillos ,5 de concreto , 3 de vidrio y 3 de pintura. O2 requiere 15 unidades de madera , 0 de ladrillos ,8 de concreto , 8 de vidrio y 2 de pintura. O3 requiere 30 unidades de madera , 10 de ladrillos ,20 de concreto , 10 de vidrio y 12 de pintura. Usando matrices decida cul proveedor deber usar en cada obra. Solucin : los datos se pueden registrar en la siguiente tabla. o matriz M O1 O2 O3 20 15 30 L 4 0 10 C 5 8 20 V 3 8 10 P 3 2 12 o
tenemos la matriz
20 B = 15 30
4 0 10 5 4 5 2 2 1
5 8 20 7 5 6
3 8 10
3 2 12 4 0 10 5 8 20 3 8 10 T 3 2 12
Si multiplicamos
8 A BT = 9 9 8 = 9 9 5 4 5 7 5 6
2 4 8 5 7 2 4 20 2 5 , A B T = 9 4 5 2 5 15 1 5 9 5 6 1 5 30 20 15 30 4 4 0 10 233 200 498 5 5 8 20 = 242 201 490 3 5 8 10 248 201 510 3 2 12
=
Las las de esta ltima matriz corresponden a los proveedores , las columnas corresponden a las obras O1.O2,O3 asi en obra 1, los costos asociados a los proveedores es la primera columna , el ms barato es el menor valor de la primera columna correspondiente a 233, en obra 2 los costos asociados a los 4
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
proveedores es la segunda columna ,donde el menor valor es 200 y en la comuna 3 el menor valor es 490. e resumiendo obra 1 con proveedor 1,obra 2 con proveedor 1 y obra 3 con proveedor 2
10. Resuelva los siguientes sistemas de ecuaciones
a)
x1 + 5x2 4x3 + x4 = 22 x + 2x + x = 162 3 4
3x1 + 2x2 + 3x3 x4 = 30 2x1 + 2x2 x3 = 22 1 0 3 2 5 1 2 2 4 2 3 1 1 x1 1 x2 1 x3 0 x4 22 16 = 30 22
Solucin : El sistema escrito en matriz es
el pivoteo lo hacemos en la matriz ampliada
|22 |16 |30 |22 El smbolo de pivoteo aqu es Fj k Fi + FJ lo que debe entenderse la la j es reemplazada por la la j mas k veces la la pivote i la la j es la la receptora, la la i es la la pivote la operacin por k debe realizarse slo en la la pivote. 1 5 0 1 (A | b) = 3 2 2 2 4 2 3 1 1 1 1 0Pivoteando en el lugar
como :
a14 = 1,
realizando las operaciones
F2 1 F1 + F2 , F3 1 F1 + F3 , 22 25 6 22
Ahora pivoteamos en el lugar
a43 = 1
y realizamos las operaciones
F3 1 F4 + F3 , F2 6 F4 + F2 , F1 4 F4 + F1 ,
Si observamos la segunda y tercera la ,tenemos un sistema de 2 ecuaciones y 2 incgnitas que ya podemos resolver 5
1
22 03 621 451
0 0 0 1
1 2 2 0 5 2 0 8 11 0 3 7
22 25 6 22
0 0 0 1
1 6 4
0 0 0 1
1 1 6 4
2 7 4 5
2 4 1 1
22 03 61 22
0 1 1 3 1 2 1 1 4
2 7 4 5
2 4 1 1
2 2 1 5
2 3 0 1
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
o bien podramos seguir pivoteando ,pero la ausencia de valores pivoteadas obliga a las operaciones con fracciones El sistema de 2 ecuaciones es
1
o
1
en las las 2 y 3 no
11 2
8 5
x1 x2
=
al resolver obtenemos
126 30 x1 = 10,x2 = 2 x3 = 2, x4 = 10.
las otras soluciones se obtienen por simple sustitucin , para obtener
b)
3x + 5y 3z + w = 1 2x + y + 4z w = 0
Solucin : Este sistema presenta innitas soluciones debido a que hay ms incgnitas que ecuaciones .El sistema escrito en matriz es :
3 2
5 1
3 1 4 1
x y z = w
1 0
El pivoteo lo realizamos en la matriz ampliada
(A|b)
=
El elemento pivote se busca en el lugar donde hay un valor ms indicado es el elemento
a14 = 1,lo
observe que las variables
siendo esta la matriz identidad mxima lograda con el pivoteo, entonces hemos llegado a la solucin. las variables
z, w
son llamadas
tuyen matriz identidad son llamadas en funcin de las
no bsicas a z = 4 18x 23y w = 1 5x 6y ()
solucin del sistema :
1 4
1 1
0 1
0 1
1 0
1
3
1 1
0 1
1 3
1
0 1
1
4 3
Realizando la operacin ,
Ahora el lugar mas adecuado de la segunda la es el elemento
Realizando la operacin
z, w
constituyen columnas de la matriz identidad
variables bsicas, las otras variables cuyas columnas no constia no bsicas.La solucin se obtiene despejando las variables bsicas a a
0 1
1 1
4 3
1 2 5 3
1
o un valor
1
de la matriz A. El
que indica pivotear en la primera la.
6 5 32 81
6 5 5 3 6 5 5 3
1 2 5 3
F2 1 F1 + F2
se tiene:
a23 = 1
F1 3 F2 + F1
, se logra :
1 0
0 1
6
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
se obtienen particulares del sistema si se otorgan valores cualesquiera a las variables obtenindose asi muchas pero muchas soluciones.Por ejemplo si
x = 0, y = 0
se obtiene
no bsicas a z =
4, w = 1.una de las muchas soluciones del sistema. hay que advertir que la expresin
() no es nica ,depende del lugar que se escoja para el pivoteo.
c) Resolver el sistema
x + 2y = 4 2x y = 5 5x + 3y = 0
Este es un sistema con ms ecuaciones que incgnitas , es posible que no tenga solucin. Esto no siempre es asi.Solo con el proceso del pivoteo lo sabremos.
El sistema escrito en matriz es
1 2 5
2 1 3
x y
4 = 5 0
Pivoteamos en la matriz ampliada en el lugar
a11 = 1
5 F1 + F3
se tiene:
Multiplicando por
Dividiendo la la segunda por
Realizando las operaciones
tiene:
Observe la la tercera ,se tiene una contradiccin hay solucin.
5 / 12 5/6
3 1
5 2
0 5 4
2
1
02 3 4
02 5 / 3 4
02 3 4
02 5/3 4
0 5 4
7 5 2
1
3 1 20 1 0
7 5 2
2
7
5 2 1
0 0 1
0 0 1
0 0 1
0 0 1
Realizando las operaciones
F2 2 F1 + F2
,
F3
(1)
las las segunda y tercera ,tenemos
5,
se tiene un lugar para pivotear
F1 2 F2 + F1
,
F3 7 F2 + F3
se
0 x + 0 y = 20 21/5 0 =
79 5 , Por eso no
7
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
1 Tambien usando otro lenguaje ,se dice que el rango de la matriz 2 5 1 0 1 2 las no nulas en el pivoteo que es la matriz 0 0 0mientras que el
2 1 es 2 pues se lograron 3
rango de la matriz ampliada es 3, pues 3 las no nulas hay en la matriz pivoteada 5 / 12 5/62 4 1
d) Un sistema aplicado. (Asignacin de maquinarias ) Una empresa produce tres tipos de productos P1, P2,y P3 , los que procesa en tres mquinas M1,M2 y M3. El tiempo en horas requerido para procesar una unidad de cada producto por las tres mquinas esta dada por la matriz : P1 M1 M2 M3 3 1 2 P2 1 2 1 P3
Se dispone 850 horas de mquina 1 , de 1200 horas de mquina 2 y de 550 horas de mquina 3 a) Cuantas unidades de cada producto deberan producirse con el objeto de emplear todo el tiempo disponible de las mquinas .? b) Determine la capacidad ociosa de maquinas si se producen 80 unidades de P1, 140 de P2y 160 de P3. c) Sin resolver nuevamente el sistema , Calcular las unidades de P1,P2 y P3 a producir si los recursos ( horas de mquina) se reducen en un 10%. d) Si cuesta $10 la hora de Mquina 1, $12 la hora de Mquina 2 y $ 15 la hora de Mquina 3.Calcular el costo por unidad de P1,P2 y P3. Solucin:a)
El sistema a resolver es
unidades a producir de P1,P2 y P3 respectivamente. Pivoteamos en el lugar
se ha realizado las
operacionesF2 2 F1 + F2 , F3 1 F1 + F3 = 500 x = 100,sustituyendo esta
la la segunda ya permite hallar la solucin .5x
8
003 0 05 058
1 0 2
0 0 1
1 5 3
055 0021 058
02 5/3 4
1 4 2
0 1 0
1 2 1
2 1 3
0 0 1
dado que estos rangos no coinciden ,el sistema no tiene solucin.
3 AX = b 1 2 a12 = 1
1 2 1
2 x 850 4 y = 1200 , 1 z 550
donde
x, y, z
son las
de la matriz ampliada.
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
solucin en la tercera la se obtiene la incginta primera la se obtiene
z = 200,
reemplazando
x = 100, z = 200
en la
y = 150
entonces se deben producir 100 unidades de P1, 150 unidades de P2 y 200 unidades de P3. Obteniendose el nivel de producin ptimo
100 X = 150 , 200 80 3 1 2 80 2 4 140 Solucin b) En este caso se d el nivel de produccin X = 140 , calculamos AX = 1 160 2 1 1 160 700 = 1000 , este ltimo vector arroja las horas ocupadas en la elaboracion del nivel de produc460 cin X dado.Las horas ociosas la calculamos por diferencia 150 700 850 horas ociosas = 1200 1000 = 200 , Entonces se disponen de 150 horas no 90 460 550ocupadas en M1,200 horas no ocupadas en M2 y de 90 horas no ocupadas en M3. Solucin c)Los recursos son las horas mquina dada por el vector
850 b = 1200 550
este se reduce en un 10% ,es decir se dispone del
0, 9b,
entonces hay que hallar el
nuevo nivel de produccin que le llamamos siendo
X
, solucin del sistema
A X = 0.9b
pero por otro lado, el sistema original es
X = A1 0, 9b = 0, 9(A1 b) A X = de donde X = A1 b b 100 90 entonces X = 0, 9X= 0, 9 150 = 135 200 180 estableciendose una realcin entre el vector prodccin nuevo X y el antiguo X. 10 Solucin d) Denamos un vector costo hora de mquina igual a C = 12 15 3 1 2 10 72 T 2 1 12 = 49 Entonces lo que se pide es el producto A C = 1 2 4 1 15 83 Auna matriz invertible la unidad de P1, $ 49 la unidad de P2 y $ 83 la unidad de P3. Observe la necesidad de transponer la matriz
cuesta $ 72
A
9
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
Unidad 2.Determinante de una matrizMAS DE MATRICES Y DETERMINANTES
2
1. Calcular los siguientes
determinantes
.
a)
|A| =
1 1
Solucin : b)
|A| =
3 2 Det(A)= (1) 2 (1)(3) = 5. 1 1 0 2 2 1 3 3 2 a23 = 1,cambiandoslo la tercera
Solucin: Pivoteamos en el lugar ms adecuado ,en el lugar la con la operacin para obtener :
F3 2 F2 + F3
nante de
33
obtenido al ignorar las la 2 y columna 3 ( lo achurado).Segn frmula de Laplace , entonces el valor del determinante es.
Det(A) = (1)2+3 1 El signo
(1)2+3 = 1 5 8 9 8 5 4 8 9 8 5 3 6 9 8 5
c)Det(A)
=
Aqui usamos propiedades: En la 2, factorizamos por 2 En la 3 ,factorizamos por 3 En la 4 ,factorizamos por 4 En la 5 factorizamos por 5
2 Profesor
Osvaldo Carvajal
1 1
0
7 2
1 2
0
2
1
Los ceros logrados por pivote en la tercera columna , convierte al determi-
en uno de
2 2.
1 1
1 7
, obedece al lugar del pivote
2 4 6 8 5
1 2 3 4 5
0 1 0
7 2 1
1 2 1
0
1
3 2 1
1
3 2 1
Ahora desarrollamos por la columna tercera,
=(1)(7
(1)) = 8. a23 = 1,que corresponde al signo
(1)i+j .
10
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
Det(A) = 2 3 4 5
5 4 3 2 1
4 4 3 2 1
3 3 3 2 1
2 2 2 2 1
pivoteamos en la 1,en el elemento
1 1 1 1 1 a15 = 1,
realizando las operaciones
Fi 1 F1 + Fi ,
para
i = 2, 3, 4, 5se tiene.
Det(A) = 120
5 1 2 3 43 2 1 0 4
4 0 1 2 32 1 0 0 3
3 0 0 1 21 0 0 0 2
2 0 0 0 10 0 0 0 1
1 0 0 0 0
=
minante de
5 5 en uno de 4 4,el determinante a resolver es el que esta fuera de los rectngulossigno es
achurados de la gura anterior, con el cuidado de multiplicar por el signo del lugar del pivote (interseccin de los rectngulos achurados) este minante se reduce a
1 2 Det(A) = 120 3 4
ahora no es necesario realizar ningun pivoteo, la matriz anterior es una matriz triangular inferior,el tringulo de ceros hace de la matriz una matriz inferior ,y en este caso el determinante es simplemente el producto de la diagonal.
Det(A) = 120 (1)4 = 120 1 x x x 1 a 0 0 1 0 b 0 1 0 0 c
2. Hallar el valor de
Solucin : 11
021
=
x
en la ecuacin
1 0 0 0
2 1 0 0
3 2 1 0
4 3 2 1
4 3 2 1 5
)
A ( teD
) (
A teD
Los ceros logrados por pivoteo en columna 5 ,reducen el deter-
(1)1+5 = (1)6 = 1,
asi que el deter-
0 1 2 3
0 0 1 2
0 0 0 1
=0
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
METODO 1:la la 1 , repleta de valores 1 parece ser muy conveniente para el pivoteo se pueden lograr tres ceros si se pivotea por columnas, asi que elegimos el lugar operaciones columnas :
a14 = 1
y realizamos las
Ci (1) C4 + Ci , i = 1, 2, 3.Esto
debe entenderse como multiplicar
la columna 4 por (-1) y sta sumarla a las restantes columnas.Se obtiene entonces
El determinante a resolver ahora es de cuidando de multiplicar por
que al nal no inuye en una ecuacin igualada a cero.
(1)
x a 0 x 0 b x c c c 0 0 c
den(eliminamos el signo negativo)
x x x
a 0 0 b c c
+
Observe que las columnas 2 y 3 se copian,la columna 1 se separa El segundo ya se puede resolver por los 2 ceros de la columna 1. El primero se puede factorizar por
1 x 1 1 1 x 0 0
a 0 0 a 0 0 b + 0 0 b =0 c c c c c 0 a 0 a 0 0 b =0 a b + 0 c c c c a c
x
a c a
b +(c) c
a a
0 b
=0 x
Ahora ya podemos multiplicar cruzado para obtener la solucin de
x {ac b(c a)} + (c) {ab 0} = 0 x =METODO 2
c
c
c
c
a
c
abc ab+bc+ac
12
0
b
a
b
a
+
0
a
0 0
c
0
c
a
c
c
0 0 133 (1)1+5 = (1), obtenido por desarrollo de Laplace por la 1,
0 0b
a
0
0
0 0 x 1
x x x
0
= 0,
abrimos el determinante en 2 determinantes del mismo or-
a 0 0 b c c
=0
x en columna 1 y luego pivotear en el lugar a11 = 1, quedando
=
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
El determinante
1 x x x
1 a 0 0
1 0 b 0
1 0 0 c
= 0
se puede desarrollar directamente por la la 2 , o la
3 o la 4 donde la presencia de 2 ceros facilita el cculo Si lo desarrollamos por la la 2, tenemos que resolver 2 determinantes de orden menor
los determinantes a resolver son los obtenidos al eliminar las las y columnas achuradas,con el cuidado de multiplicar por los signos correspondientes ecuacin a resolver
1 (x) 0 0
1 b 0
1 0 +a c
1 1 1 x b 0 x 0 c
=0
El primer determinante ya esta resuelto ,por los dos ceros en columna 1,o la 2 o la 3, el segundo determinante se puede pivotear en columna 3 en el lugar
columna 3 por (-1) y sumar ste resultado a la columna 2 y columna 1 para obtener
1 (x) 0 0
1 b 0
1 0 +a c
0 x xc
0 b c
1 0 c
=0
Ahora si desarrollamos el determinante primero por columna 1 y el segundo determinante por la 1, tenemos
(x)
b 0
0 c
+a
x xc
b c
=0
Ahora multiplicamos cruzado
(x) {bc 0} + a {xc b(x c)} = 0 bcx acx abx + abc = 0 x = abc/(ab + ac + bc)
3. Hallar el valor de
k
en la ecuacin
1k 2 1
1 k 1
Solucin : Operacin columnas 1 y 3 para obtener
C1 1 C3 + C1 ,
es decir la columna 1 es reemplazada por la suma de
k 0 k
1 k 1
1 2 (1 + k)
= 0Factorizando
en columna 1 por
13
c
0 0 1a13 = 1.es decir multiplicar
0
b
0 1
a
0 0
1
x x x
1
c
0 0 1
0
b
0 1
a
0 0
1
x x x
1
1 2 (1 + k)
=0
k
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
k
1 0 1 1 0 0
1 k 1
realizando la
1 2 = 0, Ahora pivoteamos en la (1 + k) operacin F3 (1) F1 + F3 obtenemos
1
k
k(1)
1 1 k 2 = 0, Desarrollando por columna 1 2 k k 2 = 0,k(k 2 4) = 0 k = 0, k = 2 , k = 2 2 k
4. Resolver
t2 1 1
2 t3 2
0 1 t3
=0
Solucin: Realizamos la operacin
C1 1 C3 + C1 ,1
2 0 t3 1 = 0 Factorizamos por (t 2) en columna 2 t3 1 2 0 0 t3 1 (t 2) = 0 Ahora pivoteamos en la 1 1 2 t3 realizando la operacin F3 (1) F1 + F3 se reduce a 1 2 0 0 t3 1 = 0, desarrollando por columna 1 0 4 t3 t3 1 (t 2) = 0,(t 2) ((t 3)2 4) = 0 4 t3 t2=0t=2 (t 3)2 4 = 0 [(t 3) 2] [(t 3) + 2] = 0 t = 5, t = 1 (t 2)3
t2 0 2t
3 Profesor
Osvaldo Carvajal
14
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
SISTEMAS DE ECUACIONES CON PARAMETROS.
5. Determine para que valores de
a
el sistema de ecuaciones
ax + y + z = 0 x + (a + 1)y + z = 0 x + y + az = 0 tiene soluciones no trivialesSolucin: Observe que el sistema esta igualado a cero, es un sistema llamado sistema minar
homogeneo siempre tiene solucin , si existe a tal que el sistema presente
es la solucin
cero
o solucin
soluciones distintas a la
homogeneo.Un trivial.Se pide detertrivial x = 0, y = 0, z = 0
Ax=b Det(A) = 0 entonces el sistema o no tiene solucin o tiene innitas soluciones ,En el caso de un sistema homogeneo este siempre tendr solucin , por tanto las soluLa respuesta est en el determinante de la matriz que constituye el sistema, a saber si es un sistema cuadrado , con ciones no triviales estan dentro de las innitas soluciones y esas aparecen cuando el determinate es cero veamos entonces el determinate de la matriz asociada al sistema
Det(A) =
a 1 1 a+1 1 1 a1 1 0 a+1 Det(A) = 1a 1 1 Det(A) = (a 1) 0 1 1 Det(A) = (a 1) 0 0
1 1 a
= 0,
Realizando la operacin columna
C1 (1) C3 + C1
1 1 = 0, Factorizando en columna 1 por (a 1) a 1 1 a+1 1 = 0, realizando la operacin por la F3 F1 + F3 1 a 1 1 a+1 1 = 0, Desarrollando por columna 1 2 a+1
+
Det(A) = (a 1) {(a + 1)(a + 1) 2} = 0 a = 1, (a + 1)2 = 2 (a + 1) = 2 Entonces el sistema tiene soluciones distintas de x = 0, y = 0, z = 0 si a = 1, a = 1 2
6. Hallar el valor de
k
de manera que el sistema lineal homogeneo
(1 k)x + y z = 0 2x ky 2z = 0 x y (1 + k)z = 015
0
1 a 2 0 1 1 a 0 )1 a( 1 1 1 +
=
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
Tenga soluciones no triviales. Solucin Siendo el sistema cuadrado , podemos analizar el determinante de la matriz.
1k 1 1 2 k 2 = 0, Realizando la operacin columna C1 (1) C3 + C1 1 1 1 k k 1 1 0 k 2 = 0, Factorizando por (k) en primera columna Det(A) = k 1 1 k 1 1 1 2 = 0, realizando la operacin la F3 (1) F1 + F3 Det(A) = (k) 0 k 1 1 1 k 1 1 1 Det(A) = (k) 0 k 2 = 0 Desarrollando por columna 1 0 2 k k 2 =0 Det(A) = (k) 2 k Det(A) = (k)(k 2 4) = 0 k = 0, k = 2.k = 2 El sistema tiene soluciones no triviales si k = 0, k = 2.k = 2 Det(A) =
7. Propuesto: Determinar el valor de
de modo que el sistema
(1 )x + y + z = 0 2x + (2 )y + z = 0 x + y + (1 )z = 0tenga innitas soluciones. Respuesta.
= 1, = 4
8. Hallar los valores de
a de 3x ay + 2z = a 1 2x 5y + 3z = 1 x + 3y (a. 1)z = 0
modo que el sistema
a) tenga nica solucin b) no tenga solucin c) tenga innitas soluciones. Solucin: Este sistema es cuadrado pero no homogeneo . Veamos su determinante.
Det(A) =el lugar
a31
3 a 2 2 5 3 , la ausencia del parmetro a en columna 1 permite pivotear en 1 3 1a = 1 por las realizando las operaciones F2 (2) F3 + F2 , F1 (3) F3 + F1 3 2 1 a 5 3 2 3 1a,
se obtiene.
Det(A) =
16
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
=
Rescatamos el determinante de la matriz multiplicado por
Det(A) =
2 2 fuera de los rectngulos achurados.( que queda (1)3+1 = 1) 9 a 1 + 3a = (9 a)(1 + 2a) (11)(1 + 3a) = 2a2 + 14a 20 11 1 + 2a 2a2 + 14a 20 = 0dividiendo por
al igualar a cero este determinante se obtiene
a 7a + 10 = 0 (a 5)(a 2) = 0tenemos una respuesta , la ms obvia Solucin a) Si
2
a = 5 ,si a = 2
2 ni 5 el determinante no es cero y en ese caso existe la matriz inversa de
Ax = b x = A1 b,En el caso que
entonces como la inversa es nica la solucin
a
toma los valores 2 o 5 el determinante de
nativas , o el sistema no tiene solucin o el sistema presenta innitas soluciones, para averiguarlo reemplazamos estos valores de
=
Al reemplazar por
a=2
se obtiene
=
Ahora pivoteamos en la 3 ,en el lugar
=
observe que tenemos dos las iguales la primera y segunda , lo que signica ecuaciones redundantes del sistema, por ello eliminamos una ecuacin o una la, la la 1,para obtener un sistema de slo dos ecuaciones y tres incgnitas que sospechamos que tendr innitas soluciones.
puede lograr por pivoteo
1 5
3 11
1 0
=
0 1
1
0 1 1
5 5
11 11
0 1 1
1 3 2
3
3 5 2
0
)1 a(
1 1 a
3 2
5 a
a 1 a2 1 a3 1(2)el sistema tiene solucin nica.La razn de esto es que si
3 11 a 9
+ +
3
1 0 0
1
0 0
1
1 2 3
2 3
)
)b | A (
)b | A (
)b | A (
)b | A (
A ( teD
a
no es
A, x = A1 b
matriz del sistema es nica.
A
es cero y en ese caso hay dos alter-
a
encontrados en la matriz ampliada original
a31 = 1
Al dividir por 5 la la 1 , la matriz identidad de
22
se
17
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
observe que las variables
bsicas a
que son la primera y tercera columna , la columna segunda corresponde a la variable hallar innitas soluciones.las innitas soluciones entonces son
varible se considera como parmetro y es la que se le puede dar cualquier valor ,esto permite
entonces
x = 1 4 y 5 5 1 11 z = + y 5 5
con
y R
Solucin c) Hay innitas soluciones si Nos queda reemplazar
a=5
=
pivoteamos en la 3,en el lugar
=
dividimos la 2 por 11 ,la 1 por 14
=
realizamos el pivote
F2 (1) F1 + F2 ,
1 mas la 2, para obtener
=
observe la la 2, se tiene la contradiccin esta razn cuando
a = 5 el sistema no tiene solucin. En otro lenguaje no hay solucin porque A es 2 y no coincide con el rango de la matriz ampliada (A|b) que es 3, es decir por proceso del pivoteo se logran 2 las no nulas en matriz A y tres las no nulas en matrizel rango de la matriz 18
41 / 4
0 11 /1 41 / 4
4 0 1
3 0 1
4
0 11 / 1 41 / 4
1 1
3 1 1
0 1 4
4 11 41
3 11 41
4
3
5
3
1 0 0
1
2
=
a31 = 1
0 1 4
2
5
0
)1 a(
1 1 a
3 2
5 a
0 1
5/4 5 /11
3
1
2 3
1 0
=
son
en la matriz ampliada
5 /1 5 /1
1 1
3 5 /11
1 0
=
0 5 /1
3
1 0 0
1 0 0
)b | A ()b | A ()b | A ()b | A (
x, z
las que constituyen columnas de la matriz identidad
y,
esta
a=2
)b | A ()b | A ()b | A (
es decir la la 2 es reemplazada por
(1)
veces la la
0x+0y+0z =
1 4 1 4 1 4 0= = por 11 14 11 14 11 14
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
ampliada
(A|b)
lo que lleva a la contradiccin
Respuesta b) No hay solucin si
a = 5.
9. Hallar los valores de
a de (a 1)x + ay + z = a 2ax + y az = a2 x y + (2a 1)z = 0
modo que el sistema
a) Tenga nica solucin b) no tenga solucin c) tenga innitas soluciones. Solucin : Este es un sistema cuadrado y no homogeneo. Si el sistema fuera no cuadrado entonces ya no se puede analizar el determinante de la matriz y eso obliga a pivotear en la matriz ampliada (A|b))b |
El pivotear en la matriz ampliada obliga a pivotear slo en las, lo que limita las operaciones decidimos estudiar el determinante de la matriz
Det(A) =
a1 2a 1
hay dos operaciones inteligentes ,la primera es cambiar la columna 1 por la suma de las columnas 1 y 3 ,esto se escribe en smbolosC1
Det(A) =la ausencia obtener
a 3a 2a de a 1 0 0
en columna 1 permite pivotear por las ,se pivotea en la 1 en
Det(A) = a a(4a2 2a) 1 a = 0, a = 2
a 3a + 1 2a 1
al igualar a cero permite hallar los valores de
la otra operacin tambien buena es cambiar la columna 1 por la suma de las columnas 1 y 2 ,que en smbolos se escribe
Det(A) =
2a 1 1 2a 0
lo que permite factorizar por
A
1
a 1 1
1 a2 a
1
1 a2
=
a 1 1
C1 C2 + C1 a 1 1 1 a 2a 1 (2a 1)
0 a 2 a
{ }1 a 1 aA(
)b | A (
A.
1 a 2a 1 C3 + C1 1 3 2y se obtiene
1 a =a 2a 1
a 1 1
1 a 2a 1 a11 = 1para
1 3a =a 2a 3
3a + 1 2a 1
3a = a {(3a + 1)(2a 3) (3 a)(2a 1)}= 2a 3 apara el anlisis ,esto es para
para obtener
en columna 1 y pivotear en la 1 19
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
a = 0, a =
1 2 a 1 1 1 a =(2a 1) 2a 1 1 0 0 a 1+a 1 1 1a 2a 1 1 2
1 Det(A) = (2a 1) 1 0
ahora ya se puede resolver por columna 1
Det(A) = (2a 1) {(1 + a)(2a 1) (1)(1 a)} = (2a 1)(2a)2al igualar a cero se obtienen las mismas soluciones para anlisis
a = 0, a =
Solucin a) Respuesta obvia ,hay solucin nica si Solucin b) Si Solucin c) Si
a = 0, a =
1 no hay solucin 2 a = 0 hay innitas soluciones a=
1 2
Las respuestas b) y c) requieren reemplazar dichos valores en la matriz ampliada y entonces pivotear en sus las para obtener o contradiccin o eliminacin de toda una la que conlleva a innitas soluciones( se deja como ejercicio para el alumno).
4ALGUNOS EJERCICIOS TEORICOS SENCILLOS DEL ALGEBRA LINEAL
10. Sea
A
una matriz cuadrada , demostrar que
AAT
es simtrica.
Solucin. Demostracin : una matriz es simetrica si y solo si entonces hay que demostrar que pero esto es elemental , pues 11. Si
AT = A. (AAT )T = AAT T (AAT )T = AT AT = AAT . AT + ATT
A
una matriz cuadrada , demostrar que
Demostracin : (
A + AT
) = (
T
A + AT es simtrica. T )= A + A, como al transponer
se obtiene la misma
matriz ,esta es entonces simtrica.
12. Si
A
una matriz cuadrada, Si
A
una matriz
involutiva
entonces demuestre que
idempotente. Solucin. Que sea involutiva quiere decir que cumple con la propiedad con la propiedad
1 (I A) 2
es
A2 = I
y que sea
idempotente quiere decir que cumple 2 1 1 que (I A) = (I A) 2 2En efecto entonces
A = A.
2
entonces hay que demostrar
1 (I A) 22
2
=
1 1 1 (I A)2 = (I 2 2I A + A2 ) = (I 2A + A2 ), 4 4 4
peroA
2
=I
1 1 (2I 2A)= (I A) 4 2 2 2 observe que el binomio (I A) = I 2A + A sea ha dearrollado como si fuera algebraico es vlido pues las matrices I, A conmutan , no asi para dos matrices A, B cualesquiera. =
1 (I A) 2
y eso
4 Profesor
Osvaldo Carvajal
20
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
13. Demostrar que si que
A, B
son matrices tales que
AB = AC
y
A
es matriz
no singular
, demuestre
B=C A A1es matriz
Solucin: que sea
no singular
signica que tiene inversa, entonces multiplicamos
AB = AC
por
izquierda , para obtener
A1 AB = A1 AC B = C
14. Sea
det(B) = det(A1 BA) Solucin : Aplicamos la propiedad de determinates det(AB) = det(A)det(B) 1 Si A posse inversa AA = I det(AA1 ) = det(I) det(A)det(A1 ) = 1 det(A1 ) = 1 det(A) 1 1 entonces det(A BA) = det(A1 )det(AB) = det(A1 )det(A)det(B) = det(A)det(B) = det(A) det(B) A, Bson matrices
nn
tales que
A
posse inversa, demuestre que
15. Demostrar que si
A, B
son matrices
nn2
idempotentes y permutables entonces demuestre que
AB
es idempotente.
Solucin : Se debe probar que En efecto:
(AB) = AB
(AB) = (AB)(AB) = A(BA)Bpropiedad asociativa 2 pero BA = AB pues son permutables , entonces (AB) = (AB)(AB) = A(BA)B =A(AB)B = A2 B 2 = AB , pues A2 = A, B 2 = B Aes idempotente y
2
16. Demostrar que si
B
es ortogonal entonces
B T AB
es idempotente.
Solucin: Hay que demostrar que En efecto :
B T AB es idempotente, es decir que (B T AB )2 = B T AB (B AB) = (B AB)(B T AB) .= B T A(BB T )AB , pero B es ortogonal , esT 2 T
decir
BB T = I T 2 T T T T 2 2 entonces (B AB) = B A(BB )AB = B (AI A)B= B A B , pero A es idempotente A = A entonces (B T AB )2 = B T ABesto naliza la demostracin.
17. Si
A y B son matrices no singulares (A1 + B 1 )1 = A(A + B)1 B
tal que
A+B
es no singular entonces demostrar que
Solucin : Hay que dejar en claro el concepto de
inversa
de una matriz
A,
cuando se escribe
A1 = Bo bien si
quiere decir que la matriz
B
es inversa de la matriz
A
si
AB = Ies la inversa de la matriz
BA = I B = A1 A(A + B)1 B1
en este ejercicio se debe demostrar que la matriz
(A
1
+B
),
entonces bastar multiplicarlas y obtener la matriz identidad
I.
Este ejercicio
es identico a demostrar
(A1 +B 1 ) = (A(A+B)1 B)1 , en ambos casos hay que multiplicar las matrices A(A+B)1 B 1 con la matriz (A + B 1 ) y esperar obtener I21
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
En efecto:
A(A + B)1 B (A1 + B 1 )= A(A + B)1 (BA1 + BB 1 )= A(A + B)1 (BA1 + I), I = AA1 =A(A + B)1 (BA1 + AA1 ) factorizamos por derecha por A1 =A(A + B)1 (B + A)A1 pero (A + B)1 (B + A) = I = A I A1 = AA1 = I , queda entonces demostrado.
pero
22
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
0.2
Espacios VectorialesW1 = (x, y, z) R3 / |x| + y + z = 0 W2 = (x, y, z) R3 /y + z = 1 W3 = (x, y, z) R3 /3y 2 z = 0
1. Determinar cules de los siguientes subconjuntos son subespacios vectoriales (a) (b) (c)
W4 = (x, y, z) R3 /2y + x = 0Solucin Solo el subconjunto d)
W4
es un subespacio vectorial de
R3 .
vamos explicando .
el subconjunto b) no es un subespacio vectorial de o elemento neutro de pues
R3 .
pues un requisito mnimo de todo espacio a
vectorial es que debe contener al elemento neutro , que en muchas ocasiones es el
R3 .
es
y+z =1
no se vcrica
(0, 0, 0) y (0, 0, 0) no pertenece para (0, 0, 0) , 0 + 0 = 1.
cero, el cero W2 = (x, y, z) R3 /y + z = 1 ,pero no es un
El subconjunto a) cumple con tener elelemento neutro pues ultimo tenemos que obtener 2 elementos de estos elementos de es decir
|0| + 0 + 0 = 0
subespacio vectorial no cumple con la propiedad de clausura de la suma ,
para comprobar esto
W1 , sean estos = (1, 0, 1), = (2, 1, 3) siendo W1 pues |1| + 0 + 1 = 0 y |2| + 1 + 3 = 0 , la suma no pertenece aW1 , + = (1, 1, 4) W1 pues |1| + 1 + 4 no es cero / W3 = (x, y, z) R3 /3y 2 z = 0
El subconjunto c)
cumple con tener elelemento neutro (0, 0, 0) pues 30 0 = 0, pero no es un subespacio vectorial, usamos el mismo argumento anterior , no cumple 2 con la ley de clausura de la suma , nos damos dos puntos de W3 , (x, y, z) con z = 3y , si damos valor y = 1, z = 3, el valor de x que no aparece en la condicin de W3 se toma como valor cualquiera, digamos x = 1 = (1, 1, 3), del mismo modo si y = 1 z = 3 con x = 2 = (2, 1, 3) ahora si sumamos + = (1, 1, 3) + (2, 1, 3) = (3, 0, 6) pero este ltimo punto no es 2 2 de W3 pues no se cumple que z = 3y , no cumple que 6 = 3 0 = 0
2
El subconjunto d) Si
W4
es un subespacio vectorial de
R3 ,
debemos demostrarlo . y que
Para ello
hay que vericar las dos propiedades de subespacios.
, W4
entonces hay que demostrar que
+ W4
bas propiedades se pueden resumir en una sola, es mejor demostrar que si
k W4 , con k R, am, W4 entonces
k + W4 .entonces la demostracin comienza as:
= (x, y, z) W4 2y + x = 0 = (a, b, c) W4 2b + a = 0 se debe demostrar que k + = k(x, y, z) + (a, b, c) W4 , se debe demostrar que e k + = (kx + a, ky + b, kz + c) W4 , es decir se debe demostrar que 2(ky + b) + (kx + a) = 0Sea Sea En efecto:
las hiptesis son
2(ky + b) + (kx + a) = k(2y + x) + (2b + a) = k 0 + 0 = 0. 2y + x = 0, 2b + a = 0 W4es un subespacio vectorial de
esto es por que
Esto concluye la demostracin de que
R3 .
23
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
Observacin: Las condiciones de los subconjuntos las expresiones
W1 ., W3
son
no
lineales,
|x| + y + z = 0, 3y 2 z = 0
no son lineales,son raras , cualquier condicin
denida como rara , digamos ,cuadrados ,cubos, logaritmos, exponenciales, potencias, etc , no permiten hacer del conjunto un subespacio vectorial , por lo contrario si la expresin es del tipo
multiplicacin de constantes por variables lineales, o
es decir una combinacin lineal y todo eso
igualado a cero , el subconjunto asi denido ,es muy probable que sea un subespacio vectorial
2. Por simple inspeccin , diga cuales de los siguientes subconjuntos son o no subespacios vectoriales.
(a)
W1 = (x, y, z, w) R4 /x2 + y + z = 0 W2 = x y z w M22 (R)/yz = w b2 + 1
(b)
(c) (d)
W3 = ax2 + bx + c P2 [x] /a = W4 = (x, y) R2 /y = exSolucin.
Ninguno de ellos es un subespacio vectorial.
sus condiciones estan denidas
como raras. pero no podemos dar esto como respuesta, sirve para descartar que son subespacios pero no como respuesta. Debemos justicar con un contraejemplo, debemos obtener 2 puntos del subconjunto y vericar que una de las propiedades de espacio vectorial no se cumple.Por ejemplo en
=
1 2
W2 , damos dos matrices que cumplan con la condicin de W2 , 2 0 3 W2 pues 22 = 4, otro elemento de W2 es = W2 4 3 9 + = 1 6 6 13 w = xyno pertenece o no es un elemento de que es la condicin de
sea entonces pues
9 = 33
pero la suma
W2
pues
13 = 6 6,no
se cumple entonces que que
W2
.Esto es sufuciente para probar
W2
no es un subespacio vectorial.
El mismo argumento se debe dar para demostrar que los restantes no son subespacios vectoriales
3. Demostrar que rial
W = {p(x) P3 [x] /p(1) = p(0)} W
es un subespacio vectorial del espacio vecto-
P3 [x].es un conjunto de polinomios de grado hasta 3 que tienen la propiedad de la imagen en
Se entiende que
0 es igual al valor de p(x), q(x) W kp(x) + q(x) W, con k R.que el valor de la imagen en
1
Debemos demostrar que si
Entonces sea p(x) W p(1) = p(0) q(x) W q(1) = q(0) Sea r(x) = kp(x) + q(x) hay que demostrar que tambien r(1) = r(0) pero esto es muy fcil,basta evaluar r(1) = kp(1) + q(1). pero p(1) = p(0), pero q(1) = q(0) entonces r(1) = kp(1) + q(1)= kp(0) + q(0) = r(0) r(x) W Esto concluye la demostracin. observe tres elementos de W que son polinomios que se caracterizan por que p(-1)=p(0)
24
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
4. Hallar elvalor de
k de modo (1, 3, 2), v2 = (2, 1, 1).
que el vector
(1, k, 5)
sea combinacin lineal de los vectores
v1 =
x1 , x2 nmeros reales tal que (1, k, 5) = x1 (1, 3, 2) + x2 (2, 1, 1) (1, k, 5) = (x1 + 2x2 , 3x1 x2 , 2x1 + x2 ) El sistema a resolver es x1 + 2x2 = 1 3x1 x2 = k 2x1 + x2 = 5 1 2 |1 1 | k La matriz ampliada de este sistema es 3 2 1 |5 El sistema se puede obtener simplemente colgando los vectores (1, 3, 2), (2, 1, 1), (1, k, 5) como columnas. Pivoteando esta matriz ampliada en el lugar a32 = 1, y el resultado en 3 0 |9 0 0 | 24 3k , x1 , x2 existen slo |k + 5 1 0 |k + 5 a21 = 1 obtenemos 1 0 2 1 |5 0 1 | 15 + 2k si 24 3k = 0, es decir k = 8Solucin : Debemos hallar
5. Determine si el vector
(1, 0, 2), (1, 2, 4). 1 1 | 1 2 | 1 , Solucin: Debemos hallar x1 , x2 nmeros reales solucin del sistema 0 2 4 | 3 1 1 | 1 2 | 1 ,siendo las las pivoteando en la primera la ,en a11 = 1 se obtiene , 0 0 2 | 1es combinacin lineal de los vectores segunda y tercera iguales eliminamos la tercera la para obtener un sistema de dos ecuaciones y dos incgnitas primera la Como
(1, 1, 3)
1 1 0 2
| |
1 1 1 . 2
De la segunda la tenemos
2x2 = 1 x2 =
1 , 2
de la
x1 x2 = 1 x1 =existen el vector
x1 , x2
(1, 1, 3) es combinacin lineal de los vectores (1, 0, 2), (1, 2, 4).
6. Escribir el vector
u = 3x2 + 8x 5 como combinacin lineal de los vectores v = 2x2 + 3x 4, w =
x 2x 3.
2
Solucin : colgando estos polinomios como columnas de la matriz ampliada comenzando con 25
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES 2 1 | 3 2 | 8 ,Ahora pivoteando en la los coecientes de la mayor potencia , se tiene 3 4 3 | 5 2 1 | 3 0 | 14 ,dividiendo la 2 por 7, la 3 por 2 se tiene 1 en el elemento a12 = 1 se tiene 7 2 0 | 4 2 1 | 3 1 0 | 2 siendo las las segunda y tercera iguales , son ecuaciones redundantes del 1 0 | 2sistema por ello eliminamos tercera la para obtener un sistema de 2 ecuaciones y 2 incgnitas
2 1Como
1 0
| |
3 2
De la segunda la
x1 = 2,
de la primera la
2x1 + x2 = 3 x2 = 1 v = 2x2 + 3x 4, w = x2 2x 3
el vector
x1 , x2 existen , u = 3x2 + 8x 5
es combinacin lineal de los vectores
7. Determine para que valores de
k las matrices A =
1 k
1 0
,B =
1 0
k 1
,C =
k k
k 2
,D
=
3 0
0 0 1 k
son linealmente independientes.
Solucin :Debemos hallar
x1
1 0
+x2
1 0
si al resolver el sistema
x1 .x2 , x3 ,x4 nmeros reales tal que k k k 3 0 0 0 +x3 +x4 = 1 k 2 0 0 0 0 ,obtenemos slo solucin x1 = x2 = x3 =x4 = 0, o 1 1 k 0 1 k 0 1 k k k 2 3 0 0 0 | | | | 0 0 , 0 0
entonces las matrices
seran linealmente independientes (L.I)
el sistema a resolver es
observe que cada columna es la matriz
colgada.Observe tambien que este es un sistema cuadrado y homogeneo(igualado a cero), este tipo de sistemas tiene ya solucin y es la solucin
x1 = x2 = x3 =x4 = 0, lo que hay que averiguar A,es distinto de cero,
si sta es la nica solucin, para ello recuerde la propiedad de sistemas homogeneos cuadrados
A X = b, con b = 0,
tiene solucin nica si y solo si el determinante de
por esa razn calculamos el determinante
det(A) =
1 1 k 0
1 k 0 1
k k k 2 k k 0 1 1 2
3 0 0 0
,desarrollando
ste por
columna 4, se tiene
1 k det(A) = k 0 0 1
k k 2
3
=3
1 k 0
k 0 1
1 k = 3k 1 k 0 2
, donde por
k se ha factor-
izado en segunda la, pivoteando en segunda la en el elemento
0 k k1 0 1 a21 = 1, det(A) == 3k 1 , 0 1 2 k k1 desarrollando por primera columna, se obtiene det(A) = 3k(1) = 3k {2k (1)(k 1)} = 1 2 3k(3k 1). 1 . Igualando a cero resolvemos 3k(3k 1) = 0 3k = 03k 1 = 0, tenemos k = 0, k = 326
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
Entonces hay solucin nica si y solo Entonces las matrices
k =0k = ,B = 1 3
A=
1 k
1 0
1 3 1 k 0 1
C =
k k
k 2
,D
=
3 0
0 0
son lin-
ealmente independientes si
k =0k =
8. Determine el valor de
k R
de modo que lo siguientes vectores sean L.D. .
v1 = (1, 1, k, 0), v2 = (1, k, 0, 1), v3 = (k, k, k, 2), v4 =(3,0,0,0)
Solucin: Este ejercicio ya ha sido resuelto en el anterior ejercicio n 7, solo que la respuesta cambia .
v1 = (1, 1, k, 0), v2 = (1, k, 0, 1), v3 = (k, k, k, 2), v4 =(3,0,0,0) 1 linealmente dependientes (L.D.) si y slo si k = 0, k = . 3Respuesta. Los vectores 9. Suponga que Demostrar que
son
{u, v, w} es un conjunto de vectores linealmente {u + v, u v, u 2v + w} es tambien L.I.
independiente (L.I).
Solucin. Se forma primero la combinacin lineal hay que demostrar que
x1 (u + v) + x2 (u v) + x3 (u 2v + w) = 0, x1 = x2 = x3 = 0, pero esto es muy fcil. de x1 (u+v)+x2 (uv)+x3 (u2v +w) = 0 (x1 +x2 +x3 )u+(x1 x2 2x3 )v +x3 w = 0,. pero {u, v, w} es un conjunto L.I, lo que signica que de cualquier combinacin del tipo y1 u + y2 v + y3 w = 0, implica que y1 = y2 = y3 = 0, en este caso de (x1 + x2 + x3 ) u + (x1 x2 2x3 ) v + x3 w = 0 implicamos que x1 + x2 + x3 = 0, x1 x2 2x3 = 0, x3 = 0 , resolviendo x1 + x2 + x3 = 0, x1 + x2 = 0 x1 = 0, x2 = 0, x3 = 0 asi un sistema x x2 2x3 = 0, 1 x1 x2 = 0 x3 = 0,
10. (Propuesto) Si
{v1 , v2 , v3 , v4 }es un conjunto L.I Cmo es el conjunto {v1 + v3 , 2v2 v1 , 2v2 3v3 , v4 + v1 }
?. Un conjunto L.I o L.D.?
11. (Propuesto) Hallar
k
de modo que las matrices
1 0
2 1
,
1 1
3 2
,
1 1
k 0
,
0 k
1 1
sen L.D
Respuesta k = 1L.D
12. (Propuesto) Hallar
k ,p 7 Respuesta k = 3, p = 5
de modo que los vectores
(1, 2, k, 1), (k, 1, 2, 3), (0, 1, p, 0)sean
13.
1 (Propuesto) Hallar k ,p de modo que las matrices 3 0sean dependientes
2 4 1
3 0 1 , 3 2 1
1 5 0
1 5 2 , 9 5 2
p 10 5
k 1 0
R. p = 12, k = 13
27
0.2.
ESPACIOS VECTORIALESk ,pde modo que el vector
14. (Propuesto) Hallar
(k, p, 5, 3) pertenezca al subespacio generado por
(1.2. 5, 3), (2, 1, 4, 7) R. k = 1, p = 2
15. Demostrar que Solucin : Sea
{(2, 1, 6), (3, 4, 1)} = {(1, 3, 7), (8, 4, 24)} W1 = {(2, 1, 6), (3, 4, 1)} , W2 = {(1, 3, 7), (8, 4, 24)} (x, y, z) pertenece a W1o a a
se debe buscar bajo que condiciones un vector cualesquiera Se deben resolver dos sistemas de ecuaciones , buscar y
W2 si es-
tas condiciones son las mismas entonces ellos tienen los mismos elementos y por tanto son iguales
x1 , x2 tal que (x, y, z) =x1 (2, 1, 6)+, x2 (3, 4, 1)
(x, y, z) =x1 (1, 3, 7)+, x2 (8, 4, 24) 3 4 1 0 | x | y 1 0 | z a21 = 1 5 | x + 2y 4 | y 25 | z + 6y a12 = 5cambiando las 1 y la 3
resolvemos el primero, pivoteamos en segunda la en
2 (A|b) = 1 6eracin
Ahora pivoteamos en la 1, en el elemento
pero solo cambiamos la la 3,con la op-
F3 (5)F1 + F3 ,
el objetivo es hacer una la cero y eso se logra en la 3 ,por eso
dejamos tranquila la al 2.
0 0 5 | x + 2y 1 4 | y (A|b) = 1 0 0 25 | z + 6y si y solo si 5x 4y + z = 0
5 | 4 | 0 |
x + 2y y 5x 4y + z
el sistema tendr solucin
es la condicion que deben cumplir los vectores
(x, y, z)
para pertenecer a a
W1 .
esta condicin debe ser la misma para el otro subespacio a verique el estudiante como ejercicio propuesto que asi es.
W2
BASE Y DIMENSION 16. Determine
base y dimensin o
de los siguientes subespacios vectoriales.
(a) (b) (c) (d)
W1 = {(x, y, z)/ 2x + y + 4z = 0, z = 0}. W2 = a c b d /a = b + 2c
W3 = {p(x) P2 [x] /p(1) = p(0)} W4 = p(x) = ax3 + bx2 + cx + d P3 [x] /a + 2b c = 0 2b d = 0
Solucin .a)
observe que hay un parmetro o variable libre que hemos decidido sea
W1 se puede escribir en la forma W1 = {(x, y, z)/ 2x = y, z = 0}= {(x, 2x, 0)/x R} x, por ello se encontrar slo un vector L.I en la base.W1 = {x(1, 2, 0)/x R} .El vector (1, 2, 0) genera a W podemos escribir en simbologa de generadores W1 = {(1, 2, 0)} dim(W1 ) = 1, base de W1 = {(1, 2, 0)}.28
0.2.
ESPACIOS VECTORIALESb + 2c c b d
Solucin b)
W2 se puede escribir en la forma W2 = b, c, d W2 b 0 +c
a c
b d
/a = b + 2c =
/b, c, d R
Observe que la presencia de los tres parmetros en la base de
o variables libres es indicador de que
hay tres vectores generadores y tal vez L.I
W2 = = b
b 0 1 1 0 0
+
2c c 2 0 1 0
0 0 +d
+ 0 0
0 0 0 1
0 d
/b, c, d R /b, c, d R,
escribiendo en simbologa de generadoresW2
= 1 0 1 0 ,
1 0
dim(W2 ) = 3, | | | |
con base las tres matrices
1 2 0 , , 0 1 0 2 0 0 0 , 1 0 0 1
0 0.
0 1
observe que las tres matrices son L.I. pues al colgar las matrices
1 2 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1cero. Solucin c)
0 0 la 0 0
matriz identidad est presente en las las2,3 y 4 ,arrojando solucin
W3
est constituido por polinomios de grado hasta 2 que tienen la propiedad
de tienen igual imagen en los valores
1 y 0, sea entonces un polinomio de tipo general p(x) = ax2 + bx + c que cumple esta condicin . p(1) = p(0) a (1)2 + b (1) + c = a 02 + b 0 + c a b + c = c a b = 0 a = b. observe que en la relacin anterior la variable c se ha cancelado ,entoces c toma cualquiervalor El subespacio
W3 entonces se puede volver a escribir como W3 = ax2 + bx + c P2 [x] /a = b, c R =W3 = ax2 + ax + c P2 [x] /a, c R La presencia de las 2 variables libres a.c R es indicador de que en la base de W3 hay dos vectores, tal vez L.I. veamos cuales son estos vectores(polinomios).
W3 = ax2 + ax + c P2 [x] /a, c R = a(x2 + x) + c 1 P2 [x] /a, c R = x2 + x, 1 dim(W3 ) = 2, la base son los 2 vectores(polinomios) p(x) =x2 + x y el vector q(x) = 1.Solucin d) En
W4
debemos resolver el sistema de ecuaciones
a + 2b c = 0 2b d = 0
escrito
en matriz ampliada queda
2 1 0 | 0 observe que este sistema ya est re2 0 1 | 0 suelto porque la matriz identidad 22 se puede formar con columna 1 y columna 4 o bien se puede formar previa multiplicacin por (1)con las columnas 3 y 4.Cualquiera sea la elec1 0cin obtenemos inntas soluciones .Para resolver escogemos columnas 3 y 4 como variables
bsicas entonces a a b c d 1 2 1 0 | 0 c = a 2b d = 2b 0 2 0 1 | 0 ables en W4 , para reescribir W4
c = a + 2b d = 2b
reemplazamos estas vari-
W4 = p(x) = ax3 + bx2 + (a + 2b)x + 2b P3 [x] /a, b R las dos variables a, b libres de recorrer todo R indican que la dimensin de W4 es dos , su base est constituidad por 229
0.2.
ESPACIOS VECTORIALESpolinomios.Veamos
W4
escrito de otro modo , Asi
W4 = a(x3 + x) + b(x2 + 2x + 2)/a, b R = x3 + x , x2 + 2x + 2 3 2 por dos polinomios dim(W4 ) = 2,baseW4 = x + x , x + 2x + 2
W4 es generado
17. Sean los siguientes subespacios de
R4 .
W1 = {(x, y, z, w)/x + y w = 0 x z + 2w = 0}, W2 = {(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (2, 2, 2, 2)}Calcular bases y dimensin de
W1 , W2 ,W1 W2 , W1 + W2
Solucin :Para
x+yw =0 1 1 0 1 | 0 W1 resolvemos el sistema de ecuaciones 1 0 1 2 | 0 x z + 2w = 0 x y z w y =wx 1 0 1 | 0 se sistema ya resuelto por las columnas 2 y 3 1 z = x 2w 1 0 1 2 | 0 reescribe W1
W1 = {(x, w x, x + 2w, w)/x, w R}= {(x, x, x, 0) + (0, w, 2w, w)/x, w R} ={x(1, 1, 1, 0) + w(0, 1, 2, 1)/x, w dim(W1 ) = 2, Base de W1 = {(1, 1, 1, 0); (0, 1, 2, 1)} W2 son linealmente independientes x1 (1, 0, 0, 1) + x2 (0, 1, 0, 0) + x3 (0, 0, 1, 0) + x4 (2, 2, 2, 2) = (0, 0, 0, 0) 1 0 0 2 | 0 0 1 0 2 | 0 0 0 1 2 | 0 Observe f ila 4 = f ila 1 si esto ocurre una de ellas puede borrarse con 1 0 0 2 | 0 1 0 0 2 | 0 0 1 0 2 | 0 la goma de borrar o bien , cambiando la la 4 con pivoteo en a11 = 1 0 0 1 2 | 0 los 0 0 0 0 | 0Para es necesario averiguar si los vectores generadores de resolviendo el sistema ceros logrados en la 4 indi4can que el sistema tiene innitas soluciones , la matriz identidad de
W2
33
formada por las tres primeras columnas permite ya resolver el sistema en funcin
x1 = 2x4 de la variable libre x4 , de hecho la solucin del sistema es si x4 = 1 se tiene x = 2x4 2 x3 = 2x4 x1 = 2, x2 = 2, x3 = 2 entonces se tiene la relacin de dependencia 2(1, 0, 0, 1) + 2(0, 1, 0, 0) + 2(0, 0, 1, 0) + 1 (2, 2, 2, 2) = (0, 0, 0, 0) (2, 2, 2, 2) = 2(1, 0, 0, 1) 2(0, 1, 0, 0) 2(0, 0, 1, 0) esta ltima relacin nos dice que el vector (2, 2, 2, 2) es dependiente de los otros vectores (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0) entonces ste vector no forma parte de la base de W2 , ste se elimina de la base de W2 . y de la base de W2 se puede eliminar otro .?.No pues el sistema slo tiene una variable libre que es x4 , estavariable libre est asociada al cuarto vector ( 2,-2,-2,2) que es el que se elimina, es una manera til de detectar un vector L.D en un conjunto dado.En lo sucesivo entonces bastar pivotear hasta formar la identidad y aquellas varibles libres 30
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
o parmetros acusan a los respectivos vectores L.D.
Resumiendo
W2 = {(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (2, 2, 2, 2)} dim(W2 ) = 3, base de W2 es{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}.Observe la diferencia entre vectores que subespacio, en
= W2
= {(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}
generan
a un susbespacio y vectores en la
base
del
W2
hay 4 vectores que lo generan pero solo 3 de ellos son L.I.
Para hallar base y dimensin de condiciones de de
W1 W2
es necesario intersectar las condiciones de
W2
, las condiciones deW1 se conocen y son dos
W1 y las x + y w = 0 x z + 2w = 0,las
W2
no se conocen se deben encontrar .
W2 = {(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)} debemos averiguar que4 condicin debe cumplir (x, y, z, w) para pertenecer al subespacio W2 ,es decir se deben encontrar bajo que condiciones existen x1 , x2 .x3 tal que (x, y, z, w)= x1 (1, 0, 0, 1) + x2 (0, 1, 0, 0) + x3 (0, 0, 1, 0) esto lleva a resolver el sistema de 4 ecuaciones y 3 incgnitas (x, y, z, w)= (x1 , 0, 0, x1 )+ 1 0 0 | x 0 1 0 | y (0, x2 , 0, 0)+(0, 0, x3 , 0) igualando y escribiendo el sistema en matriz ampliada 0 0 1 | z ( 1 0 0 | wSiendo un vector cualesquiera esta matriz se pudo obtener mas rapidamente con solo colgar como columnas los vectores de la base de
W2
agregando el vector incgnita
(x, y, z, w)
tambien colgado como columna)
1 0 0 | x 0 1 0 | y observe pivoteando esta matriz en a11 = 1 para cambiar la la cuarta se obtiene 0 0 1 | z 0 0 0 | wx la ltima la , el sistema tendr solucin si y slo si w x = 0 que es la nica condicion que debe cumplir el vector (x, y, z, w) para ser un elemento de W2 , entonces W2 se puede reescribir en el mismo modo que est escrito W1 W2 = {(x, y, z, w)/ x + w = 0}Ahora recien podemos intersectar 4ambos espacios.
W1 W2 = {(x, y, z, w)/x + w = 0 x z + 2w = 0 x + w = 0} y x + y w = 0 debemos resolver el sistema x z + 2w = 0 x + w = 0 1 1 0 1 | 0 1 0 1 2 | 0 siendo escrito en matriz ampliada se tiene 1 0 0 1 | 0ceros pivoteamos en la 4 en el lugar pivoteando en
las columnas 2 y 3 ya
de la matriz identidad no conviene cambiar o modicar esas columnas a efecto de no perder esos
0 0 1
a31 1 0 0 1 0 0 w
a31 = 1 o bien en el lugar a34 = 1. = 1 la matriz anterior se reduce a 0 | 0 3 | 0 la matriz identidad se encuentra desordenada 1 | 0
en columnas 1 , 2 y
3 la variable
es la variable libre asociada a la columna 4 resolviendo se tiene
y = 0 z = 3w x = w
el sistema arroj solo una variable libre
w
, la dimensin de
W1 W2
deber ser 1 .Claro est que
31
0.2.
ESPACIOS VECTORIALESsi se elije cualquier otro lugar de pivoteo las expresiones de solucin del sistema son totalmente distintas ,por que hay innitas soluciones,pero en lo que se debe coincidir es en la cantidad de variables libres.En este caso todos debemos llegar a obtener solo una variable libre que para este caso fue
w,
otro alumno obtendra como libre a la varaible
x
si este alumno pivotea en
a34 = 1
por ejemplo. la cuestin es que
W1 W2 = {(x, y, z, w)/x + y w = 0 x z + 2w = 0 x + w = 0}= W1 W2 = {(x, y, z, w)/y = 0, z = 3w, x = w} W1 W2 = {(w, 0, 3w, w)/w R}= {w(1, 0, 3, 1)/w R}= {(1, 0, 3, 1)} dim(W1 W2 )= 1,con base
{(1.0, 3, 1)}
Para
W1 + W2 2+31=4 .
aplicamos el teorema
dim(W1 + W2 ) = dim(W1 ) + dim(W2 ) dim(W1 W2 )=
observe el signicado de que
dim(W1 + W2 ) = 4 W1 + W2 , en teora W1 + W2 es generado W1 y los vectores de la base de W2 , pero si unimos estas de W2 lo que obliga a pivotear para eliminar un vector lo menor o iguala la dimensin del
4 es la cantidad de vectores en la base del subespacio por la unin de los vectores de la base de bases nos dan 5 vectores , 2 de
W1
y 3
que es una verdadera lata. En este ejemplo podemos evitar ese procedimiento latoso .y es por elsiguiente hecho.Todo subespacio vectorial tiene dimensin espacio vectorial madre que en este caso es
R4
con dimensin 4, entonces
W1 + W2
no puede
tener la misma dimensin que elespacio madre a menos que....
W 1 + W 2 = R4entonces bases para elegir para
W1 + W2
hay muchas , no necesariamente la union de bases.
18. En el espacio de los polinomios de grado hasta 3 , que se simboliza por subespacios vectoriales
P3 [x] se dan los siguientes
W1 = {p(x) P3 [x] /p(1) = p(1) p(1) = 0} W2 = x3 + x2 x + 1, x2 2, 2x3 + 3x2 2xDetermine bases y dimensin de Solucin: Si
W 1 W 2 , W1 + W2
p(x) = ax3 + bx2 + cx + d entonces de p(1) = p(1) a + b + c + d = a + b c + d, reduciendo trminos se tiene 2a + 2c = 0 a + c = 0, De p(1) = 0 a + b + c + d = 0 asi W1 se 3 2 puede reescribir W1 = ax + bx + cx + d P3 [x] /a + c = 0 a + b + c + d = 0debemos resolver el sistema
a+c=0 a+b+c+d=0
1 0 1 0 1 1 1 1
| 0 | 0
1 0 1 0 0 1 0 1
| 0 | 0
a = c b = d W1 = ax3 + bx2 + cx + d P3 [x] /a = c b = d = cx3 + dx2 + cx + d P3 [x] /c, d R factorizando por c, d se tiene W1 = c(x3 + x)+d( x2 + 1) P3 [x] /c, d R de W1 x3 + x, x2 + 1 dim(W1 ) = 232 ya se vislumbra los polinomios generadores
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
En
W2
hay que averiguar si los vectores
para ello debemos calcular
x1 , x2 , x3
del
x3 + x2 x + 1, x2 2, 2x3 + 3x2 2x son o no L.I , 3 2 2 sistema homogeneo x1 (x + x x + 1) + x2 (x 2) +
x3 (2x3 + 3x2 2x) = 0 ,
la matriz ampliada de este sistema se obtiene colgando los coecientes
de los polinomios como columnas comenzando con el coeciente de la mas alta potencia o por la constante ,pero sin mezclar.
matriz ampliada
1 1 (A|b) = 1 1
0 1 0 2
2 3 2 0
| | | |
0 1 1 0 F 2F2 + F4 1 0 4 0 3
Observe la las 1 ,la 3 y la 4 son proporcionales pivoteamos en la 1 ,en dos las nulas
0 2 1 3 0 2 0 6 a11 = 1 y
| | | |
0 0 0 0
obtenemos
1 0 0 0 x3 es
0 1 0 0
2 1 0 0
| | | |
0 x1 0 El sistema se reduce a dos ecuaciones y tres incgnitas 1 0 0 0
x2 0 1
x3 2 1
| 0 , | 0
la variable libre asociada a la columna no identidad , podemos armar que el tercer vec-
tor (polinomio) ,reescribinosW2
2x3 + 3x2 2x
es combinacin lineal del resto ,entonces lo eliminamos deW2 hay dos vectores L.I que generan a
W2 =
x3 + x2 x + 1, x2 2
W2 , dim(W2 ) = 2.
para poder hallar cualesquiera de
W2
, es
W1 W2 ,se requiere hallar las condiciones de W2 ,para ello un polinomio ax3 + bx2 + bx + d debe escribirse como combinacin lineal de los vectores de la base decir encontrar dos reales x1 , x2 tal que,el sistema a resolver se obtiene colgando
ax3 + bx2 + bx + d = x1 (x3 + x2 x + 1) + x2 (x2 2)los coecientes como columnas en matriz ampliada
1 0 | a 1 1 | b pivoteamos en la 2 para cambiar la 4, con la operacin F4 (A|b) = 1 0 | c 1 2 | d 2F2 + F4 1 0 | a 1 1 | b pivoteamos en la 1,para cambiar todas las otras las , (A|b) = 1 0 | c 3 0 | d + 2b operacionesF2 (1)F1 + F2 ,F3 (1)F1 + F3 ,F4 (3)F1 + F4 1 0 | a 0 1 | ba observe las las 3 y 4 con elementos ceros, la nica manera (A|b) = 0 0 | c+a 0 0 | d + 2b 3a que el sistema tenga solucin para las variables x1 , x2 es que c + a = 0 d + 2b 3a = 0 .Estas 3 2 son las condiciones para que un polinomio ax + bx + bx + d pueda estar enW2 , asi se puede ahora reescribir W2 , W2 = ax3 + bx2 + bx + d/a + c = 0 3a + 2b + d = 0 ahora reunimos ambas condiciones de W1 y de W2 en la interseccin W1 W2=
observe que
ax3 + bx2 + bx + d/a + c = 0 3a + 2b + d = 0 a = c b = d la condicin a + c = 0 es comn a ambos subespacios33
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
el sistema a resolver es ( eliminando una de las condiciones comunes)
a + c = 0 3a + 2b + d = 0 a + c = 0 b+d=0biar la 3 operacin
1 3 0
0 2 1
1 0 0
0 1 1
| 0 | 0 pivoteando | 0
en la 2 en
a24 = 1,
para cam-
F3 (1)F2 + F3 1 0 1 0 | 0 2 0 1 | 0 observe (A|b) = 3 3 1 0 0 | 0
ya tenemos en columnas 3 y 4 las columnas de la
matriz identidad ya no podemos pivotear ni en la 1 ni en la 2, pivoteamos en la 3 en el lugar
a32 = 1, para cambiar la 2 con la operacin F2 2F3 + F2 1 0 1 0 | 0 0 0 1 | 0 observe la identidad con columnas (A|b) = 3 3 1 0 0 | 0
desordenadas en colum-
nas 2,3 y 4.esto indica n del pivoteo y solucin del sistema , la variable libre est sociada a la primera columna que no es una columna de la matriz identidad, la solucin del sistema es en trminos de la variable libre
a,
a 1 (A|b) = 3 3
b 0 0 1
c 1 0 0
d 0 1 0
la presencia de una sola reescribimos
c = a | 0 d = 3a | 0 b = 3a | 0 variable libre a, indica que
el subespacio
W1 W2
tendr dimensin 1 y
tendr solo un vector en su base.
W1 W2
.
W1 W2 = ax3 + bx2 + cx + d/c = a d = 3a b = 3a = ax3 + 3ax2 + ax + 3a/a R factorizando por a W1 W2 =erador
a(x3 + 3x2 x 3)/a R
ahora se puede apreciar el vector (polinomio) gensu base est constituida por el vector
W1 W2 = (x3 + 3x2 x 3) x3 + 3x2 x 3.
dim(W1 W2 )= 1,
Para
W1 + W2
usamos el teorema
dim(W1 + W2 ) = dim(W1 ) + dim(W2 ) dim(W1 W2 )
dim(W1 + W2 ) = 2 + 2 1 = 3debemos hallar 3 vectores en la base de
W1 + W2
que sean L.I. esta unin da los vectores
para ello reunimos los vectores de la base de
W1 con los de la base de W2
x3 + x, x2 + 1, x3 + x2 x, x2 2el que dependa de los dems.
de estos 4 vectores debemos eliminar uno de ellos,
W1 , los de color azul son L.I de W2 , pero juntos dim(W1 + W2 ) = 3 3 2 3 2 2 debemos buscar x1 , x2 , x3 , x4 no todos ceros tal que x1 (x +x)+x2 (x +1)+x3 (x + x x) + x4 (x 2) = 0los vectores de color rojo son L.I y son de son L.D pues
34
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
colgando coecientes formamos la matriz ampliada
0 0 pivoteando en a11 = 1 de la 1 se obtiene 0 0 | 0 | 0 eliminamos la la 3 de solos ceros | 0 | 0 | 0 | 0 pivoteamos en a22 = 1 de la 2 | 0 | 0 | 0 pivoteando en a33 = 1la 3 | 0 | 0 | 0 ya tenemos a l matriz identidad en columnas 1 2 y 3 , | 0 la cuarta columna esta asociada a la variable x4 que es la variable libre del sistema ,eliminamos 2 el cuarto vector x 2,pues si x4 = 1 el sistema tendr solucin x1 = 1, x2 = 2, x3 = 1 entonces x2 2 se puede escribir como combinacin lineal del resto 1 0 0 1 (A|b) = 1 0 0 1 1 0 0 1 (A|b) = 0 0 0 1 1 0 (A|b) = 0 1 0 1 1 0 (A|b) = 0 1 0 0 1 0 (A|b) = 0 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 0 0 1 0 1 0 2 0 1 0 2 0 1 2 0 1 1 1 2 1 | | | | x2 2= (1)(x3 + x) + (2)(x2 + 1) + (1)(x3 + x2 x)en realidad se puede eliminar cualquiera de ellos . tor asociado a la variable libre y punto. pero por tiempo es mejor eliminar el vec-
W1 + W2 =
x3 + x, x2 + 1, x3 + x2 x
19. (propuesto) Hallar base y dimensin para los subespacios
W1 , W2 ,W1 W2 , W1 + W2 x x a b donde W1 = /x, y, z R , W2 = /a + c = 0 y z c d Respuesta. dim(W1 ) = 3.dim(W2 ) = 3, dim(W1 W2 ) = 2, dim(W1 + W2 ) = 4.
20. Sea
W = (x, y, z, w) R4 /x + y + z + w = 0 un subespacio de R4 . Probar que los vectores (2, 0, 0, 2), (2, 0, 2, 0), (8, 2, 4, 2) formanSolucin. Note que los vectores son realmente vectores de el valor cero.
una base de
W.
W , si se suman sus coordenadas arroja W
debemos probar primero que son vectores L.I, despues que ellos generan a Veamos si son L.I. debemos resolver el sistema colgando los vectores
x1 (2, 0, 0, 2) + x2 (2, 0, 2, 0) + x3 (8, 2, 4, 2) = (0, 0, 0, 0),
35
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES 2 2 8 | 0 0 0 2 | 0 (A|b) = 0 2 4 | 0 sistema ya resuelto 2 0 2 | 0 de la la 2, 2x3 = 0 x3 = 0, de la la 4 2x1 2x3 = 0,pero x3 = 0 x1 = 0 de la la 3, 2x2 4x3 = 0 2x2 4 0 = 0 x2 = 0como la nica solucin es que ellos generan a es decir existen
x1 = x2 = x3 = 0,
los vectores son L.i.
W , signica que cualquier vector de W es combinacin lineal de estos vectores x1 , x2 , x3 tal que (x, y, z, w) =x1 (2, 0, 0, 2) + x2 (2, 0, 2, 0) + x3 (8, 2, 4, 2) | x | y pivoteando en la | z | w | x | y pivoteando en | z | w+x
colgando los vectores el sistema a resolver es
2 2 8 0 0 2 (A|b) = 0 2 4 2 0 2 2 2 8 0 0 2 (A|b) = 0 2 4 0 2 6las excepto la de pivote 2
1 en
a11 = 2
cambiamos la la 4
la 2 en
a23 = 2
cambiando todas las
2 0 (A|b) = 0 0la 4
2 0 2 2 2 0 2 0
0 2 0 0 0 2 0 0
| x + 4y | y pivoteando | z 2y | w + x + 3y
en la 3 en
a32 = 2
y solo cambiando
2 0 (A|b) = 0 0 0
| x + 4y | y , el sistema tiene solucin si y solo si x+y+z+w = | z 2y | w+x+y+z
observe que ya no es posible hacer ceros otra la , observe que no es necesario encontrar las soluciones del sistema , basta mostrar que existen
x1 , x2 , x3
y estas existen por que la matriz
2 0 0
2 0 2
0 2 resultante 0
del pivoteo es claramente no singular es decir tiene rango 3 , o bien
tiene determinante distinto de cero o bien un pivoteo mas y se transforma en identidad las soluciones estan a la vista , de la segunda la siempre estuvo la solucin la
2x2 = z 2y
y reemplazando estas en primera la se puede
33 o bien 2x3 = y , de la tercera obtener x1 .Entonces el hecho
de comenzar com un sistema de 4 ecuaciones y tres incgintas y terminar despues del pivoteo en tres ecuaciones y tres incgnitas arroja uan nica solucin.Observe tambien que el sistema tiene solucin solo si generan elementos de
x+y+z+w = 0 , es decir los vectores (2, 0, 0, 2), (2, 0, 2, 0), (8, 2, 4, 2) solo W.
21. Demostrar que los siguientes conjuntos de vectores de
R3
A = {(1, 0, 1), (0, 2, 1)}, B = {(1, 2, 0), (2, 2, 1)}generan el mismo subespacio vectorial.Obtener una base y dimensin de dicho subespacio. 36
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
Solucin: Que ellos generan al mismo espacio vectorial signica que estos vectores generan a el mismo tipo de vector de
R3 ,
solo una base de
(x, y, z) que cumple cierta condicin. R3 genera a cualquiera de R3 .
Ellos no pueden generan a cualquiera
Cul es esa condicin? Cualquiera que sea debe ser igual para los dos conjuntos , solo asi sera el mismo espacio vectorial. la condicin aparece al resolver los sistemas
x1 (1, 0, 1) + x2 (0, 2, 1)= (x, y, z) x1 (1, 2, 0) + x2 (2, 2, 1) = (x, y, z)resolvemos solo el primero ,dejando al estudiante resolver el segundo. colgando los vectores del primer sistema
0 | x 2 | y pivoteando en la 1 en a11 = 1 para cambiar la 3, F3 F1 + F3 (A|b) = 1 | z 0 | x 2 | y pivoteando en la 3 para cambiar la 2, F2 2F3 + F2 (A|b) = 1 | z+x 0 | x 0 | 2x + y + 2z el sistema tiene solucin solo si 2x + y + 2z = 0 (A|b) = 1 | z+x esta es la condicin buscada ,los vectores A = {(1, 0, 1), (0, 2, 1)} generan solo a vectores (x, y, z) tal que 2x + y + 2z = 0 obtenindose el subespacio W = {(x, y, z)/2x + y + 2z = 0}. 1 0 1 1 0 0 1 0 0Ud, estudiante debe llegar al mismo subespacio resolviendo el sistema 2. Es claro que la dimensin de este subespacio es 2 pues los vectores se ve que el vector
= x(0, 2, 1)
. Asi
(1, 0, 1) no es mltiplo u su base es A
de
A = {(1, 0, 1), (0, 2, 1)}son claramente L.I pues (0, 2, 1) es decir no existe x tal que(1, 0, 1)
SUMA DIRECTA.
En un espacio vectorial tor
V
dos subespacios es decir
W1 , W2
se dicen
suplementarios
si cualquier vec-
v
del espacio
y otro elemento Los subespacios escribe
V w2
se puede escribir de manera nica como una suma de un elemento de
w1
de
W1
W2 ,
v = w1 + w2 .en tal caso se
W1 , W2 son suplementarios W1 + W2 = V W1 W2 = {0}, W1 W2 = V y se habla de suma directa de subespacios
22. Sean los subespacios y sea el subespacio Demuestre que
W1 = A M2 (R)/AT = A subespacio de matrices simtricas e W2 = A M2 (R)/AT = A subespacio de matrices antisimtricas e
M2 (R) = W1 W2 W1 W2que
Solucin : lo primero que debemos hallar es la interseccin
W1 W2 = A M2 (R)/AT = A AT = A A 2A = 0 A = 0, asi W1 W2 ={0}
De
AT = A AT = A implica
A =
37
0.2.
ESPACIOS VECTORIALESen espacios suplementarios los subespacios.
dim(W1 + W2 ) = dim(W1 ) + dim(W2 ), A M2 (R)/ a c b d b dT
veamos las dimensiones de
W1 = A M2 (R)/AT = A =
=
a c
b d
a c
b d
T
=
a c b d
b d
a b
c d
=
a c
a = a c = b b = c d=d
b=c
a c /a, d, c R c d los tres parmetros o variables libres a, d, c indican que dim(W1 ) = 3 T a b a b W2 = A M2 (R)/AT = A = A M2 (R)/ = c d c d a = a 2a = 0 T c = b a b a b a c a b c = b = = c d c d b d c d b = c 2d = 0 d = d a b 0 b W2 = M2 (R)/a = d = 0 c = b = /b R c d b 0 el nico parmetro o variable libre b indica que dim(W2 ) = 1 W1 = M2 (R)/b = c =entonces
a c
a = 0 c = b d=0
dim(W1 + W2 ) = 3 + 1= 4
pero
W1 + W2
es un subespacio vectorial de
M2 (R), M2 (R)
es un espacio vectorial de dimensin 4Cmo un subespacio vectorial se atreve a tener la misma dimensin que el espacio vectorial ? a menos que ellos coincidan , a menos que...sean iguales
W1 + W2 = M2 (R) A se puede escribir de manera nica como una matriz simtrica y una matriz an1 1 (A+AT )+ (AAT ) tisimtrica , de hecho ese es un ejercicio de matrices elemental, vease A = 2 2 1 1 T T siendo la primera (A + A ) simtrica y la segunda (A A ) antisimtrica. 2 2Asi toda matriz
23. En
R3 se consideran los subespacios vectoriales S = {(2, 1, 0), (1, 0, 1)} , T = {(1, 1.1), (0, 1, 1)} 3 Determinar un vector v deT tal que R = S + {v} y S {v} = {0}.Solucin : Geometricamente el subespacioS es un plano en
R3
y
{v}
es una recta en
R3
,
entonces se busca una recta los vectores sea un
no contenida en
el plano
S,
pero si contenida en el plano
T,
que es
lo mismo que armar que se busca un elemento de
T . Es claro que la dimensin de S es 2 pues (2, 1, 0), (1, 0, 1) son claramente L.I.,para elegir un vector de T debe ser tal que no elemento de S , es decir no cumplir con la condicin de S (x, y, z) paraestar en
por eso veamos que condicin debe cumplir un vector
S
.
2 1 0 0 1 0
1 | x 0 | y pivoteando en la 2 , en a21 = 1, cambiamos la la 1 1 | z 1 | x 2y pivoteando en la 1 ,en a12 = 1 cambiamos la 3 0 | y 1 | z38
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
0 1 | x 2y 1 0 | el sistema tiene solucin si y solo si x 2y + z = 0 y 0 0 | x 2y + z x2y+z = 0 es la condicin de S y tambien la ecuacin del plano que dene.S = {(x, y, z)/x 2y + z = 0} entonces de los muchos vectores de T , hay que seleccionar uno que no verique esta condicin. por ejemplo el vector v = (0, 1, 1) T pero v = (0, 1, 1) S pues 0 2(1) + 1 = 0. Cmo / es la interseccin entre S y {v} ? {v} = {(0, 1, 1)} = {(x, y, z)/x = 0 y + z = 0} S {v} = {(x, y, z)/x 2y + z = 0 x = 0 y + z = 0}= {(0, 0, 0)} dim(S + {v} ) = dim(S) + dim( {v} = 2 + 1 = 3 S + {v} = R3 ,los {v} son suplementarios, entonces podemos escribir S {v} = R3subespacios
S
y
5
5 Profesor:
Osvaldo carvajal
39
0.2.
ESPACIOS VECTORIALESTRANSFORMACIONES LINEALES
Ejercicios resueltos.
V y W son espacios vectoriales denidas sobre un mismo cuerpo K , que por lo general es el conjunto de los nmeros reales , asi que una transformacin lineal es una al espacio W, tal que debe cumplir la siguientes condiciones:
f uncin o
denida delespacio V
T (v1 + v2 ) = T (v1 ) + T (v2 ) para todo par de vectores v1 , v2 T (kv) = kT (v), para todo real k y para todo vector v de V
de
V
ambas condiciones se pueden resumir en una sola , escribiendo si
T : V W
es
lineal
si y solo
T (kv1 + v2 ) = kT (v1 ) + T (v2 ) T : R3 R3 denida por T (x, y, z) = (x, y, 0) la proyeccin sobre el plano XY oes una transformacin lineal que se
Por ejemplo conoce como
Otra transformacin lineal es la rotacin de un punto en
R2 .esta funcin tiene la propiedad
T :R R T (x, y) =de
2
2
denida por
cos sen
rotar
el punto
sen cos P (x, y) en
x y
= (xcos ysen, xsen + ycos) y dejarlo en
un ngulo
Q(x, y)
6
Ejercicios resueltos.
6 Profesor.Osvaldo
Carvajal
40
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
1. Determinar cuales de las siguientes funciones son
lineales.
(a) (b) (c) (d)
T : M22 (R) R
denida por
T(
a c
b d
) = 2a + 3b c
T : R2 R2 denida por T (x, y) = (x2 , y 2 ) T : R3 P2 [x] denida por T (a, b, c) = (a + b)x2 + abx + c a b T : M22 P3 [x] denida por T ( ) = 2ax3 + bx2 + (c + d)x c d
Solucin. De inmediato descartamos las funciones b) y c) pues si una funcin ha de ser , etc.En b)
lineal entonces
la palabra lo dice nada de cuadrados , ni potencias ni productos , ni logaritmos, ni raices
T (x, y) = (x2 , y 2 )los
cuadrados echan a perder lo
lineal
, pero por supuesto no
podemos dar esta respuesta ,debemos dar un contraejemplo entonces vamos a mostrar que no se cumple la propiedad Sea
T (u + v) = T (u) + T (v)
u = (1, 0), v = (2, 3) T ((1, 0) + (2, 3)) = T (3, 3) = (9, 9) T (1, 0) + T (2, 3) = (1, 0) + (4, 9) = (5, 9). Entonces como (9, 9) = (5, 9) se 2 2 muestra que T (x, y) = (x , y ) no es lineal. aqui la eleccin de u, v ha sido en forma aleatoria, si la propiedad se cumpliera para estos u, v hay que elegir otro par. de u, vpor otro lado En c) lo
T (a, b, c) = (a + b)x2 + abx + c la componente o coeciente ab de x echa a perder lineal, igual que antes damos un contraejemplo, sea u = (2, 2, 3),v = (4, 2, 0) T (u + v) = T ((2, 2, 2) + (4, 2, 0))= T (2, 0, 2) = (2 + 0)x2 + 0 x + 2 = 2x2 + 2 2 2 por otro lado T (2, 2, 3)+T (4, 2, 0) = (2 + 2)x + 2 2x + 3 + (4 2)x + 4 2x + 0 = 2x2 + 12x + 3 2 2 2 entonces como 2x + 2 = 2x + 12x + 3, T (a, b, c) = (a + b)x + abx + c no es lineal .
3
las funciones en a) y en d) si son lineales , aqui no sirven los contraejemplos, cualquiera, comenzamos con a) en ambos casos debemos demostrar que
u, v
deben ser
T (ku + v) = kT (u) + T (v),
con
kR a c b d,v
en a)
T( q t
a c
b d
) = 2a + 3b c,
u, v
son matrices , sea entonces
u =
=
p r
T (ku + v) = T (k =T ka + p kc + r
a c
b d
+
p r
q t
)
kb + q kd + t
= 2(ka+p)+3(kb+q)(kc+r) = k(2a+3bc)+(2p+3qr)
(1)
por otro lado veamos como es la expresin rior
kT (u) + T (v) p r q t
tendr que ser igual a lo ante-
kT (u) + T (v) = kT
a c
b d
+T41
= k(2a + 3b c) + (2p + 3q r)
(2)
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
como se puede apreciar de (1) y (2) ambas expresiones son iguales
T (v)
Asi
T
es
lineal b d
3q t
T (ku + v) = kT (u) +
En d)
T( b d
a c,v
) = 2ax3 + bx2 + (c + d)x, p r
igual que antes nos damos dos matrices u
=
a c
=
T (ku + v) = T (k T ka + p kc + r T
a c kb + q kd + t
b d
+
p r
q t
)
= 2(ka + p)x3 + (kb + q)x2 + (kc + r + kd + t)x kb + q kd + t
ka + p kc + r
= k(2ax3 + bx2 + (c + d)x) + (2px3 + qx2 + (r + t)x)
(3)
por otro lado vemos
kT (u) + T (v) a c b d p r q t
kT (u)+T (v) = kT
+T
= k(2ax3 +bx2 +(c+d)x)+(2px3 +qx2 +(r+t)x)Asi
vemos que (3) y (4) son iguales
T (ku + v) = kT (u) + T (v)
T
es
lineal
3
(4)
2. Hallar el ncleo o Ker(T) de cada una de las siguientes funciones.
El ncleo o (a) (b) (c)
Ker(T )
es un
subespacio
de
V
T : R3 R3 denida por T (x, y, z) = (x + 3y + 4z, 3x + 4y + 7z, 2x 2y) T : M22 (R) M22 (R) denida por T (A) = A AT T : P3 [x] R4 denida por T (ax3 + bx2 + cx + d) = (a b, a. c, a d, b c)
Solucin a)
Ker(T ) = {(x, y, z)/T (x, y, z) = (0, 0, 0)}= {(x, y, z)/(x + 3y + 4z, 3x + 4y + 7z, 2x + 2y) = (0, 0, 0)}
igualando las componentes , el sistema a resolver es
x + 3y + 4z = 0 (1) 3 4 | 0 4 7 | 0 pivoteando en a11 = 1 3x + 4y + 7z = 0 (A|b) = 3 2 2 0 | 0 2x + 2y = 0 1 3 4 | 0 (A|b) = 0 5 5 | 0 dividiendo la 2 por (-5) y la 3 por 8,quedan 0 8 8 | 042
las
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
iguales
1 3 4 (A|b) = 0 1 1 0 1 1 1 3 4 (A|b) = 0 (1) 1 1 0 1 | (A|b) = 0 1 1 | x = z y = z zR
| | | | | 0 0
0 0 Eliminamos una de las las iguales, la la 3. 0 0 pivoteando en la 2 ,en a22 = 1 obtenemos 0resolviendo en trminos de la variable libre
z
reescribimos el Ker(T).
Ker(T ) = {(x, y, z)/x = z, y = z}= {(z, z, z)/z R}= {(1, 1, 1)} es el generador del ncleo de T o del Ker(T ), asi dim(Ker(T )) = 1.
3
,El vector
(1, 1, 1)
Ker(T ) = {A M22 (R)/T (A) = 0}= A M22 (R)/A AT = 0 T T pero de A = A A = A propiedad que cumplen todaslas matrices simtricas, eb) tamao 2por 2, podemos reescribir el ncleo.
asi que
el ncleo de la transformacin lineal esta constituido por todas las matrices simtricas de
Ker(T ) = {A M22 (R)/A es simtrica }= e Ker(T ) = =entonces
a c +
b d 0 c
/b = c c 0 + 0 0 0 d /a, c, d R
a c 0 0 ,
c d 0 1
/a, c, d R = 1 0 , 0 0 0 1
a 0 0 0
1 0
dim(Ker(T )) = 3, su base la est viendo =
1 0
0 0
,
0 1
1 0
,
0 0
0 1
3
c)Ker(T ) = {p(x) P3 [x] /T (p(x)) = 0} = p(x) P3 [x] /T (ax3 + bx2 + cx + d) = (a b, a. c, a d, b c) = (0, 0, 0, 0) a b = 0 a c = 0 ya resuelto en trminos (a b, a. c, a d, b c) = (0, 0, 0, 0) sistema a d = 0 bc=0 de la varible libre a b = a c = a Ker(T ) = ax3 + bx2 + cx + d P3 [x] /b = a, c = a, d = a d=a Ker(T ) = ax3 + ax2 + ax + a/a R = a(x3 + x2 + x + 1)/a R 3 2 el vector (polinomio) x + x + x + 1 genera al Ker(T ) dim(Ker(T ))= 1
3
3. Hallar base y dimensin del subespacio
imagen de T
43
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
La imagen de T ,
Im(T ),
es un
subespaciode
W
(a)
T : R3 R 3
denida por
T (x, y, z) = (x + 3y + 4z, 3x + 4y + 7z, 2x 2y)es el
recorrido de la funcin lineal, es generado por las imgenes a V 3 en este caso es generado por las imgenes de alguna base de R , elejimos por supuesto la 3 base mas a mano de R , la base cannica. entonces la imgen por ejemplo del primer vector o cannico es T (1, 0, 0) = (1, 3, 2), entoncesEl subespacio de los vectores de una base del espacio
imagen de T
Im(T ) = {T (v)/v V } Im(T ) = {T (1, 0, 0), T (0, 1, 0), T (0, 0, 1)} = {(1, 3, 2), (3, 4, 2), (4, 7, 0)} imgenes no son necesariamente linealmente independientes (L.I) asi que hay a que pivotearlosestos vectores pero para este ejemplo se ha resuelto y obtenido el
Ker(T ). y se ha obtenido dim(Ker(T )) =
1
(vase ejemplo resuelto 2a)
hay un gran teorema que dice asi: espacio de partida en este ejemplo
dim(V ) = dim(Ker(T )) + dim(Im(T )),
donde
V
es el
V = R3
por tanto
informacin ayuda pues nos dice
dim(R3 ) = 3 = 1 + dim(Im(T )) dim(Im(T )) = 2, esta que el subespacio = {(1, 3, 2), (3, 4, 2), (4, 7, 0)} es de x1 (1, 3, 2) +
dimensin 2 , hay que botar un vector. el vector a eliminar seria aquel asociado a la variable libre del sistema
x2 (3, 4, 2) + x3 (4, 7, 0) = (0, 0, 0)el alumno en una prueba tiene poco tiempo,asi que te parece alumno que eliminemos un vector de=
al ojo {(1, 3, 2), (3, 4, 2), (4, 7, 0)}pues no existe
eliminamos el primero, asi que quedara tal que
= {(3, 4, 2), (4, 7, 0)} xtal que
y estos dos que quedaron son L.I?
claramente que si , 0 = x (2) ?este mtodo Asi que
x
(4, 7, 0) = x(3, 4, 2)
acaso existe
al ojo
no se recomienda... pero..a veces sirve.
Observacin:
Im(T ) = {(3, 4, 2), (4, 7, 0)} 3 Geometricamente Im(T ) = {(3, 4, 2), (4, 7, 0)} es un plano en R que pasa por el origen y de ecuacin 14x 8y + 5z = 0, esta ecuacin se obtiene del sistema x1 (3, 4, 2) + x2 (4, 7, 0) = (x, y, z). T : P2 [x] M22 (R)denida por
3
(b)
T (ax2 + bx + c) =
2a c
b+c 0
44
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
Solucin. Aqui su
Im(T ) = {T (v)/v V } V = P2 [x] espacio de polinomios de grado hasta 2,de dimensin 3 2 base cannicaes 1, x , x o la imgen de esta base por T son las tres matrices 0 1 1 0 , 0 0 1 0 , 2 0 0 0 , x1 son estas matrices L.I ?
siguientes
Im(T ) =
para responder , podramos pivotear el sistema
0 1
1 0
+x2
0 0
1 0
+x3
2 0
0 0
=
.
0 0
0 0
,
si arroja solucin
solo
cero entonces son L.I , si arroja
=0
son L.D.
pero mejor vamos a usar informacin proveniente del
Ker(T )observe que igualando compo-
Ker(T ) =
ax2 + bx + c/
2a c
b+c 0
=
0 0
0 0
nente a componente se tiene un sistema fcil de resolver
2a = 0 b+c=0 c=0 0
a=b=c=0.
asi que
Ker(T ) = 0x2 + 0x + 0 = {0} dim(Ker(T )) =
Usando el teorema de la dimensin mencionado ms arriba,
dim(P2 [x]) = dim(Ker(T )) +lo que signica que de
dim(Im(T )) dim(P2 [x]) = 3 = 0 + dim(Im(T )) 0 1 0 1 Im(T ) = , , 1 0 0 0entonces
implica que
dim(Im(T ))= 3
2 0 0 0 1 0
0 0 ,
, 2 0 0 0
tiene sus tres matrices constituyendo
un conjunto L.I, ninguna matriz se bota.
Im(T ) =
0 1
1 0
,
,
3
4. Sea la transformacin lineal
T : P2 [x] P3 [x]
denida por
T (p(x)) = xp(x) Ker(T )o bien a la
Cules de los siguientes vectores(polinomios) pertenecen al
Im(T ).?
(a)
x2Solucin: la nica manera de averiguar si
x2
es elemento del
Ker(T )
o de
Im(T ).
es
calculando ambos subespacios y ver quienes son los que los generan, asi que
Ker(T ) = {p(x) P2 [x] /xp(x) = 0}le damos vida a p(x).entonces
que este sea
p(x) = ax2 + bx + c,
Ker(T ) = ax2 + bx + c, P2 [x] /x(ax2 + bx + c) = 0 Ker(T ) = ax2 + bx + c, P2 [x] /ax3 + bx2 + cx = 0 entonces de ax3 + bx2 + cx = 0 a=b=c=0 El ncleo o Ker(T ) de la funcin T tiene un miserable elemento el neutro cero ,el polinomio cero, entonces x2 Ker(T ), x2 no pertenece al ncleo pues Ker(T ) = {0} /
45
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES(b)
1+xSolucin
1 + x Ker(T ), veamos si pertenece a la imagen de T. / Im(T ) = {T (v)/v V } = {xp(x)/p(x) P2 [x]}= ax3 + bx2 + cx/a, b, c RClaramente los tres parmetros
a, b, c
libres de tomar cualquier valor indican que la dimensin de
Im(T )
es 3 , son tres los vectores o polinomios que
generan
a la imagen .
Im(T )=y el
a(x3 ) + b(x2 ) + c(x)/a, b, c R = polinomio 1 + x pertenece a la imagen ?
x3 , x2 , x
aqui vemos que
x2 Im(T )
la respuesta es por simple inspeccin cree ud alumno que combinando de todas las maneras posibles se obtendr que
1 + x = a x3 + b x2 + c x, 1 + x Im(T ). /
la constasnte
1 + x ?,claramente no 1 de 1 + x no permite
x3 , con x2 y con x existe nmeros a, b, c talresolver el sistema. Asi
(c)
2x x3Solucin. Este elemento si pertenece a la imagen de T , pues existen
a, b, c tal que 2x x3 =
a x + b x + c x,
3
2
basta tomar
a = 1, b = 0, c = 2
5. Sea la transformacin lineal
T : P2 [x] P3 [x] denida por T (1) = x2 2, T (x) = x3 + x, T (x2 ) =
x + 2x + 1. Cuales pertenecen a la
3
2
Im(T )?
(a) (b) (c)
x2 x + 32
3T, se ha dado la imagen de los
x 2x + 1 4x3 3x + 5Solucin .Aqui no se ha dado explicitamente la funcin vectores basales de
P2 [x] generadapor estos vec-
para efectos de imagen es suciente pues justamente la imagen es tores |
Im(T ) = a, b, c
x2 2, x3 + x, x3 + 2x2 + 1 Imagen de Tsi y solo si existen reales
los vectores en a) b) y en c) estarn en el subespacio tal que
x2 x + 3= a(x2 2) + b(x3 + x) + c(x3 + 2x2 + 1) 2 2 3 3
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