Ejercicios Algebra Lineal
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Universidad de Costa Rica Facultad de Ciencias Escuela de Matem´atica
´ Ejercicios de Algebra Lineal.
Christian Fonseca Mora 2012
1
1. Prefacio ´ El objetivo de estas notas es ofrecer a los estudiantes del curso de Algebra Lineal un complemento al material visto en clase y que les permita apropiarse de una serie de t´ecnicas para la resolucion ´ de ejercicios. Como en todas las a´ reas de la matem´atica, la resolucion ´ de ejercicios es la mejor manera de ´ comprender tanto los resultados teoricos, como la aplicabilidad del Algebra Lineal y por lo tanto es ´ indispensable que los estudiantes traten de resolver la mayor cantidad de ejercicios. Usualmente no es posible cubrir el material del curso en el tiempo de clase y al mismo tiempo realizar la suficiente pr´actica para que los estudiantes identifiquen y dominen los distintos m´etodos utilizados en la resolucion ´ de ejercicios, los cuales en muchos casos requieren de una aplicacion ´ de los conceptos y resultados de la teor´ıa. En esa direccion, ´ escrib´ı estas notas con ejercicios resueltos pensando en que los estudiantes pueden guiarse con las explicaciones y as´ı realizar sus propias conclusiones sobre como ´ solucionar un determinado ejercicio. La recomendacion ´ a los estudiantes que utilicen estas notas es que primero intenten realizar el ejercicio por su cuenta y que cuando definitivamente no puedan hallar la solucion, ´ entonces recurran a las notas para identificar los fallos cometidos y cu´al ser´ıa el m´etodo para encontrar la solucion. ´ Como es usual en la matem´atica, existen normalmente diversas maneras de solucionar un ejercicio, por lo que se ofrecen en estas notas solo ´ algunas de las posibilidades. Los ejercicios fueron tomados de ex´amenes de semestres anteriores de la c´atedra del curso MA1004 ´ Algebra Lineal de la Universidad de Costa Rica, especificamente entre los anos ˜ 2009 a 2011. De ninguna manera la resolucion ´ de estos ejercicios pretende sustituir el estudio del material discutido en clase por el profesor, ni tampoco garantiza que el estudiante tenga un buen desempeno ˜ en los ex´amenes. Por tanto se recomienda al estudiante estudiar a conciencia el material del libro usado o las notas vistas en clase y complementarlo con estas notas. Cualquier error en este documento es responsabilidad del autor. Agradezco a mis estudiantes que en muchos casos me han permitido corregir errores de escritura, especialmente a mi estudiante Alejandra Zuniga Carmiol que corrigio´ muchos de esos errores, aunque ˜ este documento puede no estar excento de muchos m´as. Christian Fonseca.
2
´ Indice 1. Prefacio
2
2. Sistemas de Ecuaciones Lineales
4
3. Matrices
13
4. Determinantes
33
5. Geometr´ıa vectorial de Rn
45
6. Rectas y planos en Rn
56
7. Espacios vectoriales reales
79
8. Espacios con producto interno, ortogonalidad y proyecciones
96
9. Transformaciones lineales
110
10. Valores y vectores propios de operadores y matrices
127
11. Formas cuadr´aticas, secciones conicas ´ y superficies cuadr´aticas
138
3
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca
2. Sistemas de Ecuaciones Lineales 1. Considere el sistema de ecuaciones lineales
) x ( ) 17 1 3p −1 y = −3 p −7 9 z
(
b a) Determine para que valores de p y de b el vector 8 es solucion ´ del sistema. b+7 Respuesta: Para que el vector (b, 8, b + 7)t sea solucion ´ del sistema, es necesario que: 1 · b + 3p · 8 − (b + 7) = 17 b + 24p − b − 7 = 17 ⇔ −3 · b + p · 8 − 7 · (b + 7) = 9 −3b + 8p − 7b − 49 = 9 ⇔
24p = 24 p = 1 ⇔ ⇔ −10b + 8p = 58 −5b + 4p = 29
p=1
y
b = −5
b) En el sistema de ecuaciones dado, sustituya p por el valor que encontro´ en la parte (a) y determine el conjunto solucion ´ del sistema. Respuesta: Sustituyendo p = 1, se obtiene el sistema en forma de matriz aumentada dado por (
1 3 −1 17 −3 1 −7 9
)
) 1 ) ( 1 3 −1 17 17 1 3 −1 f 2 10 0 10 −10 60 0 1 −1 6 −→ ( ) −3 f2 + f1 1 0 2 −1 −→ 0 1 −1 6
3 f1 + f2 −→
(
Entonces tenemos el sistema: x1
+2x3 = −1 x2 −x3 = 6
Tomando x3 = t, se tiene x1 = −1 − 2t y x2 = 6 + t. Por lo tanto, el conjunto solucion ´ del sistema es {(−1 − 2t, 6 + t, t) t ∈ R}. 2. Dado el sistema de ecuaciones lineales px1 + 2x2 + 3x3 = 2 px1 + px2 + (p + 1)x3 = p px1 + px2 + (2p − 2)x3 = 2p − 2 Determine para que valor o valores de p el sistema: (a) tiene infinitas soluciones, (b) tiene solucion ´ unica, (c) no tiene solucion. ´ ´ Respuesta: 4
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Planteamos el sistema con matriz aumentada: 2 2 3 2 3 − f1 + f2 p p 2 p p (p + 1) 0 p − 2 p − 2 p − 2 p −→ p p (2p − 2) 2p − 2 − f1 + f3 0 p − 2 2p − 5 2p − 4 2 2 3 p − f2 + f3 0 p − 2 p − 2 p − 2 = R −→ 0 0 p−3 p−2
A partir de la matriz aumentada R presentamos los distintos casos de solucion ´ del sistema: a) Tiene infinitas soluciones: Para esto, alguna fila debe de ser de ceros; Si p=2, entonces 2 2 3 2 3 f3 + f1 R = 0 0 0 0 −→ 0 0 −1 0
2 2 0 2 − f3 0 0 0 0 −→ 1 0 0 1 0 2 f2
1 1 0 1 f ⇔ f3 0 0 0 0 2 −→ 0 0 1 0
Entonces, x3 = 0 y x1 = 1 − x2 . Las soluciones son de la forma {(1 − t, t, 1)
1 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0
t ∈ R}
b) Solucion en este caso se necesita entonces que no existan filas nulas, i.e. Rng(A) = 3, ´ unica: ´ Si p , 0, p , 2 y p , 3. Se tiene de la matriz R que, 3 2 1 p p −→ R 1 0 1 1 0 0 1 p−2 f2 1 f p−3 3 1 p f1
1 p−2 2 p
−2 p f2
+ f1 −→
p−3
1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) ( ( p−2 ) −1 p−2 La solucion es (x1 , x2 , x3 ) = −1 ´ unica ´ p p−3 , p−3 , p−3 . −1 p f3
+ f2 −→ − f3 + f2
−1 p
1 1 0 p 0 1 1 0 0 1
0 1 p−2 p−3
( p−2 ) p−3 −1 p−3 p−2 p−3
c) No tiene solucion: ´ en este caso se tiene la presencia de filas inconsistentes; Si p = 0
1 2 f2
−→ − f3 + f2
3 2 0 2 −1 2 f2 R = 0 −2 −2 −2 −→ −1 3 f3 0 0 −3 −2 0 1 32 1 −3 0 1 0 f + f 1 0 1 0 0 1 0 13 2 3 −→ 2 0 0 1 0 0 1 3 5
0 2 3 2 0 1 1 1 0 0 1 23 0 1 − f1 + f2 3 −→ 2 3
0 1 0 0 0 0 0 13 0 0 1 23
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Por lo tanto el sistema tiene una ecuacion ´ inconsistente y no hay solucion. ´ Si p = 3 3 2 3 2 R = 0 1 1 1 0 0 0 1 Entonces el sistema tiene una ecuacion ´ inconsistente. 3. Dado el sistema de ecuaciones lineales: x1 + 2x2 + 4x3 + 4x4 = −2 x1 + 3x2 + 6x3 + 5x4 = −3 px1 + px2 + 2px3 + (p2 + 4p)x4 = 1 a) Determine para qu´e valor o valores de p el sistema tiene infinitas soluciones con un par´ametro. Respuesta: Planteamos la matriz aumentada. Tome, p , 0, entonces −2 − f1 + f2 1 2 −2 4 4 4 1 2 4 1 3 6 0 1 −3 −1 5 2 1 −→ p p 2p (p2 + 4p) 1 0 −p −2p p2 1 + 2p −p f1 + f3 0 −2 f2 + f1 1 0 0 2 1 −1 = R −→ 0 1 2 0 0 0 p(p + 1) (p + 1) p f2 + f3
Como el sistema tiene menos ecuaciones que variables, entonces si tiene solucion, ´ las soluciones son infinitas. Entonces para que el sistema sea consistente, con soluciones infinitas dependiendo de un par´ametro, es necesario que hayan 3 filas no nulas en la matriz, es decir, que p , −1. Si p = 0, entonces del sistema original, 1 2 4 4 −2 1 3 6 5 −3 0 0 0 0 1 En este caso el sistema es inconsistente. b) Resuelva el sistema para este caso (es decir, cuando tiene infinitas soluciones con un par´ametro). Respuesta: Si p , 0 y p , −1, partiendo de la matriz R,
R
1 p(p+1) f3
−→
1 0 0 2 0 − f3 + f2 0 1 2 1 −1 −→ 0 0 0 1 1p −2 f3 + f1 6
1 0 0 0 0 1 2 0 0 0 0 1
−2 p −(p+1) p 1 p
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Prof. Christian Fonseca −(p+1)
De donde se obtiene el sistema equivalente, x1 = −2 − 2x3 y x4 = 1p . Entonces el p , x2 = p {( )} −(p+1) 1 conjunto de soluciones del sistema es −2 t ∈ R , − 2t, t, p p p 4. Para la siguiente matriz aumentada que corresponde a un sistema de ecuaciones lineales: 0 0 1 0 a−2 0 A = 0 b+1 0 0 0 c
2 0 c 0
a) Determine cu´ales son los valores de a, b y c de tal forma que el rango de la matriz aumentada del sistema sea 1. Respuesta: Para que el Rango(A) = 1, se necesita que solamente una fila de A sea no nula. Tome a = 2, ´ b = −1 y c = 0, con lo que solo ´ la primera fila no es nula. b) Determine cu´ales son los valores de a, b y c de tal forma que el rango de la matriz aumentada del sistema sea 2. Respuesta: Para que Rango(A) = 2, es necesario que dos filas de A no sean nulas. Se requiere entonces primero que c = 0, y se presentan 2 posibilidades: 1) a = 2 y b , −1. Las filas nulas son la 2 y 4. 2) b = −1 y a , 2 Las filas nulas son la 3 y 4. c) Determine cu´ales son los valores de a, b y c de tal forma que el rango de la matriz aumentada del sistema sea 3. Respuesta: Como la matriz A tiene 4 filas, para que el Rango(a) = 3 es necesario que solamente una fila ´ de A sea nula. Para que esto suceda, se necesita a , 2, b , −1 y c = 0. d) Determine cu´ales son los valores de a, b y c de tal forma que el sistema no tenga solucion. ´ Respuesta: Para que tenga ecuaciones inconsistentes una fila de A debe ser nula del lado de los coeficientes y no nula del lado aumentado. La unica fila con esta posibilidad es la tercera. De modo que ´ es necesario que b = −1 y c , 0, con a ∈ R. e) Determine el conjunto solucion ´ del sistema cuando tiene solucion ´ unica. ´ Respuesta: Para que el sistema tenga solucion como se tienen 3 variables (3 columnas en la parte ´ unica, ´ de coeficientes de A), entonces se necesita Rango(A) = 3. Entonces si a , 2, b , −1 y c = 0 0 0 1 0 a−2 0 A = 0 b+1 0 0 0 0 7
2 0 0 0
1 f 1 a−2 2 0 −→ 1 0 b+1 f3 0
0 1 0 0
0 0 1 0
2 0 0 0
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La solucion es x1 = 2, x2 = 0, x3 = 0. ´ unica ´ 5. Considere el siguiente sistema de ecuaciones lineales: x+y+z = 1 2x + py + 2z = −2 4x + 2py + 4z = m a) Determine para cu´ales valores de p y m el sistema tiene infinitas soluciones dependiendo de un par´ametro. Respuesta: Planteamos el sistema con matriz aumentada: 1 1 1 1 −2 f2 + f3 2 p 2 −2 −→ 4 2p 4 m
1 1 1 1 2 p 2 −2 0 0 0 m+4
= R
Note que si m , −4, el sistema tiene una ecuacion ´ inconsistente, y por tanto no tiene solucion. ´ Si p = 2 y m = −4, entonces 1 1 1 1 −2 f1 + f2 R = 2 2 2 −2 −→ 0 0 0 0
1 1 1 1 0 0 0 −4 0 0 0 0
El sistema tiene entonces una ecuacion ´ inconsistente, de modo que p , 2. Si p , 2 y m = −4, entonces, 1 1 1 1 −2 f1 + f2 R = 2 p 2 −2 −→ 0 0 0 0
1 1 1 1 0 p − 2 0 −4 = B 0 0 0 0
Y se tiene entonces que Rng(A) = 2. Por consiguiente, el sistema tiene soluciones infinitas dependiendo de un par´ametro si p , 2 y m = −4. b) Con los valores de p y m encontrados en a), resuelva el sistema cuando tiene infinitas soluciones dependiendo de un par´ametro. Respuesta: Por la parte a), si p , −2 y m = −4. 1 1 1 1 1 f2 B = 0 p − 2 0 −4 p−2 −→ 0 0 0 0 Se tiene entonces el sistema x1 = {( p+2 } ) −4 t ∈ R . − t, , t p−2 p−2
p+2 p−2
1 1 1 0 1 0 0 0 0 − x3 y x2 =
8
1 −4 − f2 + f1 p−2 −→ 0 −4 p−2 .
1 0 1 0 1 0 0 0 0
p+2 p−2 −4 p−2
0
Por tanto, el conjunto solucion ´ es
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6. Para la siguiente matriz aumentada que corresponde a un sistema de ecuaciones lineales: 1 −4 7 g 0 3 −5 h −2 5 −9 k
a) Encuentre una ecuacion ´ que contenta a los valores reales g, h, k de tal manera que la matriz aumentada anterior corresponda a un sistema consistente. Respuesta: 1 −4 7 g 0 3 −5 h −2 5 −9 k
2 f1 + f3 −→
1 −4 0 1 −→ 0 0 1 3 f2
g 1 −4 7 0 3 −5 h 0 −3 5 k + 2g g
7
−5 3
h 3
h + k + 2g
0
4 f2 + f1 −→
f2 + f3 −→ 1 0 0 1 0 0
1 3 −5 3
0
g 1 −4 7 h 0 3 −5 3 0 0 0 h + k + 2g 3g+4h 3 h 3
h + k + 2g
= R
Para que el sistema sea consistente, entonces h, k y g deben de satisfacer la ecuacion ´ 0 = h+k+2g. b) Determine el conjunto solucion ´ del sistema consistente correspondiente a la matriz aumentada anterior. Respuesta: Por la parte a), si se cumple que h + k + 2g = 0, entonces la matriz {( 3g+4hR corresponde)al sistema: } 3g+4h 1 h 5 1 h 5 x1 = 3 − 3 x3 , x2 = 3 + 3 x3 . El conjunto solucion − t, + t, t t ∈ R . ´ es entonces: 3 3 3 3 7. Dado el siguiente sistema homog´eneo de ecuaciones lineales: 2x + ky + z + w 3x + (k − 1)y − 2z − w x − 2y + 4z + 2w 2x + y + z + 2w
= = = =
0 0 0 0
Determine los valores reales de k para los cuales el sistema de ecuaciones anterior tiene soluciones distintas de la trivial, es decir, diferentes a (0, 0, 0, 0). Respuesta: Planteamos el sistema con matriz: k 1 1 2 3 k − 1 −2 −1 f1 ⇔ f3 1 −2 4 2 −→ 2 1 1 2
4 2 −2 f1 + f3 1 −2 3 k − 1 −2 −1 −→ 2 −3 f1 + f2 k 1 1 2 1 1 2 −2 f1 + f4 9
4 2 1 −2 0 k + 5 −14 −7 0 k + 4 −7 −3 0 5 −7 −2
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4 2 1 −2 0 k + 5 −14 −7 0 −1 7 4 0 5 −7 −2
− f2 + f3 −→
− f3 −→
4 2 1 −2 − f4 + f2 0 k + 5 −14 −7 −→ 0 1 −7 −4 2 f3 + f1 0 5 −7 −2
1 0 −10 −6 1 1 0 k −7 −5 28 f4 0 0 1 −7 −4 −→ 0 0 0 28 18 0
−5 f3 + f4 −→
0 −10 −6 10 f4 + f1 k −7 −5 −→ 1 −7 −4 7 f4 + f2 9 7 f4 + f3 0 1 14
1 0 −10 −6 0 k −7 −5 0 1 −7 −4 0 5 −7 −2
1 0 0 0 k 0 0 1 0 0 0 1
3 7 −1 2 1 2 9 14
1 0 −→ 0 0
0 1 0 0
= R
Si k = 0, entonces, 1 0 0 0 0 0 R = 0 1 0 0 0 1
3 7 −1 2 1 2 9 14
−2 f2 −→
1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1
1 1 2 9 3 7
14
−3 7 f2
+ f1 −→ −1 2 f2 + f3 −9 14 f2 + f4
1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
Por lo tanto, si k = 0 el sistema solamente tiene la solucion ´ ´ trivial. Ahora, si k , 0, 1 0 0 0 k 0 R = 0 1 0 0 0 1
3 7 −1 2 1 2 9 14
−k f3 + f2 −→
1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1
3 7 −(k+1) 2 1 2 9 14
= S
Si k = −1, la matriz S tiene 3 filas no nulas, y por tanto el sistema tiene infinitas soluciones. Por otra parte, si k , −1,
S
−2 (k+1) f2
−→
1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1
1 1 2 9 3 7
14
−3 7 f2
+ f1 −→ −1 2 f2 + f3 −9 14 f2 + f4
1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1
0 1 0 0
1 0 −→ 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
De modo que si k , 0 y k , −1, entonces la solucion Se concluye que el valor k = −1 es el ´ es unica. ´ que produce soluciones distintas a la trivial. 8. Considere el sistema de ecuaciones lineales que se da a continuacion ´ x+y bx + by + z ax + ay bx + by − z
10
= 3 = a + 4b = 4a = b
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Determine todos los valores de a y de b para los cuales el sistema es consistente. Determine el conjunto solucion ´ del sistema en los casos en que es consistente. Respuesta: 1 1 b b a a b b 1 −1 b 2 f4 −→ a 0
0 3 1 a + 4b 0 4a −1 b 1 b a 0
1 1 b b a a 0 0 1 − f4 + f2 b a −→ 0
− f2 + f4 −→
3 0 1 a + 4b 0 4a a+3b 1 2
0 3 1 a + 4b 0 4a −2 −a − 3b 3 1 0 b 0 a+5b 2 =B a 0 4a 0 1 a+3b 2
Si a = 0, 1 1 0 b b 0 B = 0 0 0 0 0 1
3 5b 2 = C 0 3b 2
Si b = 0, 1 1 0 0 0 0 C = 0 0 0 0 0 1
3 0 0 0
Entonces, Rng(A) = 2 y el sistema tiene soluciones infinitas S = {(3 − t, t, 0)
t ∈ R}.
Si b , 0 1 1 0 1 f 1 1 0 C b 2 −→ 0 0 0 0 0 1
3 5 − f1 + f2 2 0 −→
3b 2
1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1
3 −1 2 0 3b 2
En este caso el sistema no tiene solucion ´ porque tiene una ecuacion ´ inconsistente. Si a , 0, 1 1 0 1 b b 0 f A a 3 −→ 1 1 0 0 0 1
3 a+5b 2
4
a+3b 2
− f1 + f3 −→
1 1 0 b b 0 0 0 0 0 0 1
3 a+5b 2
1
a+3b 2
Entonces el sistema tiene una ecuacion ´ inconsistente y por tanto no tiene solucion ´ si a , 0 para cualquier valor de b ∈ R. 11
´ Ejercicios de Algebra lineal
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En resumen, se concluye que: ´ a) El sistema es inconsistente si 1) a , 0, ∀b ∈ R. 2) a = 0, b , 0. b) El sistema es consistente si a = 0,b = 0 y la solucion ´ es S = {(3 − t, t, 0)
t ∈ R}.
9. Considere el sistema de ecuaciones lineales que se da a continuacion ´ ax + ay + 2aw x + 2y + 3w x + 2y + z + 3w x + 2y + 3w
= 0 = −1 = a−b−1 = a2 + b2 − 1
a) Determine todos los valores de a y de b para los cuales el sistema es inconsistente. Respuesta: 0 a a 0 2a 1 2 0 3 −1 1 2 1 3 a−b−1 1 2 0 3 a2 + b2 − 1
− f + f 2 3 −→ − f2 + f4
0 a a 0 2a 1 2 0 3 −1 0 0 1 0 a−b 0 0 0 0 a2 + b2
= B
Para que el sistema sea consistente es necesario que a2 + b2 = 0 lo que se da si y solo ´ si a = 0 y b = 0 ya que a2 ≥ 0, b2 ≥ 0 y a2 > 0 si a , 0 y b2 > 0 si b , 0. Entonces el sistema es inconsistente si alguno de los dos, a o b es distinto de cero, i.e. si ocurre alguno de los casos: 1) a , 0, ∀b ∈ R. 2) b , 0, ∀a ∈ R. b) Determine el conjunto solucion ´ del sistema en los casos en que es consistente. Respuesta: El sistema es consistente si a = b = 0, entonces, sustituyendo en B 0 0 0 1 2 0 B = 0 0 1 0 0 0
0 0 3 −1 0 0 0 0
Entonces x = −1 − 2y − 3w y z = 0, por tanto S = {(−1 − 2t − 3s, t, 0, s)
12
t, s ∈ R}.
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3. Matrices 1. Se dan las matrices cuadradas, del mismo orden, A, B, C y X con A y B invertibles, tales que (AXB)t + C = I (donde I es la matriz identidad). a) Use las operaciones con matrices y sus propiedades para despejar X en t´erminos de las matrices I, A, B y C (no use sistemas de ecuaciones). Respuesta: (AXB)t + C = I [(AXB)t + C]t = It [(AXB)t ]t + Ct = I AXB + Ct = I A−1 · [AXB + ·Ct ] = A−1 · I A−1 · AXB + A−1 · Ct = A−1 · I XB + A−1 · Ct = A−1 XB = A−1 · [I − Ct ] XB · B−1 = A−1 · [I − Ct ] · B−1 X = A−1 · [I − Ct ] · B−1
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
(aplicamos transpuestas) (propiedad transpuesta de la suma) (propiedad transpuesta de la transpuesta) (multiplicando por A−1 ) (propiedad de distributividad) (definicion ´ de inversa) (distributividad del producto en suma) (multiplicando por B−1 ) (definicion ´ de inversa)
b) Segun ´ lo que se obtuvo en (a), determine X si ( ) 1 −2 A= 1 −3
( ) 2 3 B= 1 2
( ) 1 2 C= 3 4
Respuesta: (
( − f1 + f2 1 −→ 0 ( 2 f2 + f1 1 0 3 −→ 0 1 1
1 −2 1 0 1 −3 0 1
)
) ( ) −2 1 0 − f2 1 −2 1 0 −1 −1 1 −→ 0 1 1 −1 ) ( ) −2 3 −2 −1 ⇒A = −1 1 −1
(
) ( 2 3 1 0 f1 ⇔ f2 1 2 0 1 2 0 1 −→ 2 3 1 ( ) ( − f2 1 2 0 1 −2 f2 + f1 1 −→ 0 1 −1 2 −→ 0 ( C = t
( −2 f1 + f2 1 2 −→ 0 −1 ) ( 0 2 −3 −1 ⇒B = 1 −1 2
1 0
)
1 3 2 4
0 1 1 −2
)
2 −3 −1 2
)
)
Entonces, (
) (( ) ( )) ( ) ( ) 3 −2 1 0 1 3 2 −3 11 −18 X= · − · ⇒X= 1 −1 0 1 2 4 −1 2 4 −6 2. Se dan las matrices cuadradas, del mismo orden, A, B y X con A − B invertible, tales que XAt = I + (BXt )t (donde I es la matriz identidad).
13
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a) Use las operaciones con matrices y sus propiedades para despejar X en t´erminos de las matrices I, A y B (no use sistemas de ecuaciones). Respuesta:
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
XAt = I + (BXt )t XAt = I + (Xt )t Bt XAt = I + XBt XAt − XBt = I X · (At − Bt ) = I X · (A − B)t = I (X · (A − B)t )t = It (A − B) · Xt = I −1 (A − B) · (A − B) · Xt = (A − B)−1 · I Xt = (A − B)−1 · I X = [(A − B)−1 ]t
(transpuesta de un producto) (transpuesta de una matriz transpuesta) (restando XBt a ambos lados de la igualdad) (distributividad del producto sobre la resta) (distributividad del producto en resta) (aplicando transpuestas) (transpuesta de un producto (multiplicando por (A − B)−1 ) (aplicando definicion ´ de inversa) (aplicando transpuesta a ambos lados)
b) Segun ´ lo que obtuvo en la parte a), determine X si ( ) 3 5 A= 0 1 Respuesta:
( ) 1 −2 B= 1 5
) 2 7 Se tiene A − B = Para obtener X necesitamos determinar la inversa de A − B −1 −4 (
(
2 7 1 0 −1 −4 0 1
)
2 f2 + f1 −→
(
0 −1 1 2 −1 −4 0 1
)
−4 f1 + f2 −→
(
0 −1 1 2 −1 0 −4 −7
)
) ( ) − f1 ( f1 ⇔ f2 1 0 4 0 1 −1 −2 7 −→ 7 −→ 1 0 4 0 1 −1 −2 − f2 De modo que ( −1
(A − B)
=
4 7 −1 −2
)
( ⇒X=
4 −1 7 −2
)
3. Sea S = {1, 1, k), (k, 1, 1), (k, k, 4)} a) Determine para qu´e valor o valores de k el conjunto de vectores S es linealmente independiente. Respuesta: Sean v1 = (1, 1, k), v2 = (k, 1, 1), v3 = (k, k, 4). Los vectores de S forman un conjunto linealmente independiente (li) si c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 = 0 ⇒ (c1 , c2 , c3 ) = (0, 0, 0) 14
´ Ejercicios de Algebra lineal
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Lo anterior, es equivalente a que la unica solucion ´ ´ al sistema Ax = 0 sea x = 0, donde ( ) x = (c1 , c2 , c3 )t A = vt1 , vt2 , vt3 Entonces, resolvemos el sistema homog´eneo haciendo casos sobre k. 1 k k − f1 + f2 A = 1 1 k −→ k 1 4
k k 1 0 1 − k 0 = B k 1 4
Si k = 0, entonces 1 0 0 − f2 + f3 B = 0 1 0 −→ 0 1 4
1 0 0 1 f 0 1 0 4 3 −→ 0 0 4
1 0 0 0 1 0 0 0 1
Entonces, si k = 0 se tiene x = 0 y los vectores de S son li. Si k , 0, se tiene,
B
−k f1 + f3 −→
−k f2 + f3 −→
k k 1 f + f1 0 1 − k 0 2 −→ 0 1 − k2 4 − k2 1 1 k − f2 + f3 0 1−k 0 −→ 0 1 − k 4 − k2
1 k 1 0 1 − k 0 0 1 − k2 4 − k2 1 1 k 0 1−k 0 = C 0 0 4 − k2
Si k = 1, entonces, 1 1 1 1 f C = 0 0 0 3 3 −→ 0 0 3
1 1 1 − f3 + f1 0 0 0 −→ 0 0 1
1 1 0 f ⇔ f3 0 0 0 2 −→ 0 0 1
1 1 0 0 0 1 0 0 0
Entonces, como el Rango(A) es 2, hay infinitas soluciones dependiendo de un par´ametro. El RangoFila(A) es 2, entonces a lo sumo hay 2 vectores li. Si k , 1, se tiene 1 − k , 0, y se sigue que k 1 1 0 1 0 C −→ 0 0 4 − k2 1 1−k f2
− f2 + f1 −→
k 1 0 0 1 0 0 0 4 − k2
= D
Si k = 2, se tiene, 1 0 2 D = 0 1 0 0 0 0 Entonces, como el Rango(A) es 2, hay infinitas soluciones dependiendo de un par´ametro. El RangoFila(A) es 2, entonces a lo sumo hay 2 vectores li.
15
´ Ejercicios de Algebra lineal
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Si k , 2, es decir, si 2 − k , 0, se tiene k 1 0 0 1 0 D −→ 0 0 2+k 1 2−k f3
= E
Si k = −2, se tiene, 1 0 −2 E = 0 1 0 0 0 0 Entonces, como el Rango(A) es 2, hay infinitas soluciones dependiendo de un par´ametro. El RangoFila(A) es 2, entonces a lo sumo hay 2 vectores li. Si k , −2, es decir, si 2 + k , 0, se tiene 1 0 k −k f3 + f1 0 1 0 E −→ −→ 0 0 1 1 2+k f3
1 0 0 0 1 0 0 0 1
Entonces, x = 0 y los vectores de S son li. Se concluye que los vectores de S son li si k ∈ R y k < {−2, 1, 2}. b) ¿Para qu´e valor o valores de k el conjunto S contiene a lo sumo dos vectores linealmente independientes? (Justifique) Respuesta: Por el desarrollo de la parte a), se concluye que el conjunto S tiene a lo sumo 2 vectores li si k ∈ {−2, 1, 2}. ( ) 1 0 2 −1 0 4. Sean A = y B = −2 1 0 −1 0 −1 2 a) Determine la siguiente matriz (AB − I2 )−1 , si existe. Respuesta: ( ) 4 −1 A·B= 2 −1
( ) 3 −1 AB − I2 = 2 −2
Entonces, calculamos su inversa, (
( ( ) ) 1 1 1 −1 −2 f1 + f2 1 1 − f2 + f1 1 −1 −→ −→ 2 −2 0 1 0 −4 −2 3 ( ) ( ) −1 1 1 1 −1 − f2 + f1 1 0 12 −1 4 4 f2 −→ −→ 0 1 12 −3 0 1 12 −3 4 4
3 −1 1 0 2 −2 0 1
)
16
´ Ejercicios de Algebra lineal Entonces, (AB − I2
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=
(1 2 1 2
−1 4 −3 4
) .
( )t b) Utilice solamente a´ lgebra de matrices para encontrar una matriz X tal que At X B − I2 = Xt . ´ Respuesta:
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
( )t At X B − I2 = Xt ( )t Xt At B − I2 = Xt Xt AB − Xt = I2 Xt (AB − I2 ) = I2 Xt (AB − I2 ) · (AB − I2 )−1 = I2 · (AB − I2 )−1 Xt = (AB − I2 )−1 }t { X = (AB − I2 )−1 (
Entonces por lo calculado en la parte a), X =
(transpuesta de un producto) (transpuesta de una matriz transpuesta) (distributividad del producto sobre la suma) (multiplicando por (AB − I2 )−1 ) (por definicion ´ de inversa) (aplicando transpuestas) 1 2 −1 4
1 2 −3 4
) .
{ } 5. ¿Para cu´ales valores de a, si existen, el conjunto (1, a, 0, 0)t , (1, −3, a + 1, 0)t , (0, 1, −4, 0)t es linealmente independiente? Respuesta: Sea
1 0 1 a −3 1 A = 0 a + 1 −4 0 0 0
Las columnas de A son el conjunto de vectores de S, por lo que por teorema, el conjunto S es l.i. si y solo solucion ´ si la unica ´ ´ al sistema homog´eneo Ax = 0 es x = 0 Entonces, resolvemos el sistema homog´eneo haciendo casos sobre a. Si a = 0, 0 1 1 3 f3 + f2 0 −3 1 −→ A = 0 1 −4 − f3 + f1 0 0 0 1 0 4 4 f + f 2 3 −1 0 0 1 11 f2 −→ −→ 0 1 −4 −4 f2 + f1 0 0 0
1 0 4 0 0 −11 0 1 −4 0 0 0
1 0 0 0 0 1 f2 ⇔ f3 0 1 0 −→ 0 0 0
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
Entonces, si a = 0 la unica solucion ´ ´ al sistema es x = 0, por lo tanto en este caso el conjunto S es l.i. Si a , 0, entonces 17
´ Ejercicios de Algebra lineal
1 −1 0 f 2 3 −→ 0 0
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1 1 −a f1 + f2 0 −3 − a A 0 a + 1 −→ 0 0 1 0 3 f3 + f2 −(3 + a) 1 −→ 3 1 2 − f3 + f1 0 0
0 1 −4 0
f2 + f3 −→
1 0 0 −a 0 1 0 0
−3 2 11 2 3 2
0
1 1 0 −(3 + a) 0 −2 0 0 1 0 a f3 + f2 0 0 −→ 0 1 0 0
0 1 −3 0
1 (3a + 11) 2 = B 3 2 0 −3 2
Si 3a + 11 = 0 ⇔ a = −11 ´ distinta a la trivial, 3 , entonces Rng(A) = 2 y por lo tanto existe una solucion de modo que S no es l.i. Por otra parte, si a ,
B
−11 3 ,
2 3a+11 f2
−→
1 0 0 0 0 1 0 0
1 3 2 0
−3 2
+ f1 −→ −3 2 f2 + f3 3 2 f2
1 0 0 0 0 1 f2 ⇔ f3 0 1 0 −→ 0 0 0
Entonces x = 0 es la unica solucion. ´ ´ Los vectores de S son l.i. si a ,
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
−11 3 .
2 1 0 6. Dada la matriz A = 0 −1 −2 2 −2 0 a) Determine el rango de A. Respuesta: Para determinar Rng(A) necesitamos encontrar la forma escalonada reducida de A. −2 f1 + f3 −→ A − f2
2 1 0 0 1 2 0 −2 −4
2 f2 + f3 −→
1 0 2 0 1 2 0 0 0
Entonces Rng(A) = 2, puesto que la forma escalonada reducida equivalente por filas a A tiene solamente dos filas no nulas. ´ b) Escriba el vector que corresponde a la tercera columna de A como combinacion ´ lineal de los vectores que corresponden a las otras dos columnas de A. Respuesta: En este caso, se plantea el sistema con matriz aumentada, donde la solucion ´ al sistema son los escalares que permiten escribir a la columna 3 como combinacion ´ lineal de las columnas 1 y 2 de A. Se tiene, por la parte a) que, 2 1 0 1 0 2 0 −1 −2 −→ 0 1 2 2 −2 0 0 0 0 18
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Entonces, se concluye que 2 1 0 −2 = 2 0 + 2 −1 0 2 −2 c) Sin hacer c´alculos adicionales, diga si las tres filas de A corresponden a vectores linealmente independientes o a vectores linealmente dependientes. Justifique su respuesta. Respuesta: Como Rng(A) = 2, y A es de 3x3, entonces Rng(A) < 3 y por lo tanto, las filas de A no pueden ser linealmente independientes, i.e son linealmente dependientes. d) Sin hacer c´alculos adicionales, diga si el sistema de ecuaciones lineales AX = B, donde X = (x, y, z)t y B = (1, 2, 3)t tiene solucion Justifique su respuesta. ´ unica. ´ Respuesta: No tiene solucion ya que Rng(A) < 3, y por tanto las soluciones son infinitas. De hecho ´ unica ´ dependen de 1 par´ametro ya que Rng(A) = 2. 7. Sea A una matriz de orden mxm y B es una matriz de orden mxn. a) ¿De qu´e orden deben de ser las matrices X y D, de modo que la igualdad, XAt − Bt = XDt tenga sentido. Respuesta: Como At es de orden mxm, entonces para que el producto XAt tenga sentido, X debe tener m columnas. Por otra parte, como Bt es de nxm, entonces para que la resta tenga sentido, XAt debe tener n filas, por tanto, X es de nxm. Por el orden de At , Bt y X, se sigue que XAt − Bt es de nxm, entonces XDt es de nxm, y XDt es de orden nxm. Se sigue que Dt tiene m columnas, y como X tiene m columnas, entonces Dt tiene m filas para que el producto matricial tenga sentido. De modo que Dt es de orden mxm, y D es de orden mxm tambi´en. b) Para que la igualdad dada anteriormente en a) tenga sentido y (A − D)t sea invertible, utilice las operaciones con matrices y sus propiedades para despejar X en t´erminos de A, B y D. Respuesta:
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
t t t XA ( − B =) XD (distributividad de producto sobre resta) X At − Dt = Bt t t X (A − D) = B (transpuesta de una matriz transpuesta) ( { } { } { }−1 ) t t −1 t −1 t X (A − D) · (A − D) = B · (A − D) multiplicando por (A − D)t { }−1 X = Bt · (A − D)t (definicion ´ de inversa)
19
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c) Segun ´ lo que obtuvo anteriormente en b), calcule X si (
2 3 A= −1 0
)
(
2 3 B= 4 0
)
(
2 −1 D= 2 1
)
Respuesta: (
0 4 A−D= −3 −1
)
( ) 0 −3 (A − D) = 4 −1
⇔
t
Ahora calculamos la inversa de (A − D)t , (
0 −3 1 0 4 −1 0 1
)
f1 ⇔ f2 −→
−1 3 f1 −→ 14 f2
(
(
0 1
−1 12 −1 3
1 0 0 1
−1 3
)
+ f2 −1 1 −→ 0 4 4 ) ( 1 { }−1 t 4 ⇒ (A − D) = 0 1
0
1 4 f1
(
0 1 1 0
−1 12 −1 3
Entonces, ) ( −1 2 4 12 · −1 X= 3 0 3 (
1 4
0
) =
( −3 2 −1 4
1 2 3 4
)
1 1 1 8. Dada la matriz P = 0 1 1 0 0 1 1 2 3 a) Compruebe que P2 = 0 1 2 0 0 1 Respuesta: 1 1 1 1 1 1 1 2 3 P2 = P · P = 0 1 1 0 1 1 = 0 1 2 0 0 1 0 0 1 0 0 1 b) Calcule P3 . Respuesta: 1 2 3 1 1 1 1 3 6 P3 = P2 · P = 0 1 2 0 1 1 = 0 1 3 0 0 1 0 0 1 0 0 1 c) Calcule P4 . Respuesta: 1 3 6 1 1 1 1 4 10 P4 = P3 · P = 0 1 3 0 1 1 = 0 1 4 0 0 1 0 0 1 0 0 1 20
1 4
0
)
−1 3 −1 12
0 1 4
)
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d) Obtenga una formula para calcular Pn , donde n ∈ N, con n ≥ 1. ´ Respuesta: n 1 n Sn ∑ k = 1 + 2 + ... + n Pn = 0 1 n donde Sn = 0 0 1 k=1 9. Dada la siguiente matriz: 1 4 0 6 A = 2 3 6 −3 −4 a) Determine el Rango de la matriz A. Respuesta: Para determinar Rng(A) necesitamos encontrar la forma escalonada reducida equivalente por filas a A: −3 f2 + −→ A −2 f2 + −1 0 1 6 f1 −→ 1 23 1 0 0 2 f2
f3 0 −6 −11 0 −6 −2 f1 + f3 2 3 2 3 6 −→ f1 0 −12 −22 0 0 11 11 −3 f1 + f2 0 1 6 f1 ⇔ f2 6 1 0 1 3 2 4 −→ −→ 0 0 0 0
−11 6 0 1 0 0 1 0 0
1 4 11 6
0
Como la forma escalonada reducida de A tiene solamente dos filas no nulas, entonces ´ Rng(A) = 2. b) Sin hacer c´alculos adicionales, diga si la matriz A es invertible. Justifique su respuesta. Respuesta: Por teorema, la matriz A no es invertible pues es una matriz de 3x3 tal que Rng(A) < 3. Note adem´as que no es equivalente por filas a la matriz identidad I3 . c) Sin hacer c´alculos adicionales, diga si los tres vectores que corresponden a las tres columnas de la matriz A son linealmente independientes o linealmente dependientes. Justifique su respuesta. Respuesta: Como A no es invertible, por teorema sus columnas son linealmente dependientes. d) Escriba el vector que corresponde a la tercera columna de la matriz A como una combinacion ´ lineal de los dos vectores que corresponden a las otras dos columnas de A.
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Respuesta: Se plantea el sistema con matriz aumentada, donde la solucion ´ al sistema son los escalares que permiten escribir a la columna 3 como combinacion ´ lineal de las columnas 1 y 2 de A. Se tiene, por la parte a) que, 1 4 0 2 3 6 6 −3 −4
1 0 −→ 0 1 0 0
1 4 11 6
0
Entonces, se concluye que 1 4 0 1 11 6 = 2 + 4 6 3 −4 6 −3 −1 2 0 −1 2 0 10. Dadas las matrices A = 2 1 1, B = 1 1 2 y la matriz identidad I3 de M(3, R). 0 1 2 0 1 1 a) Efectue ´ las operaciones para obtener la matriz C tal que C = A2 + A − 3I3 . Respuesta: Primeramente calculamos la matriz A2 , −1 2 0 −1 2 0 5 0 2 A2 = 2 1 1 2 1 1 = 0 6 3 0 1 2 0 1 2 2 3 5 Por lo tanto, la matriz C est´a dada por; 5 0 2 −1 2 0 3 0 0 1 2 2 C = 0 6 3 + 2 1 1 − 0 3 0 = 2 4 4 2 3 5 0 1 2 0 0 3 2 4 4 b) Efectue ´ las operaciones para obtener la matriz D tal que D = −B2 + B + 5I3 . Respuesta: Primeramente calculamos la matriz B2 , −1 2 0 −1 2 0 3 0 4 B2 = 1 1 2 1 1 2 = 0 5 4 0 1 1 0 1 1 1 2 3 Por lo tanto, la matriz D est´a dada por; 2 −4 −3 0 −4 −1 2 0 5 0 0 1 1 −2 D = 0 −5 −4 + 1 1 2 + 0 5 0 = 1 −1 −2 −3 0 1 1 0 0 5 −1 −1 3
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c) Calcule BD y diga que relacion ´ existe entre la matriz D y la matriz B. Respuesta: 2 −4 1 0 0 −1 2 0 1 1 −2 = 0 1 0 B · D = 1 1 2 1 0 0 1 0 1 1 −1 −1 3 Entonces, D = B−1 o bien B = D−1 . 11. Determine si cada uno de los siguientes conjuntos de vectores son linealmente dependientes o linealmente independientes. } { a) (2, −1, 4)t , (3, 6, 2)t , (2, 10, −4)t Respuesta: Para determinar si un conjunto de vectores son linealmente independientes (l.i.) o linealmente dependientes (l.d.) basta con colocar dichos vectores como las columnas de una matriz y determinar si la forma escalonada reducida equivalente por filas a esa matriz es o no la identidad. Se tiene entonces, 2 3 2 2 f2 + f1 0 15 22 − f2 0 15 −→ −1 6 10 −→ 1 −6 A −1 6 10 1 4 2 −4 4 f2 + f3 0 26 36 0 1 26 f3 f1 + f2 −15 f3 + f1 0 0 16 13 0 0 1 22 13 13 16 f1 1 0 −22 1 0 −22 −→ −→ 13 13 −→ 18 −18 6 f3 + f2 0 1 f + f 0 1 18 3 13 13 1 13 0 1 0 1 0 0 f ⇔ f2 f1 ⇔ f3 1 0 0 1 −→ 0 1 0 −→ 0 0 1 0 0 1
22 −10 18 13
0 0 1 1 0 0 0 1 0
Por tanto como la forma escalonada reducida de A es la identidad I3 , entonces el conjunto de vectores es l.i. { } b) (1, −2, 3)t , (5, 6, −1)t , (3, 2, 1)t Respuesta: Procedemos de la misma manera que en la parte a), 5 3 2 f1 + f2 1 5 1 0 16 −→ B −2 6 2 3 −1 1 −3 f1 + f3 0 −16 1 5 3 1 −5 f2 + f 16 2 0 1 12 −→ −→ 0 0 0 23
3 8 −8
f2 + f3 −→
1 0 21 f1 0 1 12 0 0 0
1 5 3 0 16 8 0 0 0
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Como la forma escalonada reducida de B no es la identidad, entonces los vectores son l.d. 1 −1 0 1 2 1 1 12. Dadas las matrices A = 0 1 0, C = 3 4, y D = 3 0 . 0 0 3 0 5 1 3
( ) (20 puntos) Encuentre la matriz B que satisface la siguiente ecuacion: ´ A Bt + C = D. Respuesta:
( ) Utilizamos operaciones de matrices para depejar la matriz B de la ecuacion ´ A Bt + C = D. Primero antes note que A es una matriz invertible ya que, det(A) = 1 · 1 · 3 = 3 , 0. En lo anterior c´alculo del determinante se uso´ la propiedad para matrices triangulares. Procedemos entonces a depejar B,
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
( ) A Bt + C = D ( ) A−1 · A Bt + C = A−1 · D Bt + C = A−1 D Bt = A−1 D − C ( )t ( )t Bt = A−1 D − C ( )t B = A−1 D − C
(multiplicando por A−1 ) (definicion ´ de inversa y producto por identidad) (restando la matriz C) (aplicando transpuestas) (transpuesta de una matriz transpuesta)
Por la formula anterior para B, entonces necesitamos calcular la matriz A−1 D − C. Empezando por ´ −1 A , se tiene, 1 −1 0 1 0 0 f2 + f1 0 1 0 0 1 0 −→ 1 0 0 3 0 0 1 3 f3
1 0 0 1 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 ⇒ A−1 = 0 1 0 0 0 1 0 0 13 0 0 13
Entonces, 1 1 0 1 1 4 1 A−1 D = 0 1 0 3 0 = 3 0 1 0 0 31 1 3 3 1 4 1 1 2 3 −1 A−1 D − C = 3 0 − 3 4 = 0 −4 1 1 0 5 3 1 3 −4 ( )t Entonces, B = A−1 D − C =
(
) 1 3 0 3 . −1 −4 −4
13. Determine los valores reales de λ de tal forma que los vectores del siguiente conjunto sean linealmente dependientes en R3 : {( )} ) ( ) ( −1 −1 −1 −1 −1 −1 W = λ, , , λ, , ,λ , , 2 2 2 2 2 2
24
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Respuesta: Sea A la matriz cuyas columnas son los vectores de W, es decir, λ A = −1 2 −1 2
−1 2
λ
−1 2
−1 2 −1 2
λ
Entonces, las columnas de A son linealmente dependientes (l.d.) si y solo ´ si, A no es equivalente por filas a la matriz identidad I3 . Vamos a analizar las formas escalonadas reducidas equivalentes por filas a A segun ´ los valores de λ.
A
− f2 + f3 −→
λ −1 2 0
− f1 + f2 λ ( ) ( ) −→ 1 1 − 2 +λ 2 +λ −1 2
−1 2 −1 2
−1 2
Por tanto, si sustituimos λ =
Ahora, si λ ,
−1 2 ,
−1 2 ,
= B
en B, entonces,
−1 2 B = 0 0 Y entonces si λ =
−1 ( λ ) ( −1 2 ) 2 1 − 1 + λ + λ 0 2 (2 ) ( ) 1 0 − 21 + λ + λ 2
−1 2
0 0
−2 f1 0 −→ 0
−1 2
1 1 1 0 0 0 0 0 0
A no es equivalente por filas a la identidad, y el conjunto W es l.d.
en B tenemos, f2 λ −1 2 B −→ −1 1 1 0 −1 f3 1 1
1 2 +λ
2 +λ
0 1
−1 2
−1 2 f3
+ f1 −→
0 −1 λ −1 1 0 = C 0 −1 1
Si λ = 0, sustituyendo en la matriz C, se tiene, 0 −1 f1 + f3 0 0 −→ C = −1 1 0 −1 1 − f2 f1 ⇔ f2 −→ − f3 Por lo tanto, si λ = 0, y λ , entonces el conjunto W es l.i.
−1 2 ,
0 0 −1 − f3 + f2 1 −1 0 −→ 0 −1 0 − f1
1 0 0 f ⇔ f3 0 0 1 2 −→ 0 1 0
0 0 1 1 0 0 0 −1 0
1 0 0 0 1 0 0 0 1
entonces la matriz A es equivalente por filas a la identidad, y
Si λ , 0, de la matriz C se sigue, λ f2 + f1 C −→ − f3
0 λ −1 −1 1 0 0 1 −1
−λ f3 + f1 −→ − f2 25
0 0 λ − 1 1 −1 0 0 1 −1
= D
´ Ejercicios de Algebra lineal
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0 0 0 En D, sustituyendo λ = 1, entonces, D = 1 −1 0 , que no es equivalente por filas a la iden 0 1 −1 tidad, ya que tiene una fila de ceros. Por tanto, los vectores de W son l.d. Si λ , 1, entonces,
C
f3 + f2 −→
1 λ−1 f1
−→
1 0 0 1 −1 0 0 1 −1
0 0 1 f ⇔ f3 1 0 0 2 −→ 0 1 0
f1 + f3 −→
0 0 1 1 −1 0 0 1 0
0 0 1 f ⇔ f3 0 1 0 1 −→ 1 0 0
1 0 0 0 1 0 0 0 1
En este caso el conjunto W es l.i. puesto que Aes equivalente por filas a la identidad. Resumiendo, se tienen los siguientes casos sobre la independencia lineal del conjunto W segun ´ los valores de λ: a) Si λ = b) Si λ , c) Si λ , d) Si λ ,
−1 2 entonces W es l.d. −1 2 y λ = 0 entonces W es l.i. −1 2 , λ , 0 y λ = 1 entonces W −1 2 , λ , 0 y λ , 1 entonces W
Entonces, W es l.d. si λ = 1 o si λ =
es l.d. es l.i.
−1 2 .
( ) 1 1 no es invertible y halle una matriz B, de dimension 14. Indique porqu´e la matriz A = ´ 2x2, no 0 0 nula, tal que AB = 0. Respuesta: La matriz A no es invertible por alguna de las siguientes razones: a) Rng(A) = 1 < 2, pues tiene una fila de ceros. b) Como A tiene 1 fila de ceros, det(A) = 0. c) Las filas de A son linealmente dependientes, puesto que la segunda fila es el vector de ceros. d) Las columnas de A son linealmente dependientes, puesto que son iguales. e) El sistema Ax = 0 tiene infinitas soluciones de la forma, (x1 , x2 )t = (t, −t), ∀t ∈ R. f ) El sistema Ax = b, no tiene solucion ´ si b = (b1 , b2 )t y b2 , 0. ( ) x y Sea B = . Entonces, note que si z w ( )( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 x y 0 0 x+z y+w 0 0 AB = 0 ⇒ = ⇒ = ⇒ x = −z y = −w 0 0 z w 0 0 0 0 0 0 26
´ Ejercicios de Algebra lineal
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) a b Entonces, podemos tomar a B como cualquier matriz de la forma B = con a, b ∈ R. −a −b ) ) ( 1 1 x y , para las cuales, AB = BA. 15. Sea A = . Determine todas las matrices B = z w 0 1 (
Respuesta: Buscamos el conjunto de todas las matrices B que conmutan con A. Efectuando los productos matriciales se obtiene; ( ) x+z y+w AB = z w x+z=x y + w = x + y ⇒ AB = BA ⇔ z=z w = z + w
(
x x+y BA = z z+w
)
Igualando matrices entrada por entrada
−x + w = 0 Lo cual es equivalente al sistema homog´eneo, , que tiene como solucion ´ el conjunto z=0 de los vectores de la forma (x, y, z, w) = (t, s, 0, t) tales que s, t ∈ R. Por ( tanto ) el conjunto de todas t s las matrices B que conmutan con A son las matrices de la forma B = . 0 t 16. Determine si existe una matriz A sim´etrica, de dimension ´ 2x2, tal que [( ) ] ( ) −1 t 1 3 A − I2 = I2 A 2 1 Respuesta: Supongamos que A es invertible, y que es sim´etrica, i.e. A = At . Aplicamos operaciones matriciales sobre la identidad que determina a A;
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
[( ) ] ( )t 1 3 −1 A A − I2 = I2 ] [(2 1) ( )−1 1 3 t A − I2 = I2 A [( 2 )1 ] 1 3 −1 A A − I2 = I2 ( 2 )1 1 3 A − I2 = A ( 2 1) 1 3 A − A = I2 [(2 1) ] 1 3 − I A = I2 2( 1 ) 2 0 3 A = I2 2 0
( ( )−1 ( )t ) identidad At = A−1 (utilizando que A es sim´etrica) (multiplicando a la derecha por A) (restando A y sumando I2 ) (distributividad del producto sobre la suma)
27
´ Ejercicios de Algebra lineal Entonces,
A−1
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( ) 0 3 = . 2 0
( ) 0 3 De esto, se concluye que la matriz sim´etrica A invertible que es la inversa de no existe. Dicha 2 0 conclusion ´ se obtiene de cualquiera de las siguientes afirmaciones: a) La inversa de una matriz sim´etrica es sim´etrica,(pues)si A es sim´etrica e invertible, se cumple ( )t ( )−1 0 3 la propiedad: A−1 = At = (A)−1 . Si A−1 = , esto es una contradicc´ıon, puesto que 2 0 ( ) 0 3 no es una matriz sim´etrica. 2 0 ) ( ) ( ) ( 0 12 0 3 0 12 . Pero eso significa que A = 1 , lo que contradice b) La inversa de la matriz es 1 2 0 3 0 3 0 el hecho de que A es sim´etrica. 17. Determine todos los valore de a y b para que la matriz 0 0 1 − a a 1 − b −1 −1 −b A = 1 a + b a + b 0 1 0 0 1 sea invertible y determine su inversa, cuando exista. Respuesta: Aplicamos el procedimiento de c´alculo de inversa izquierda para la matriz A, que por teorema, es la misma que la inversa general de A. Se tiene entonces, 0 0 1 − a a 1 − b −1 −1 −b (A|I4 ) = 1 a+b a + b 0 1 0 0 1 f1 + f3 −→ f2 + f3
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
− f + f 4 1 −→ − f4 + f2
a 0 −1 −a −b −1 −1 −b − 1 0 a − 1 0 a−2 1 0 0 1
a 0 −1 −a −b −1 −1 −b − 1 a + b 0 1 a+b 1 0 0 1 1 0 1 0
0 1 1 0
1 0 0 0
0 1 0 0
0 −1 0 −1 1 0 0 1
0 −1 0 −1 =B 1 −2 0 1
Si a , 0, y si b = 0, se tiene en B; a 0 −1 −a 0 −1 −1 −1 B = 0 a − 1 0 a − 2 1 0 0 1
1 0 1 0
0 1 1 0
0 −1 a f + f1 0 −1 4 −→ 1 −2 − f2 0 1
28
a 0 0 1 0 a − 1 1 0
0 a−1 1 0 0 a−1 1 1 0 −1 0 1 0 a − 2 1 1 1 −2 0 1 0 0 0 1
´ Ejercicios de Algebra lineal
− f1 + f3 −→
− f1 −→ − f3
0 a 0 1 0 −1 1 0
0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0
f1 ⇔ f4 −→ f2 ⇔ f3
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0 a−1 1 1 0 −1 0 1
1 0 0 a−1 0 −1 0 1 0 1 1 −a − 1 0 0 0 1
1 −1 −a −a a2 + 1 0 0 0 1 −a 1 0 −1 −1 a + 1 1 0 0 0 1
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
f + f 3 2 −→ a f3 + f1
− f + f 3 1 −→ − f1 + f4
a a −a2 0 1 0 1 a − 1 a − 1 a − a2 0 0 0 1 −a 1 −1 −a −a a2 + 1
0 0 0 0 0 −1 1 0
0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0
0 −1 1 a a −a2 − 1 1 0 0 0 1 −a 0 −1 0 1 1 −a − 1 0 1 0 0 0 1
−a a2 + 1 1 −1 −a 0 0 0 1 −a 0 1 a − 1 a − 1 a − a2 0 1 a a −a2
a a −a2 1 1 a − 1 a − 1 a − a2 ⇒ A−1 = 0 0 1 −a −1 −a −a a2 + 1
Si a , 0, y si b , 0, se tiene en B;
B
− f1 + f3 −→ − f2
0 a 0 1 0 −1 1 0
a f4 + f1 −→ b f 4 + f2
0 a−1 1 1 0 −1 0 1
a 0 a−1 0 0 −1 −1 −1 0 a − 1 0 a − 2 1 0 0 1
1 0 0 a−1 0 −1 0 1 − b 0 1 1 −a − 1 0 0 0 1
a f + f 3 1 −→ f3 + f2
a −2 0 0 0 −1 1 a f + f3 − f3 0 0 1 0 0 0 1 −a − b 1 −→ −→ 0 1 0 1 0 −1 −1 a + 1 f1 + f4 1 0 0 1 0 0 0 1 f1 ⇔ f4 −→ f2 ⇔ f3 1 0 0 − f4 0 1 0 −→ 0 0 1 0 0 0
1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 −1
29
0 1 1 0
0 a−1 0 b−1 1 −2 0 1
0 0 0 0 0 −1 1 0
−2 0 −1 1 a a 1 0 0 0 1 −a − b 0 −1 0 1 1 −a − 1 1 0 1 0 0 0
a a −2 0 0 0 −1 1 0 0 1 0 0 0 1 −a − b 0 1 0 0 1 a − 1 a − 1 a − 1 1 0 0 0 1 a a −1
1 a a −1 1 a−1 a−1 a−1 0 0 1 −a − b 1 a a −2
a a −1 0 1 0 1 a−1 a−1 a−1 0 0 0 1 −a − b 1 −1 −a −a 2
Por otra parte, si a = 0, entonces
1 0 1 0
a a −1 1 1 a−1 a−1 a−1 ⇒ A−1 = 0 0 1 −a − b −1 −a −a 2
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Prof. Christian Fonseca 0 0 −1 0 −b −1 −1 −b − 1 B = −2 0 −1 0 1 0 0 1
1 0 1 0
0 1 1 0
0 −1 0 −1 =C 1 −2 0 1
Tomando b = 0 en C, se tiene, 0 −1 1 0 0 0 −1 −1 −1 0 C = 0 −1 0 −2 1 1 0 0 1 0
0 1 1 0
0 −1 − f1 0 0 0 −1 −→ 0 1 1 −2 − f2 0 1 0 1 − f3 1 0
0 1 − f1 + f4 0 0 0 1 −1 0 0 0 1 −1 1 0 1 −1 −→ 0 1 0 2 −1 −1 −1 2 f1 + f2 0 0 0 1 1 0 0 1 −2 f1 + f3
− f3 + f2 −→
f1 ⇔ f4 −→ f2 ⇔ f3
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
0 1 0 0
0 1 1 −1 0 1 0 −1 0 1 2 −1 −1 −1 2 0 0 1 1 0
0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0
0 1 1 −1 0 0 0 0 1 0 0 1 −1 −1 0 0 0 0 0 1
0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 −1 −1 0 0 1 −1 −1 0 ⇒ A−1 = 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 −1 0 0 1 −1 0 0 1
Ahora, si b , 0, se tiene en C,
C
b f 4 + f2 −→
− f3 + f2 −→
0 −1 1 0 0 0 −1 −1 −1 0 0 −1 0 −2 1 1 0 0 1 0
0 1 1 0
0 −1 0 b−1 1 −2 0 1
0 1 0 0 0 1 −1 0 0 0 1 −1 1 0 1 −b − 1 0 1 0 2 −1 −1 −1 2 1 0 0 1 0 0 0 1 f1 ⇔ f4 −→ f2 ⇔ f3
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
− f1 −→ − f2 − f3
0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0
f1 + f2 −→ −2 f1 + f3 − f1 + f4
0 1 1 −1 0 1 0 −1 0 1 − b 2 2 −1 −1 −1 1 0 0 0 1
0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0
0 1 1 −1 0 0 0 0 1 −b 0 1 −1 −1 0 0 1 0 0 0
0 1 0 0 0 0 0 0 1 1 −1 −1 0 0 1 −1 −1 0 ⇒ A−1 = 0 0 0 0 1 −b 0 1 −b 1 −1 0 0 1 −1 0 0 1
Por tanto, A es invertible para todos los valores reales de a y b.
30
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18. Halle una matriz B tal que t 1 1 1 0 2 0 1 1 0 2 −1 + 0 −2 1 B = 1 1 1 0 3 1 2 0 0 0 Respuesta: t 1 1 1 0 2 0 1 0 1 0 2 0 1 2 1 0 2 −1 + 0 −2 1 = 1 2 0 + 0 −2 1 = 1 0 1 1 0 3 1 2 0 1 −1 3 1 2 0 2 1 3 De modo que se tiene la expresion ´ equivalente, 1 2 1 1 1 1 0 1 B = 1 1 2 1 3 0 0 Por lo tanto, la matriz B buscada debe de ser de tamano ˜ 3x2. Suponga que x1 x2 B = x3 x4 x5 x6 Entonces, 1 2 1 x1 x2 x1 + 2x3 + x5 x2 + 2x4 + x6 1 0 1 x3 x4 = x1 + x5 x2 + x6 2 1 3 x5 x6 2x1 + x3 + 3x5 2x2 + x4 + 3x6 Igualando las matrices entrada por entrada se obtiene el sistema: x1 + 2x3 + x5 = 1 x1 + x5 = 1 2x1 + x3 + 3x5 = 0 x2 + 2x4 + x6 = 1 x2 + x6 = 1 2x2 + x4 + 3x6 = 0 Notese que las primeras tres ecuaciones corresponden solamente a las variables x1 , x3 , x5 y las si´ ´ guientes tres ecuaciones a las variables x2 , x4 , x6 y que ambos conjuntos de ecuaciones son iguales. Entonces solamente es necesario resolver uno de esos conjuntos de ecuaciones, y el otro tendr´a las ´ mismas soluciones. 1 2 1 1 − f1 + f2 1 0 1 1 −→ 2 1 3 0 −2 f1 + f3
1 2 1 1 0 −2 0 0 0 −3 1 −2 31
−1 2 f2 −→
1 2 1 1 0 1 0 0 0 −3 1 −2
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Prof. Christian Fonseca −2 f2 + f1 −→ 3 f2 + f3
1 0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 −2
− f3 + f1 −→
1 0 0 3 0 1 0 0 0 0 1 −2
Entonces, x1 = x2 = 3, x3 = x4 = 0 y x5 = x6 = −2. Por lo tanto la matriz B tiene la forma 3 3 0 B = 0 −2 −2
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4. Determinantes 1. Sea −1 1 1 1 m −1 6 m + 1 A = −m 2m − 2 9 m 2m −m − 1 m + 6 3m − 2 a) Calcule el determinante de A (sugerencia: realice operaciones elementales para producir ceros antes de proceder al c´alculo). Respuesta:
A
−2 f2 + f4 −→ − f2 + f3
−1 1 1 m −1 6 0 1 − m 2m − 8 0 1−m m−6 1 2 f4 + f3 m −→ 0 0
1 m + 1 − f3 + f4 8 − m −→ m−4
−1 1 1 1 m −1 6 m + 1 0 1 − m 2m − 8 8 − m 0 0 2 − m 2m − 12 −1 1 1 −1 6 m + 1 =B 1−m −4 3m − 16 0 2 − m 2m − 12
Si m , 0
A
−m f1 + f2 −→
−1 1 1 1 0 m−1 6−m 1 f2 + f3 −4 3m − 16 −→ 0 −(m − 1) 0 0 2 − m 2m − 12 − f3 + f4 −→
−1 1 1 1 0 m − 1 6 − m 1 0 2 − m 3m − 15 0 0 0 2 − m 2m − 12
−1 1 1 1 0 m − 1 6 − m 1 =C 0 0 2 − m 3m − 15 0 0 0 3−m
Entonces, det(C) = 1 · (m − 1) · (2 − m) · (3 − m) si m , 0. Si m = 0, entonces, 1 −1 1 1 0 −1 6 1 − f2 + f3 A = −→ 0 0 −2 9 0 −1 6 2
1 1 −1 1 0 −1 6 1 0 0 −2 9 0 0 0 −3
Entonces det(A) = 1 · −1 · −2 · −3 = −6. Se concluyen los siguientes valores para el determinante de A: −6 si m = 0 det(A) = (m − 1) · (2 − m) · (3 − m) si m , 0
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b) De acuerdo con lo que obtuvo en (a), ¿para qu´e valores de m la matriz A es invertible? (Justifique) Respuesta: La matriz A no es inversible si det(A) = 0. Entonces A no es inversible si m = 1, m = 2 o´ m = 3. c) Segun ´ lo que obtuvo en (a), ¿para qu´e valores de m, los vectores columna de A son linealmente dependientes? (justifique sin hacer c´alculos adicionales). Respuesta: Las columnas de A son l.d. si A no es invertible, entonces son l.d. si m = 1, m = 2 o´ m = 3. ( ) 2. Sean A y B matrices cuadradas de orden 4, tales que det(A) = 2 y det(B) = −2. Calcule det 12 A−1 Bt . Respuesta: Por las propiedades del determinante: (
) ( )4 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 −1 t 1 1 −1 det A−1 Bt = det A−1 · det Bt = det A B = det(B) = 2 2 16 16 det(A) 16 3. Sea A ∈ M(n, R), A es una matriz ortogonal si A · At = In . a) Justifique porqu´e toda matriz ortogonal A es invertible. Respuesta: Para que A sea inversible, por teorema basta con que tenga inversa izquiera o derecha. Y por la definicion ´ de matriz ortogonal, A · At = In , entonces A tiene inversa derecha y podemos observar que A−1 = At . b) Justifique porqu´e toda matriz ortogonal A tiene determinante 1 o´ −1. Respuesta: Como A · At = In , entonces por las propiedades del determinante de un producto de matrices y el determinante de una transpuesta se tiene que: ( ) 1 = det (In ) = det(A) · det At = det(A) · det(A) = (det(A))2 ⇒ det(A) = −1 o´ det(A) = 1 c) Compruebe que la siguiente matriz es ortogonal. 1 √2 −1 P = √2 0
√1 6 √1 6 −2 √ 6
√1 3 √1 3 1 √ 3
Respuesta: Por definicion, ´ P es una matriz ortogonal si P · Pt = In , entonces, 1 √2 −1 P · Pt = √2 0
√1 6 √1 6 −2 √ 6
√1 3 √1 3 √1 3
Por tanto P es ortogonal. 34
√1 2 √1 6 √1 3
−1 √ 2 √1 6 √1 3
0 1 0 0 −2 √ = 0 1 0 6 0 0 1 √1 3
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d) Sin hacer c´alculos adicionales, escriba la matrix P−1 . Respuesta: Por la parte a), es claro que
P−1
1 √2 1 t = P = √6 1 √ 3
−1 √ 2 √1 6 √1 3
0 −2 √ 6 1 √ 3
a b c 4. Si A = 4 0 2 , donde a, b, c ∈ R y A = 3, calcule el determinante de cada una de las siguientes 1 1 1 matrices: 2a 2b 2c a) B = 4 4 4 2 0 1 Respuesta: f ⇔ f3 A 2 −→ Entonces, det(B) = −2 · 4 ·
1 2
2 f1 a b c −→ 1 1 1 4 f2 4 0 2 1 2 f3
2a 2b 2c 4 4 4 = B 2 0 1
· det(A) = −12.
b c a b) C = 3a + 4 3b 3c + 2 a+1 b+1 c+1 Respuesta: − f1 + f3 A −→ 3 f1 + f2
a b c 3a + 4 3b 3c + 2 a+1 b+1 c+1
= C
Entonces, det(C) = det(A) = 3. a b c 5. Si el determinante de la matriz A = d e f , donde a, b, c, d, e, f , g, h, i ∈ R, es det(A) = 5, calcule g h i los siguientes determinantes: a) det(3A). Respuesta: Por las propiedades del determinante, det(3A) = 33 det(A) = 27 · 5 = 135.
35
´ Ejercicios de Algebra lineal
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( ) b) det 2A−1 . Respuesta:
) ) ( ( Por las propiedades del determinante, det 2A−1 = 23 det A−1 =
8 det(A)
= 85 .
b c a c) det 2d + g 2e + h 2 f + i d e f Respuesta: Aplicando operaciones de fila sobre A, se pueden relacionar los determinantes de A y el de la matriz buscada; 2 f + f3 A 2 −→
a b c d e f 2d + g 2e + h 2 f + i
f2 ⇔ f3 −→
a b c 2d + g 2e + h 2 f + i d e f
Por lo tanto, b c a det 2d + g 2e + h 2 f + i = −det(A) = −5 d e f 6. Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones lineales aplicando la Regla de Cramer: 2x + y − z + w x + 2y + 2z − 3w 3x − y − z + 2w 2x + 3y + z + 4w
= −4 = 6 = 0 = −5
Respuesta: Para poder resolver el sistema mediante el m´etodo de la Regla de Cramer, considere la matriz A de los coeficientes de las ecuaciones del sistema, 2 1 −1 1 1 2 2 −3 A = 3 −1 −1 2 2 3 1 4 Si det(A) , 0, entonces el sistema tiene solucion y se puede aplicar la Regla de Cramer. Sea bi ´ unica ´ la matriz que resulta de reemplazar en la matriz A la columna i por el vector (−4, 6, 0, −5)t . Entonces, det(b ) las soluciones son de la forma xi = det(A)i . Procedemos a calcular entonces el determinante de A; −2 f2 + f1 −→ A −3 f2 + f3 −2 f2 + f4
0 −3 −5 7 −3 f4 + f1 1 2 2 −3 −→ 0 −7 −7 11 2 f4 + f2 0 −1 −3 10 −7 f4 + f3
36
4 −23 0 0 1 0 −4 17 0 0 14 −59 0 −1 −3 10
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f1 ⇔ f2 −→ − f4
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1 0 −4 17 f ⇔ f 4 0 0 4 −23 2 −→ 0 0 14 −59 1 14 f3 0 1 3 −10
1 0 −4 17 0 1 3 −10 −4 f3 + f4 0 0 1 −59 −→ 14 0 0 4 −23
1 0 −4 17 0 1 3 −10 0 0 1 −59 = B 14 0 0 0 −43 7
−43 Como la matriz B es triangular, entonces det(B) = 1 · 1 · 1 · −43 7 = 7 y por el efecto de las operaciones elementales sobre el determinante de una matriz, se tiene la siguiente relacion ´ entre el determinante de A y el determinante de B;
−43 1 = det(B) = −1 · · det(A) ⇒ det(A) = 86 , 0 7 14 Por lo tanto, se puede aplicar la Regla de Cramer, ya que det(A) , 0. Aplicando operaciones elementales se pueden calcular de forma similar los siguientes determinantes: −4 1 −1 1 86 6 2 2 −3 = 86 ⇒ x1 = det(b1 ) = det =1 86 0 −1 −1 2 −5 3 1 4 2 −4 −1 1 −172 1 6 2 −3 = −172 ⇒ x2 = det(b2 ) = det = −2 3 0 −1 2 86 2 −5 1 4 2 1 −4 1 258 1 2 6 −3 = 258 ⇒ x3 = det(b3 ) = det =3 3 −1 0 2 86 2 3 −5 4 2 1 −1 −4 −86 1 2 2 6 = −86 ⇒ x4 = det(b4 ) = det = −1 86 3 −1 −1 0 2 3 1 −5 Por lo tanto, la solucion ´ al sistema es (x1 , x2 , x3 , x4 ) = (1, −2, 3, −1). 7. Dada la siguiente matriz A ∈ M(3, R): cosθ senθ 0 A = −senθ cosθ 0 0 0 1 a) Muestre que la matriz A es invertible para todos los valores de θ. Respuesta: 37
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Podemos demostrar que A es invertible a partir del valor de su determinante. ) cosθ senθ = cos2 θ + sen2 θ = 1 det(A) = det −senθ cosθ (
Entonces, ∀θ, se tiene det(A) = 1 , 0 de modo que A es invertible para todo valor θ. b) Encuentre la matriz inversa de A. Respuesta: Aplicamos el procedimiento para hallar una inversa izquierda, que por teorema, si existe, tambi´en la inversa de A y son iguales. En los siguientes c´alculos se utilizan varias de las identidades entre senos y cosenos. Tambi´en en el desarrollo siguiente se asume que para un determinado valor de θ, los senos y cosenos no son cero. Los casos en que son cero son m´as simples y se pueden hacer de forma similar. cosθ senθ 0 1 0 0 cosθ f1 cos2 θ cosθsenθ 0 cosθ −senθ cosθ 0 0 1 0 sen2 θ −senθcosθ 0 −→ 0 0 0 1 0 0 1 −senθ f2 0 0 1 0 0 0 cosθ −senθ 0 1 f2 + f1 sen2 θ −senθcosθ 0 0 −senθ 0 −→ 0 0 1 0 0 1 cosθ −senθ 0 0 1 2 −sen θ f1 + f2 0 −senθcosθ 0 −cosθsen2 θ −senθcos2 θ −→ 0 0 1 0 0 1 0 0 cosθ −senθ 0 −1 f senθcosθ 2 0 1 0 senθ cosθ 0 −→ 0 0 1 0 0 1 Entonces, se concluye que A−1
cosθ −senθ 0 = senθ cosθ 0 0 0 1
8. Dado el siguiente sistema de ecuaciones lineales: x1 − 2x2 + x3 x2 + 3x4 − x5 x1 + x2 + x3 − x5 2x2 + x3 − 2x4 − 2x5 x1 + x3 + 2x4 + x5
38
= 3 = −5 = 1 = 0 = 3
0 0 −senθ 0 0 1
0 0 1
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a) Calcule el determinante de la matriz del sistema. Respuesta: Sea A la matriz del sistema anterior, entonces, A =
1 −2 1 0 0 0 1 0 3 −1 − f1 + f3 −→ 1 1 1 0 −1 0 2 1 −2 −2 − f1 + f5 1 0 1 2 1
−3 f2 + f3 −→ −2 f2 + f4 −2 f2 + f5
1 −2 1 0 0 0 1 0 3 −1 f ⇔ f4 0 0 0 −9 2 3 −→ 0 0 1 −8 0 0 0 0 −4 3
−4 9 f4
+ f5 −→
1 −2 1 0 0 0 1 0 3 −1 0 3 0 0 −1 0 2 1 −2 −2 0 2 0 2 1
1 −2 1 0 0 0 1 0 3 −1 0 0 1 −8 0 0 0 0 −9 2 0 0 0 −4 3
1 −2 1 0 0 0 1 0 3 −1 0 0 1 −8 0 = B 0 0 0 −9 2 0 0 0 0 19 9
Como B es una matriz triangular, det(B) = 1 · 1 · 1 · −9 · 19 9 = −19. Ahora, como A y B son equivalentes por filas, por las propiedades del determinante en relacion ´ a las operaciones elementales de fila, se tiene para A y B que, det(B) = −det(A), por tanto det(A) = 19. b) Sin hacer m´as c´alculos, conteste la siguiente pregunta: ¿El sistema de ecuaciones anterior tiene solucion Justifique su respuesta. ´ unica? ´ Respuesta: Como det(A) , 0, entonces por teorema, el sistema tiene solucion ´ unica. ´ a a 9. Sean A = a a
1 a a a
1 1 a a
1 0 x1 0 x 1 , C = y X = 2 0 x3 1 a a x4
a) Calcule el determinante de la matriz A. Respuesta: Reducimos por filas a la matriz aumentada (A|C), − f1 + f2 −→ (A|C) − f1 + f3 − f1 + f4
1 1 1 a 0 a − 1 0 0 0 a − 1 a − 1 0 0 a−1 a−1 a−1 39
0 0 0 a
− f + f 2 3 −→ − f2 + f4
1 1 1 a 0 a − 1 0 0 0 0 a − 1 0 0 0 a−1 a−1
0 0 0 a
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− f3 + f4 −→
1 1 1 a 0 a − 1 0 0 0 0 a−1 0 0 0 0 a−1
0 0 0 a
= (B|D)
Como B es una matriz triangular, det(A) = a · (a − 1) · (a − 1) · (a − 1) = a(a − 1)3 . Como A y B son equivalentes por filas, entonces a(a − 1)3 = det(B) = det(A). b) Determine los valores de a para los cuales el sistema A · X = C tiene solucion e indique ´ unica, ´ cual es esa solucion. ´ Respuesta: El sistema AX = C tiene solucion si y solo ´ unica ´ ´ si det(A) , 0. Por la parte a), det(A) , 0 si y solo ´ si a , 0 y a , 1. Como los sistemas AX = C y BX = D son equivalentes, solucionamos BX = D. Con a , 0 y a , 1, 1 1 1 a 0 a − 1 0 0 0 0 a−1 0 0 0 0 a−1
0 0 0 a
1 a−1 f2 a −→ 0 1 a−1 f3 0 1 0 a−1 f4
1 1 0 0
1 0 1 0
1 0 0 1
0 0 0 a a−1
−1 1 0 0 0 a−1 0 1a f1 0 1 0 0 0 0 −→ 0 0 1 0 0 a a 0 0 0 1 a−1 a−1 ( ) −1 a t Por lo tanto, la solucion del sistema es: (x1 , x2 , x3 , x4 )t = a−1 , 0, 0, a−1 , a < {0, 1}. ´ unica ´ − f2 + f1 −→ − f3 + f1 − f4 + f1
a 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
0 0 0 1
−a a−1
c) Determine los valores de a para los cuales el rango de la matriz A es igual a 1. Respuesta: En general, como A es de 4x4, Rng(A) < 4 si y solo ´ si A no es invertible. Y por la parte a), A no es invertible solamente cuando a = 0 o´ a = 1. Como, Rng(A) = 1 si la matriz escalonada ´ reducida equivalente por filas a A tiene solamente una fila no nula. En B, tomando a = 1, y se ´ tiene 1 1 1 0 0 0 B = 0 0 0 0 0 0
1 0 0 0
⇒
Rng(A) = 1
d) Determine los valores de a para los cuales el rango de la matriz A es igual a 2. Respuesta:
40
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Rng(A) = 2 si la matriz escalonada reducida equivalente por filas a A tiene solamente dos filas ´ no nulas. Por el argumento de parte c), solamente a = 0 puede hacer que Rng(A) < 4, pues en ´ este caso A no es invertible. Pero, de B, si se sustituye a = 0, 1 1 0 1 0 −1 0 0 B = 0 0 −1 0 0 0 0 −1
0 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 −1
f2 + f1 −→ f3 + f1 f4 + f1
0 0 −→ 0 0
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
Por tanto, Rng(A) = 3, si a = 0, y entonces no hay ningun ´ valor de a para el cual Rng(A) = 2. e) Determine los valores de a para los cuales el rango de la matriz A es igual a 3. Respuesta: Por la parte d), si a = 0, entonces Rng(A) = 3. f ) Halle el conjunto solucion ´ del sistema A · X = C, si a = 0. Respuesta: Por la parte d), si a = 0, entonces
0 1 0 0 0 1 A −→ 0 0 0 0 0 0
Por lo que el conjunto solucion ´ es: {(t, 0, 0, 0)
0 0 1 0
t ∈ R}.
g) Halle el conjunto solucion ´ del sistema A · X = C, si a = 1. Respuesta: Tomando a = 1 en la matriz aumentada
1 1 1 0 0 0 (B|D) = 0 0 0 0 0 0
1 0 0 0
0 0 0 1
Que tiene una ecuacion ´ inconsistente, por lo tanto no hay solucion ´ al sistema (B|D), ni tampoco al sistema (A|C), ya que ambos son equivalentes. 1 a a2 0 x1 2 10. Sean A = 1 b b , 0 = 0 y X = x2 0 x3 1 c c2 a) Calcule el determinante de la matriz A. Respuesta: Utilizando las propiedades de la funcion ´ determinante, se tiene: 1 a a2 det(A) = det 1 b b2 1 c c2 41
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Prof. Christian Fonseca utilizando las operaciones − f1 + f2 − f1 + f3
a a2 1 = det 0 b − a b2 − a2 0 c − a c2 − a2 a2 1 a = (b − a) · (c − a) · det 0 1 b + a 0 1 c+a
propiedad de linealidad de la funcion ´ determinante en las filas de la matriz
a2 1 a = (b − a) · (c − a) · det 0 1 b + a 0 0 c−b = (b − a) · (c − a) · (c − b)
utilizando la operacion ´ − f2 + f3
( determinante de una matriz triangular )
Por lo tanto, det(A) = (b − a) · (c − a) · (c − b), para todos los valores reales de a, b y c. b) ¿En cu´ales casos el sistema A · X = 0 tiene infinitas soluciones que dependen de un par´ametro? Respuesta: El sistema AX = 0 tiene soluciones infinitas que dependen de un par´ametro si Rng(A) = 2. Realizamos operaciones elementales sobre las filas de A; − f1 + f2 A −→ − f1 + f3
a a2 1 2 0 b − a b − a2 0 c − a c2 − a2
− f2 + f3 −→
a a2 1 2 0 b − a b − a2 0 c − b c2 − b2
= B
De B, se observa que hay solamente una fila de ceros si se presenta alguna de las siguientes ´ combinaciones de valores para a, b y c; 1) a = b y a , c 2) a = c y a , b 3) b = c y b , a. Por lo tanto, en cualquiera de las combinaciones anteriores, el sistema tiene soluciones infinitas dependiendo de un par´ametro. c) ¿En cu´ales casos el sistema A · X = 0 tiene infinitas soluciones que dependen de dos par´ametros? Respuesta: El sistema AX = 0 tiene soluciones infinitas que dependen de dos par´ametros si Rng(A) = 1. De la matriz B de la parte b), esto sucede si a = b = c. d) ¿En cu´ales casos el sistema A · X = 0 tiene solucion ´ unica? ´ Respuesta: 42
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Para que el sistema homog´eneo tenga solucion es necesario que Rng(A) = 3, o equiva´ unica, ´ lentemente, que det(A) = (b − a) · (c − a) · (c − b) , 0. Entonces, el sistema tiene solucion ´ unica ´ si y solo ´ si a , b, b , c y a , c. e) ¿En cu´ales casos el sistema A · X = 0 es inconsistente? Respuesta: Como el sistema es homog´eneo, siempre tiene la solucion ´ trivial. Entonces nunca es inconsistente.
11. Sea 2 2 1 a + 1 −1 a − 1 −1 2 A = 0 a+1 2 0 0 0 −1 a − 1
a) Calcule el determinante de la matriz A. Respuesta: Como A es una matriz con forma de bloques: (
) ( ) ( )2 a+1 2 a+1 2 det(A) = det · det = ((a + 1)(a − 1) + 2)2 = a2 + 1 −1 a − 1 −1 a − 1 b) Indique por qu´e el sistema Ax = b siempre tiene solucion con x = (x1 , x2 , x3 , x4 )t y b ∈ R4 . ´ unica, ´ Respuesta: Note que det(A) , 0, ∀a ∈ R ya que a2 ≥ 0 ⇒ a2 + 1 ≥ 1 y por lo tanto, det(A) ≥ 1, ∀a ∈ R. Como det(A) , 0, entonces existe solucion para cada b ∈ R4 . ´ unica ´ a11 a12 a13 12. Si det a21 a22 a23 = 8, calcule (haciendo uso de las propiedades del determinante) el determi a31 a32 a33 nante de la matriz 2a12 − 3a22 2a11 − 3a21 2a13 − 3a23 a32 a31 a33 a22 a21 a23 Respuesta: Sea 2a12 − 3a22 2a11 − 3a21 2a13 − 3a23 a32 a31 a33 B = a22 a21 a23 43
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Entonces,
B
3 f3 + f1 −→
2a12 2a11 2a13 a32 a31 a33 a22 a21 a23
Entonces, det(C) = −1 ·
1 2
1 2 f1 −→
a12 a11 a13 a32 a31 a33 a22 a21 a23
f2 ⇔ f3 −→
a12 a11 a13 a22 a21 a23 a32 a31 a33
= C
· det(B). Adem´as
a12 a22 a32 t C = a11 a21 a31 a13 a23 a33
f1 ⇔ f2 −→
a11 a21 a31 a12 a22 a32 a13 a23 a33
= D
( ) ( ) Y se tiene det(D) = −1 · det Ct = −det(C) = 12 det(B). Como Dt = A, entonces det(A) = det Dt = det(D) = 12 det(B). Entonces, det(B) = 2 · det(A) = 2 · 8 = 16.
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5. Geometr´ıa vectorial de Rn 1. Sean A = (3, 0, 0), B = (1, 0, 2), y C = (2, 3, 0) puntos en R3 . a) Determine si el tri´angulo ABC es rect´angulo, obtus´angulo o acut´angulo. Respuesta: −→ AB = (1, 0, 2) − (3, 0, 0) = (−2, 0, 2) −−→ AC = (2, 3, 0) − (3, 0, 0) = (−1, 3, 0) −→ −−→ Entonces, del producto interior de R3 , AB · AC = (−2, 0, 2) · (−1, 3, 0) = 2 > 0 y por lo tanto el a´ ngulo ∠BAC es agudo. −−→ CA = (3, 0, 0) − (2, 3, 0) = (1, −3, 0) −→ CB = (1, 0, 2) − (2, 3, 0) = (−1, −3, 2) −−→ −→ Del producto interior de R3 , CA · CB = (1, −3, 0) · (−1, −3, 2) = 8 > 0 y por lo tanto el a´ ngulo ∠ACB es agudo. −→ BA = (3, 0, 0) − (1, 0, 2) = (2, 0, −2) −→ BC = (2, 3, 0) − (1, 0, 2) = (1, 3, −2) −→ −→ Del producto interior de R3 , BA · BC = (2, 0, −2) · (1, 3, −2) = 6 > 0 y por lo tanto el a´ ngulo ∠ABC es agudo. Por tanto el tri´angulo △ABC es acut´angulo. b) Determine el per´ımetro del tri´angulo ABC. Respuesta: Como el per´ımetro es la suma de los lados del tri´angulo, y como cada lado puede ser representado por un vector en la notacion ´ de flecha dirigida, entonces tenemos que: −→ −−→ −→ Per´ımetro = AB + AC + BC Notese que en lo anterior, se uso´ el hecho de que la norma de un vector que representa a una ´ flecha dirigida no depende de hacia cu´al de los dos puntos apunta el vector. Entonces, Per´ımetro =
√ √ √ √ √ √ (−2)2 + 02 + 22 + (−1)2 + 32 + 02 + 12 + 32 + (−2)2 = 8 + 10 + 14
−→ −−→ c) Calcule la proyeccion ´ del vector AB sobre el vector AC. Respuesta: ( ) −→ −1 3 2 −→ AB = Proy−AC · (−1, 3, 0) = , ,0 10 5 5 45
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d) Determine el a´ rea del tri´angulo ABC. Respuesta:
−→ −−→ Considere el paralelogramo con lados AB y AC. El area de ese paralelogramo, es el doble del a´ rea del tri´angulo △ABC. Entonces usamos la formula de c´alculo del a´ rea del paralelogramo: ´ −→ −−→ ´ Area del paralelogramo = AB × AC Entonces, −→ −−→ AB × AC = (−2, 0, 2) × (−1, 3, 0) = (−6, −2, −6) −→ −−→ √ √ AB × AC = (−6)2 + (−2)2 + (−6)2 = 76 ´ Entonces, Area △ABC =
√ 76 2 .
e) Determine un punto D de manera que ABCD sea un paralelogramo. Respuesta:
−→ −−→ Si se considera el paralelogramo con lados AB y AC, por la interpretacion ´ de la suma, el v´ertice opuesto a A, que es el v´ertice que denominamos como D, cumple con la igualdad: −−→ −→ −−→ D − A = AD = AB + AC = (−2, 0, 2) + (−1, 3, 0) = (−3, 3, 2) Entonces, D = (−3, 3, 2) + A = (−3, 3, 2) + (3, 0, 0) = (0, 3, 2). 2. Sean A = (1, 2, −1), B = (1, 4, 3) y C = (1, −1, 5) puntos en R3 . a) Determine un punto D de manera que ABCD sea un paralelogramo. Respuesta:
−→ −−→ Considere el paralelogramo con lados AB y AC unidos por el v´ertice A. Por la interpretacion ´ −−→ −→ −−→ de la suma, si se escoge el punto D que satisface, AD = AB + AC entonces se obtiene un paralelogramo con v´ertices A, B, C y D. Entonces, −→ −−→ AB = (1, 4, 3) − (1, 2, −1) = (0, 2, 4) AC = (1, −1, 5) − (1, 2, −1) = (0, −3, 6) −−→ −→ −−→ Entonces, D − A = AD = AB + AC = (0, −1, 10), por tanto D = (0, −1, 10) + A = (0, −1, 10) + (1, 2, −1) = (1, 1, 9). −−→ b) Calcula la longitud de la altura del paralelogramo sobre el lado DC. Respuesta: Segun ´ la parte a) el v´ertice D es opuesto al v´ertice A, y los v´ertices B y C son opuestos. Para establecer sobre que lado del paralelogramo se referencia la altura, considere que esta se 46
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−→ mide referenciada respecto al lado AB, i.e. la altura h es la longitud del segmento que va del −→ v´ertice C en forma perpendicular hasta el lado AB. Adem´as, considere el a´ ngulo ∠CAB que denominaremos como θ. V´ease la figura.
Dado lo anterior, entonces se tiene que h sen(θ) = −−→ AC Pero el a´ ngulo θ tambi´en cumple que −−→ −→ −−→ −→ AC × AB = AC AB sen(θ) Por lo tanto, de las igualdades anteriores se concluye que; −−→ −→ AC × AB −→ h= AB Donde, e1 e2 e3 −−→ −→ AC × AB = 0 −3 6 = (−24, 0, 0) 0 2 4 −→ √ −−→ −→ Entonces, AC × AB = 24 y AB = 20, por lo tanto √ 24 12 5 h= √ = 5 20 c) Determine el a´ rea del paralelogramo ABCD. Respuesta:
−−→ −→ El a´ rea est´a dada por AC × AB = 24. d) Determine si el a´ ngulo del paralelogramo cuyo v´ertice es A es recto, obtuso o agudo. Respuesta:
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La clasificacion ´ del a´ ngulo cuyo v´ertices es A, se puede hacer mediante el signo del valor −→ −−→ que tome el producto interno de vectores en R3 sobre los lados AB y AC que coinciden en A. Entonces, −→ −−→ AB · AC = (0, −3, 6) · (0, 2, 4) = 18 > 0 Por tanto el a´ ngulo es agudo. 3. Considere el cuadril´atero con v´ertices A, B, C, y D, que se muestra a continuacion. ´
Si P, Q, R y S son los puntos medios de los lados AB, BC, CD y DA, respectivamente; muestre que − → −−→ −−→ −→ PS = QR y PQ = SR. Respuesta: Existen por lo menos dos maneras diferentes para responder a este ejercicio. La primera es obteniendo una expresion ´ para los puntos medios en t´erminos de los extremos del segmento. Vamos a obtener una expresion ´ primero para P en t´erminos de A y B. Vease la figura.
−→ − → Notese que los vectores 0A y 0B forman los lados de un paralelogramo, donde las diagonales son ´ AB y el segmento que va de 0 a A + B. Como P es el punto medio del segmento AB, entonces es el punto medio de la diagonal AB del paralelogramo. Como las diagonales de un paralelogramo se cruzan en su punto medio, entonces P es el punto medio del segmento que va de 0 a A + B, −−−−−−−→ − → donde dicho segmento es el vector 0 (A + B). Como el vector 0P es la mitad de largo que el vector −−−−→ A + B y apunta en la misma direccion, ´ por la interpretacion ´ del producto por escalar tenemos que − → 1 −−−−−−−→ 1 0P = 2 0 (A + B) y de donde se concluye que P = 2 (A + B). Para los puntos Q, R y S se puede hacer una interpretacion ´ similar, y se concluye que
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P=
Prof. Christian Fonseca A+B 2
S=
A+D 2
R=
D+C 2
Q=
B+C 2
Ahora, por la definicion ´ de vector como flecha dirigida, se tiene; −−→ − → A+B D−B BD PS = S − P = A+D − = = 2 2 2 2−→ ⇒ − −−→ B+C D−B BD QR = R − Q = D+C − = = 2 2 2 2
− → −−→ PS = QR
−−→ A+B PQ = Q − P = B+C 2 − 2 = −→ A+D SR = R − S = D+C 2 − 2 =
−−→ −→ PQ = SR
C−A 2 C−A 2
= =
−−→ AC 2 −−→ AC 2
⇒
La segunda manera de responder es utilizando la interpretacion ´ de suma de vectores como el − → desplazamiento resultante en la direccion que el vector PS se puede ver ´ de los vectores. Notese ´ como el desplazamiento de P a S, y dicho desplazamiento se puede hacer primero de P a A y luego − → −→ −→ de A a S. Es decir, se cumple por la interpretacion ´ de la suma que: PS = PA + AS. Ahora, como el −→ punto P est´a colocado en el punto medio del segmento AB, se sigue que el vector PA tiene la misma −→ direccion ´ y la mitad de longitud que el vector BA. Entonces por la interpretacion ´ del producto por −→ 1 −→ −→ 1 −−→ un escalar, se sigue que PA = 2 BA y similarmente se tiene que AS = 2 AD. Sustituyendo esas dos expresiones en la igualdad que obtuvimos de la interpretacion ´ de la suma, se obtiene que: − → 1 −→ 1 −−→ 1 1 1 −−→ PS = BA + AD = (A − B + D − A) = (D − B) = BD 2 2 2 2 2 Que es el mismo resultado que obtuvimos por el otro m´etodo. Similarmente se obtienen las expresiones para los otros puntos. 4. Considere el tri´angulo con v´ertices A, B y C, que se muestra a continuacion. ´
Si E y D son los puntos medios de los lados CA y CB, respectivamente; muestre, usando geometr´ıa −→ −−→ vectorial, que ED = 12 AB . Respuesta:
−−→ Note ´ que por la interpretacion ´ de la suma, el vector ED que es el desplazamiento resultante de E a D, se puede ver como el desplazamiento primero de E a C y luego de C a D. Entonces, se sigue −−→ −→ −−→ que: ED = EC + CD. Ahora, como el punto E est´a en el medio del segmento AC, se sigue por la −→ −−→ −−→ −→ interpretacion ´ del producto por un escalar que EC = 12 AC y similarmente, se sigue que DC = 12 CB −→ −−→ (note que aqu´ı el vector CB debe seguir la misma direccion ´ que CD). Sustituyendo en la igualdad obtenida por la interpretacion ´ de la suma, se tiene que: 49
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−−→ 1 −−→ 1 −→ 1 1 1 −→ ED = AC + CB = (C − A + B − C) = (B − A) = AB 2 2 2 2 2 5. Dados los siguientes puntos en R3 : A = (0, 1, 0), B = (2, 2, 0), C = (0, 0, 2) y D = (a, b, c). a) Determine los valores de a, b y c de modo que ABCD sea un paralelogramo. Respuesta: La respuesta a esta pregunta se puede hacer directamente con un argumento algebraico, sin embargo, se va a realizar tambi´en una interpretacion ´ geom´etrica al proceso algebraico. Para que el pol´ıgono de v´ertices ABCD sea un paralelogramo, se debe escoger el punto D, y −→ −−→ en consecuencia, valores de a, b y c, tales que, ABCD sea un paralelogramo con lados AB y AC. −−→ −→ −−→ Por la interpretacion ´ de la suma de vectores, el punto D debe cumplir que, AD = AB + AC, −→ −−→ donde AB = B − A = (2, 2, 0) − (0, 1, 0) = (2, 1, 0) y AC = C − A = (0, 0, 2) − (0, 1, 0) = (0, −1, 2). Entonces, −−→ −→ −−→ D − A = AD = AB + AC = (2, 1, 0) + (0, −1, 2) = (2, 0, 2) ⇒
D = (2, 0, 2) + A = (2, 0, 2) + (0, 1, 0) = (2, 1, 2)
Entonces, para que ABCD sea un paralelogramo es necesario que a = 2, b = 1 y c = 2.
Ahora vamos a presentar una interpretacion ´ geom´etrica del proceso algebraico realizado. −−→ −→ −−→ Cuando se realiza el c´alculo correspondiente a la igualdad, AD = AB + AC, el paralelogramo −→ −−→ de lados AB y AC, es en realidad el paralelogramo A1 B1 C1 D1 que aparece en la figura, donde −→ −−→ −−→ A1 es el origen, B1 = AB, C1 = AC y D1 = AD. El c´alculo permite determinar para el paralelogramo A1 B1 C1 D1 que D1 = (2, 0, 2). Ahora, como se observa en la figura, el paralelogramo ABCD es igual al paralelogramo A1 B1 C1 D1 , pero trasladado desde el origen hasta el punto A. Entonces el punto D es igual a A + D1 = 50
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(0, 1, 0) + (2, 0, 2) = (2, 1, 2) que es el resultado algebraico antes obtenido. b) Determine el punto E, que corresponde a la interseccion ´ de las dos diagonales del paralelogramo ABCD. Respuesta: Por propiedades geom´etricas, las diagonales de un paralelogramo se bisecan entre s´ı, de modo que el punto de interseccion ´ E de las dos diagonales es igual al punto medio de ambas A+D 1 diagonales. Podemos tomar entonces, E = B+C 2 = 2 = 2 (2, 2, 2) = (1, 1, 1). c) Calcule el coseno del a´ ngulo del paralelogramo ABCD, cuyo v´ertice es el punto B. Respuesta: Por la forma en que se escogio´ el punto D, los lados del paralelogramo ABCD adyacentes al −→ −−→ punto B son AB y BD. Entonces, −→ √ −→ AB = (2, 2, 0) − (0, 1, 0) = (2, 1, 0) ⇒ AB = 5 −−→ BD = (2, 1, 2) − (2, 2, 0) = (0, −1, 2)
−−→ √ ⇒ BD = 5
Sea θ el a´ ngulo correspondiente al v´ertice del punto B, entonces −→ −−→ −1 AB · BD cosθ = −→ −−→ = 5 AB BD d) Calcule el a´ rea de la region ´ delimitada por el paralelogramo ABCD. Respuesta:
−→ −−→ Por el a´ rea del paralelogramo ABCD de lados, AB y AC est´a dada por Area(ABCD) = −→teorema, −→ AB × − AC . Entonces, e1 e2 e3 −→ −−→ AB × AC = 2 1 0 = (2, −4, −2) 0 −1 2
⇒
−→ −−→ √ AB × AC = 24
Entonces el a´ rea de la region ´ limitada por el paralelogramo es igual a
√ 24.
6. Sean A = (0, 2, −1), B = (0, 2, −2), C = (−2, 0, −2) y D = (−1, 1, −1) puntos en R3 . a) Determine si ABCD es un paralelogramo o no. Respuesta: Por definicion, ´ ABCD es un paralelogramo si sus lados opuestos son paralelos. Aqu´ı los lados −→ −−→ −→ −−→ BC y AD son opuestos y AB y DC son opuestos. Entonces, calculamos los vectores flecha correspondientes a esos lados: 51
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−→ −→ AB = B − A = (0, 2, −2) − (0, 2, −1) = (0, 0, −1) = −BA −−→ −−→ AD = D − A = (−1, 1, −1) − (0, 2, −1) = (−1, −1, 0) = −DA −→ −→ BC = C − B = (−2, 0, −2) − (0, 2, −2) = (−2, −2, 0) = −CB −−→ −−→ DC = C − D = (−2, 0, −2) − (−1, 1, −1) = (−1, −1, −1) = −CD −−→ −→ −→ −−→ y claramente, 2AD = BC, y por tanto los lados BC y AD son paralelos. Por otro lado, no −→ −−→ −→ −−→ es posible multiplicar a AB por un escalar y que se obtenga DC, entonces AB y DC no son paralelos. Se concluye que ABCD no es un paralelogramo. b) Calcule el a´ rea de la region ´ delimitada por el cuadril´atero ABCD. Respuesta: La forma m´as sencilla de calcular el a´ rea es identificando la forma del cuadri´atero. Note que −→ −−→ −→ −→ AB · AD = 0 y BC · BA = 0. Por tanto los a´ ngulos correspondientes a los v´ertices A y B son −−→ −−→ −−→ −→ rectos. Mientras que DA · DC = −2 < 0 y CD · CB = 4 > 0. Entonces lo a´ ngulos con v´ertices C y D son agudo y obtuso respectivamente. De hecho, el cuadril´atero ABCD, es como se aprecia en la figura.
El a´ rea de la region ´ encerrada por el cuadril´atero ABCD, corresponde a la suma del a´ rea del tri´angulo rect´angulo CDE, y el a´ rea del rect´angulo ABED. El a´ rea de ABCD es base por altura, es decir, −→ −−→ √ √ a´ rea ABED = AB · AD = 1 · 2 = 2 Para encontrar el a´ rea del tri´angulo CDE necesitamos la medida de la base CE. Podemos −−→ −→ encontrar este vector con la proyeccion ´ ortogonal de CD sobre CB: −→ −−→ (1, 1, 1) · (2, 2, 0) → CD = · (2, 2, 0) = (1, 1, 0) = CE Proy−CB 2 ||(2, 2, 0)|| Entonces, a´ rea CDE =
−→ −−→ CE · DE 2
=
−→ −→ CE · AB 2
√ √ 2·1 2 = = 2 2
Entonces, a´ rea ABCD = 52
√
√ √ 2 3 2 = 2+ 2 2
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c) Determine la medida en grados del a´ ngulo interno con v´ertice A del cuadril´atero ABCD. Respuesta: Como se aprecia en la figura de la parte a), los lados del cuadril´atero ABCD que determinan −→ −−→ −→ −−→ el a´ ngulo θ corespondiente al v´ertice A son AB y AD. Y como, AB · AD = 0, entonces, los lados son ortogonales, y por consiguiente θ = π2 , es decir, θ = 90 grados. −u , → −v ∈ R3 , tales que → −u · → −v = 0, → −u = → −v = 2. 7. Sean los vectores → −u y → −v . a) Calcule el seno del a´ ngulo entre los vectores → Respuesta: −u y → −v . Como → −u · → −v = 0, entonces son ortogonales, y por Sea θ el a´ ngulo entre los vectores → π definicion, ´ θ = 2 . Entonces, senθ = 1. −u y → −v . b) Determine el valor en grados del a´ ngulo entre los vectores → Respuesta: Por la parte a), el a´ ngulo entre los vectores es de 90 grados. −u × → −v . c) Calcule la norma o magnitud del vector → Respuesta: − → − → u −v senθ = 2 · 2 · 1 = 4. u × −v = → Se tiene, → d) Determine el valor que se obtiene al realizar las siguientes operaciones: (→ −u × (2→ −v )) + 3→ −v ) · (2→ −v + ((3→ −u ) × → −v ) + 9→ −u ) −u − (→ Respuesta: Utilizando las propiedades del producto interno escalar, y del producto cruz, se tiene que: (→ −u − (→ −u × (2→ −v )) + 3→ −v ) · (2→ −v + ((3→ −u ) × → −v ) + 9→ −u ) (− (− → ) −v ) · (2→ −v + 3 (→ −u × → −v ) + 9→ −u ) = → u −2 → u × −v + 3→ −u · 2→ −v + → −u · 3 (→ −u × → −v ) + → −u · 9→ −u − 2 (→ −u × → −v ) · 2→ −v − 2 (→ −u × → −v ) · 3 (→ −u × → −v ) =→ (− → ) − −v · 2→ −v + 3→ −v · 3 (→ −u × → −v ) + 3→ −v · 9→ −u −2 → u × −v · 9→ u + 3→ −u · → −v − 18 (→ −u × → −v ) · → −u − 4 (→ −u × → −v ) · → −v + 3→ −u · (→ −u × → −v ) = 29→ −v · (→ −u × → −v ) + 9 → −u 2 + 6 → −v 2 − 6 → −u × → −v 2 +9→ 53
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−u · → −v − 15→ −u · (→ −u × → −v ) − 5→ −v · (→ −u × → −v ) + 9 → −u 2 + 6 → −v 2 − 6 → −u × → −v 2 = 29→ −u · → −v − 15 (→ −u × → −u ) · → −v − 5 (→ −v × → −v ) · → −u + 9 → −u 2 + 6 → −v 2 − 6 → −u × → −v 2 = 29→ − 2 − 2 − → 2 = 9 → u + 6 → v − 6 → u × −v
−u × → −u = → −v × → −v = 0 y sustituyendo → −u · → −v = 0 pues →
− → u = −v = 2 = 9 · 4 + 6 · 4 − 6 · 16 = −36 sustituyendo → Por lo tanto, se obtiene que: (→ −u − (→ −u × (2→ −v )) + 3→ −v ) · (2→ −v + ((3→ −u ) × → −v ) + 9→ −u ) = −36 −u = (1, 0, 2), → −v = (−2, 0, 3) y → − 8. Considere los vectores → w = (2, 2, 2). −r = → −u x→ −v , determine Proy→ → − −r w. a) Si → Respuesta: e1 e2 e3 → −r = → −u x→ −v = 1 0 2 = (0, −7, 0) −2 0 3 − 2 −r · → − r = 49, entonces Y como → w = −14 y → −r Proy→
→ −r · → − −14 w − → − r = w = 2 · → (0, −7, 0) = (0, 2, 0) → −r 49
−u y → −v . b) Calcule el a´ rea del paralelogramo determinado por los vectores → Respuesta: − √ − → ´ r = 49 = 7. u x−v = → Area del paralelogramo = → − −r . c) Determine la medida del a´ ngulo que forman los vectores → w y→ Respuesta: − √ − Como → w = 12 y → r = 7, entonces, por la formula del coseno del a´ ngulo se tiene que ´ → − −r w ·→ −14 −1 → = √ cosθ = → = √ − − w · r 3 12 · 7
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−u , → − −r . d) Calcule el volumen del paralelep´ıpedo que determinan los vectores → w y→ ´ Respuesta: −r , → −u y → − Si A es la matriz con filas → w, i.e. si → − w 2 2 2 → A = −u = 1 0 2 → −r 0 −7 0 −u , → − −r es el valor absoluto del determinante de El volumen del paralelep´ıpedo de lados → w y→ ´ A. Y como, det(A) = 14, entonces concluimos que el volumen del paralelep´ıpedo es 14. ´
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6. Rectas y planos en Rn 1. En R3 considere los puntos A = (1, −2, 3), B = (5, 3, 2) y C = (7, −1, 4). a) Verifique que estos puntos no son colineales (es decir, no pertenecen a la misma recta). Respuesta:
−→ −→ Notese que los tres puntos A, B y C no son colineales si los vectores AB y BC no son paralelos. ´
Entonces, −→ AB = B − A = (5, 3, 2) − (1, −2, 3) = (4, 5, −1) −→ BC = C − B = (7, −1, 4) − (5, 3, 2) = (2, −4, 2) −→ −→ AB · BC = (4, 5, −1) · (2, −4, 2) = −14 < 0 ⇒ entonces el a´ ngulo es obtuso −→ √ √ AB = 42 + 52 + (−1)2 = 42 −→ √ √ BC = 22 + 42 + 22 = 24 Entonces, el a´ ngulo entre los vectores est´a determinado por, √ −→ −→ −14 AB · BC − 7 cosθ = −→ −→ = √ √ = 6 AB BC 42 24 Como cosθ , 1 y cosθ , −1, entonces los vectores no son paralelos, y por tanto los puntos A, B y C no son colineales. b) Escriba las ecuaciones escalares param´etricas del plano P que contiene los puntos A, B y C. Respuesta: Para determinar la ecuacion ´ vectorial del plano P, se necesitan un punto perteneciente al plano y dos vectores que se encuentren dentro del plano y que no sean paralelos. Como los −→ −−→ puntos A, B y C est´an en el plano, entonces los vectores AB y AC forman parte del plano y se pueden utilizar como vectores directores. Entonces
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Prof. Christian Fonseca −−→ AC = C − A = (7, −1, 4) − (1, −2, 3) = (6, 1, 1)
Por lo que la ecuacion ´ vectorial del plano es: −→ −−→ (x, y, z) = A + sAB + tAC = (1, −2, 3) + s(4, 5, −1) + t(6, 1, 1) Y las ecuaciones param´etricas escalares del plano P son entonces, x = 1 + 4s + 6t y = −2 + 5s + t z = 3 − s + t La interpretacion ´ geom´etrica se observa en la siguiente figura:
c) Escriba la ecuacion ´ normal del plano P. Respuesta: Un vector normal al plano P es: e1 e2 e3 −→ −−→ AB × AC = 4 5 −1 = (6, −10, −26) = 2(3, −5, −13) 6 1 1 Podemos tomar η como, η = (3, −5, −13) que es entonces un vector normal al plano P. La ecuacion ´ normal del plano satisface: X · η = A · η ⇔ (x, y, z) · (3, −5, −13) = (1, −2, 3) · (3, −5, −13) ⇔ 3x − 5y − 13z = 3 + 10 − 39 = −26 La ecuacion ´ normal del plano P es 3x − 5y − 13z = −26. 2. Considere las rectas L1 y L2 cuyas ecuaciones son: L1 :
(x, y, z) = (3 + t, 7 + 2t, −1 + 3t), t ∈ R;
L2 :
x y−1 = =z−2 3 2
a) Determine la ecuacion ´ normal del plano P que contiene a la recta L1 y es paralelo a L2 . Respuesta: Las ecuaciones vectoriales de las rectas L1 y L2 son, 57
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L1 :
(x, y, z) = (3, 7, −1) + t(1, 2, 3) = A + tv
L2 :
(x, y, z) = (0, 1, 2) + t(3, 2, 1) = B + tw
Note que v y w no son vectores paralelos, por lo que las rectas L1 y L2 tampoco lo son. Como el plano P contiene a L1 , el vector v est´a en el plano, junto con el punto A por donde pasa la recta. Adem´as como la recta L2 es paralela al plano P, el vector director w tiene la misma direccion ´ que el plano. Y como v y w no son paralelos, generan al plano P.
Por tanto, un vector ortogonal al plano P es el vector v × w; e1 e2 e3 v × w = (3, 2, 1) × (1, 2, 3) = 3 2 1 = (4, −8, 4) = 4(1, −2, 1) 1 2 3 Podemos tomar al vector η = (1, −2, 1) que es un vector normal al plano P. Y el punto A de L1 como un punto del plano P. La ecuacion ´ normal del plano P est´a dada por: X · η = A · η ⇔ (x, y, z) · (1, −2, 1) = (3, 7 − 1) · (1, −2, 1) ⇔ x − 2y + z = 3 − 14 − 1 = −12 La ecuacion ´ del plano P es entonces x − 2y + z = −12. b) Determine la ecuacion ´ de la recta L3 que es ortogonal a L1 y a L2 y corta a ambas rectas. Respuesta: De la parte a), el vector η = (1, −2, 1) es ortogonal tanto a L1 como a L2 . Entonces L3 es la recta con vector director (1, −2, 1) y que pasa por los puntos (x1 , y1 , z1 ) en L1 y (x2 , y2 , z2 ) en L2 , tales que: (x1 , y1 , z1 ) − (x2 , y2 , z2 ) = k(1, −2, 1) i.e. buscamos que el vector que va de (x2 , y2 , z2 ) a (x1 , y1 , z1 ) sea paralelo al vector director (1, −2, 1) de L3 . Lo anterior equivale a que existen s, t, k tales que: (3, 7, −1)+t(1, 2, 3)−(0, 1, 2)−s(3, 2, 1) = k(1, −2, 1) ⇔ (3+t−3s, 6+2t−2s, −3+3t−s) = (k, −2k, k) 58
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Que es equivalente a las ecuaciones, 3 + t − 3s = k 6 + 2t − 2s = −2k −3 + 3t − s = k
⇒
k − t + 3s = 3 −2k − 2t + 2s = 6 k − 3t + s = −3
Por tanto, para encontrar los valores de k, t, s resolvemos el sistema anterior, 1 −1 3 3 2 f1 + f2 1 −2 −2 2 6 0 −→ 1 −3 1 −3 0 − f1 + f3 − f2 + f3 1 0 1 0 1 0 1 −2 −3 3 f3 −→ −→ f2 + f1 0 0 3 6
−1 3 3 14 f2 1 −4 8 12 −→ 0 −1 −2 −2 −6 0 2 f3 0 2 f3 + f2 1 0 1 0 1 −2 −3 −→ 0 0 1 2 − f3 + f1
−1 1 1 1 0 0
3 3 −2 −3 1 3 0 0 −2 1 0 1 0 1 2
Entonces, k = −2, t = 1 y s = 2. El punto de L1 por donde pasa la recta L3 es (x1 , y1 , z1 ) = (3, 7, −1) + 1(1, 2, 3) = (4, 9, 2) y el punto L2 por donde pasa la recta L3 es (x2 , y2 , z2 ) = (0, 1, 2) + 2(3, 2, 1) = (6, 5, 4). Entonces la ecuacion ´ de la recta L3 es: (x, y, z) = (4, 9, 2) + t(1, −2, 1). c) Determine la distancia de la recta L2 al plano P. Respuesta: Como L2 es paralela al plano P, entonces la distancia entre la recta L2 y el plano P es constante para todo punto de L2 . Tomamos el punto, Q = (0, 1, 2) ∈ L2 . Entonces lo que buscamos es la distancia de Q al plano P d(Q, P) =
(A − Q) · η η
donde A ∈ P, η es vector normal al plano. Como L1 est´a en P, podemos tomar A = (3, 7, −1) √ (A−Q) = (3, 7, −1)−(0, 1, 2) = (3, 6, −3) ⇒ (A−Q)·η = (3, 6, −3)·(1, −2, 1) = −12 y η = 6 12 √ = √ Entonces, d(Q, P) = −12 , es la distancia entre Q y el plano P, que por lo mencionado 6 6 antes es igual a la distancia entre L2 y P.
3. En R3 considere los puntos A = (1, 2, 3) y B = (2, 4, 5) y la recta L1 de ecuacion, ´ (x, y, z) = (2t, 1−t, 2+t), t ∈ R. a) Determine las ecuaciones sim´etricas de la recta L2 que pasa por A y por B. Respuesta: 59
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Para obtener las ecuaciones sim´etricas de L2 , primero necesitamos determinar su ecuacion ´ vectorial. Para econtarla, necesitamos un punto por el que pase la recta y un vector director. −v , tomamos Como punto, podemos tomar el punto A. Como vector director, → → → −v = − AB = B − A = (2, 4, 5) − (1, 2, 3) = (1, 2, 2) Entonces, la ecuacion ´ vectorial de L2 es (x, y, z) = (1, 2, 3) + t(1, 2, 2) x=1+t y = 2 + 2t z = 3 + 2t
⇒ x−1=
t∈R
y−2 z−3 = 2 2
Son las ecuaciones sim´etricas de L2 . b) Verifique que las rectas L1 y L2 no se cortan. Respuesta: La ecuacion ´ vectorial de la recta L1 es: (x, y, z) = (0, 1, 2) + s(2, −1, 1)
s∈R
Las rectas L1 y L2 se cortan, si existe algun ´ vector (x, y, z) que satisface las ecuaciones de las dos rectas. Es decir, si existen s y t tales que,
(0, 1, 2) + s(2, −1, 1) = (1, 2, 3) + t(1, 2, 2)
⇒
2s − t = 1 −s − 2t = 1 s − 2t = 1
Lo cual determina el sistema, 2 −1 1 f ⇔ f3 −1 −2 1 1 −→ 1 −2 1
1 −2 1 −2 f1 + f3 −1 −2 1 −→ 2 −1 1 f1 + f2
1 −2 1 0 −4 2 0 3 −1
+ f3 −→
3 4 f2
1 −2 1 0 −4 2 0 0 12
Como el sistema tiene una ecuacion ´ inconsistente, entonces no tiene solucion, ´ y por lo tanto los valores de s y t no existen. Por consiguiente, las rectas L1 y L2 no se intersecan. c) Determine la ecuacion ´ vectorial del plano que contiene a L1 y es paralelo a L2 . Respuesta: Para determinar la ecuacion ´ vectorial de un plano, se necesita un punto por donde pasa el plano y dos vectores linealmente independientes que se encuentren en el plano.
60
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Como el plano contiene a L1 , el vector director de esta recta, i.e. el vector (2, −1, 1) est´a dentro del plano. Por otra parte, como L2 es paralelo al plano, su vector director, i.e. el vector (1, 2, 2) tiene la direccion ´ del plano. Entonces, si (2, −1, 1) y (1, 2, 2) no son paralelos y por lo tanto, si son linealmente independientes, entonces permiten generar al plano. Calculamos el a´ ngulo entre estos dos vectores para verificar que no son paralelos, cosθ =
(2, −1, 1) · (1, 2, 2) 2 = √ ||(2, −1, 1)|| ||(1, 2, 2)|| 6·3
Como, cosθ , 1 y cosθ , −1 entonces los vectores no son paralelos. Por tanto, la ecuacion ´ vectorial del plano est´a dada por; (x, y, z) = (0, 1, 2) + s(2, −1, 1) + t(1, 2, 2)
s, t ∈ R
4. Considere la recta L1 cuya ecuacion ´ es (x, y, z) = (1 + t, 2 − t, −1 + t), t ∈ R y el punto, B = (1, −2, 4). a) Determine la ecuacion ´ de la recta L2 que pasa por B y corta perpendicularmente a L1 . Respuesta: La ecuacion ´ vectorial de L1 es; (x, y, z) = (1, 2, −1) + t(1, −1, 1)
t∈R
Ahora, sea X0 = (x0 , y0 , z0 ) el punto donde L2 corta perpendicularmente a L1 .
Entonces, existe s ∈ R tal que (x0 , y0 , z0 ) = (1, 2, −1) + s(1, −1, 1) y adem´as, se debe cumplir que −−→ BX0 = X0 − B = (x0 , y0 , z0 ) − (1, −2, 4) es perpendicular a L1 y por tanto a su vector director (1, −1, 1). Entonces, [
] [ ] (x0 , y0 , z0 ) − (1, −2, 4) · (1, −1, 1) = 0 ⇔ (1, 2, −1) + s(1, −1, 1) − (1, −2, 4) · (1, −1, 1) = 0
[ ] ⇔ (0, 4, −5) + s(1, −1, 1) · (1, −1, 1) = 0 ⇔ (0, 4, −5) · (1, −1, 1) + s(1, −1, 1) · (1, −1, 1) = 0 ⇔ −9 + 3s = 0 ⇔ 3s = 9 ⇔ s = 3
−−→ Entonces, X0 = (x0 , y0 , z0 ) = (1, 2, −1) + 3 · (1, −1, 1) = (4, −1, 2). Por tanto, BX0 = X0 − B = (4, −1, 2) − (1, −2, 4) = (3, 1, −2) es vector director de L2 , y la ecuacion ´ de L2 es entonces, 61
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(x, y, z) = (1, −2, 4) + t(3, 1, −2)
t∈R
b) Determine la distancia de B a L1 . Respuesta: Por la parte a), como el punto X0 = (4, −1, 2) es tal que el vector que va de B a X0 corta perpendicularmente a la recta L1 , entonces el la longitud del segmento formado por el vector −−→ BX0 = (3, 1, −2) representa la distancia de B a L1 , ya que la menor distancia es siempre el √ −−→ segmento perpendicular. Entonces, d(B, L1 ) = BX0 = ||(3, 1, −2)|| = 14 es la distancia de B a L1 . c) Determine la ecuacion ´ normal del plano que contiene a las rectas L1 y L2 . Respuesta: Como L1 y L2 son perpendiculares, sus vectores directores lo son tambi´en, entonces permiten generar al plano que pasa por L1 y L2 ya que no son vectores paralelos. Entonces, si η es ortogonal a los vectores directores de las rectas, i.e. a (1, −1, 1) y (3, 1, −2), es por consiguiente un vector normal al plano. Entonces, para obtener un vector ortogonal a (1, −1, 1) y (3, 1, −2), e1 e2 e3 (1, −1, 1) × (3, 1, −2) = 1 −1 1 = (1, 5, 4) 3 1 −2 Y tomamos entonces, η = (1, 5, 4). Ahora, notese que el punto (1, 2, −1) ∈ L1 est´a en el plano, ´ por lo que la ecuacion ´ normal del plano satisface: (x, y, z) · (1, 5, 4) = (1, 2, −1) · (1, 5, 4) ⇔ x + 5y + 4z = 7 Por lo tanto, la ecuacion ´ normal del plano es: x + 5y + 4z = 7. 5. Dada la recta L, cuyas ecuaciones sim´etricas son:
x−2 −3
= y = 5z .
a) Determine la ecuacion ´ normal del plano que contiene al punto (2, −6, 1) y que tambi´en contiene a la recta L. Respuesta: Las ecuaciones param´etricas y vectorial de la recta L son; x = 2 − 3t y=t z = 5t
⇒
−v = (2, 0, 0) + t(−3, 1, 5) (x, y, z) = P + t→
Note que si Q = (2, −6, 1), entonces Q no est´a en la recta L, pues sustituyendo a Q en las 1 ecuaciones sim´etricas, se obtiene una contradiccion; ´ 2−2 −3 , −6 =, 5 .
62
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Entonces sean A = (2, 0, 0) y B = (2, 0, 0) + (−3, 1, 5) = (−1, 1, 5) dos puntos de L. Entonces los −−→ −−→ vectores, QA y QB no son paralelos y est´an dentro del plano buscado. −−→ −−→ Por tanto un vector normal al plano es η = QA × QB, donde −−→ QA = A − Q = (2, 0, 0) − (2, −6, 1) = (0, 6, −1) −−→ QB = B − Q = (−1, 1, 5) − (2, −6, 1) = (−3, 7, 4)
⇒
e1 e2 e3 η = 0 6 −1 = (31, 3, 18) −3 7 4
Entonces la ecuacion ´ normal del plano satisface: X · η = Q · η ⇔ (x, y, z) · (31, 3, 18) = (2, −6, 1) · (31, 3, 18) ⇔
31x + 3y + 18z = 62
La ecuacion ´ normal del plano es entonces, 31x + 3y + 18z = 62.
b) Verifique que la recta L1 , cuya ecuacion ´ es (x, y, z) = (2, 1, 1) + t(−3, 1, 5), t ∈ R, es paralela al plano encontrado en a). Respuesta: Para que la recta L1 sea paralela al plano, debe ser perpendicular al vector normal del plano. De modo que el vector director de la recta L1 , i.e. el vector (−3, 1, 5) debe ser perpendicular al vector η = (31, 3, 18). Se puede verificar que efectivamente son perpendiculares, pues por el producto interior escalar, (−3, 1, 5) · (31, 3, 18) = 0, entonces son perpendiculares. Por el razonamiento anterior, entonces L1 es paralela al plano 31x + 3y + 18z = 62, encontrado en la parte a) 6. Dado el plano π, cuya ecuacion ´ normal es: 31x + 3y + 18z = 62. a) Calcule la distancia del plano π, a la recta L1 , cuya ecuacion ´ vectorial es (x, y, z) = (2, 1, 1) + t(−3, 1, 5) t ∈ R. Incluya un esquema geom´etrico como parte de la justificacion ´ de su procedimiento de c´alculo.
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Respuesta: Por la parte b) de la pregunta 2, la recta L1 y el plano π son paralelos. Entonces, para calcular la distancia de la recta L1 al plano π, basta calcular la distancia de un punto de la recta al plano, pues la distancia es constante al ser ambos paralelos. Tome Q = (2, 1, 1) que est´a en L1 . El punto, P = (2, −6, 1) est´a en el plano, por la pregunta 2 parte a). Entonces, la formula de distancia de Q al plano π est´a dada por, ´ ´ d(Q, π) =
(P − Q) · η η
√ donde, η = 1294, P − Q = (2, −6, 1) − (2, 1, 1) = (0, −7, 0), (P − Q) · η = (0, −7, 0) · (31, 3, 18) = −21. Entonces, −21 21 d(Q, π) = √ = √ 1294 1294 es la distancia de la recta L1 al plano π. b) Determine la ecuacion ´ de la recta L2 que pasa por el punto (−1, 2, 6) y que es perpendicular al plano π. Respuesta: Como la recta L2 es perpendicular al plano π, entonces su vector director es paralelo al vector normal al plano, por lo tanto, podemos tomar como vector director de la recta L2 al vector (31, 3, 18), y como la recta L2 pasa por el punto (−1, 2, 6), entonces la ecuacion ´ vectorial de la recta es: L2 :
(x, y, z) = (−1, 2, 6) + t(31, 3, 18)
t∈R
c) Determine el punto de interseccion ´ de la recta L2 con el plano π. Respuesta: La ecuacion ´ vectorial de la recta L2 determina un sistema de 4 variables con las tres ecuaciones: x y
−31t = −1 −3t = 2 z −18t = 6
y el plano π tiene la ecuacion ´ normal con tres variables, 31x + 3y + 18z = 62. Entonces la recta L2 y el plano π forman el siguiente sistema aumentado, cuya solucion ´ es la interseccion ´ de ambos; 1 0 0 31
0 0 −31 −1 1 0 −3 2 0 1 −18 6 3 18 0 62
−31 f1 + f4 −→ −3 f2 + f4 −18 f3 + f4
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1 0 0 −31 −1 0 1 0 −3 2 0 0 1 −18 6 0 0 0 1294 −21
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Prof. Christian Fonseca 1 0 0 −31 0 1 0 −3 0 0 1 −18 0 0 0 1
31 f4 + f1 −→
−1945 1 0 0 0 1294 1 0 1 0 0 2525 1294 1294 f4 0 0 1 0 3693 −→ 647 −21 −21 0 0 0 1 1294 1294 ) ( 2525 3693 Entonces, la interseccion , , ´ de la recta y el plano, es el punto −1945 1294 1294 647 . −1 2 6
7. Considere en R3 los puntos A = (0, 1, 3), B = (1, 0, 1), C = (1, 1, 2) y Q = (0, 2, −2). a) Verifique que los puntos A, B y C no son colineales. Respuesta:
−→ −→ Para que A, B y C no sean colineales, los vectores AB y BC no deben de estar en la misma recta, i.e. no deben de ser paralelos. En la figura se representa la idea geom´etrica.
−→ −→ −→ −→ Sea θ el a´ ngulo entre AB y BC, donde AB = B − A = (1, 0, 1) − (0, 1, 3) = (1, −1, −2) y BC = −→ √ −→ √ −→ −→ C − B = (1, 1, 2) − (1, 0, 1) = (0, 1, 1). Entonces, AB · BC = −3, AB = 6 y BC = 2. Entonces, −→ −→ −3 AB · BC −3 cosθ = −→ −→ = √ √ = √ AB BC 6· 2 2 3 −→ −→ Y como cosθ , 1 y cosθ , −1, entonces los vectores AB y BC no son paralelos, por lo tanto los puntos A, B y C no son colineales. b) Determine la ecuacion ´ normal del plano π que contiene a los puntos A, B y C. Respuesta: Para la ecuacion ´ normal del plano π, necesitamos un vector η normal al plano y un punto por donde pase el plano. Primero vamos a determinar un vector normal al plano. Note que los −→ −→ vectores AB y BC son no paralelos entre s´ı, pues por la parte a), no se encuentran en la misma recta, y que adem´as est´an en el plano π, puesto que los puntos A, B, y C est´an en el plano. −→ −→ Entonces, los vectores AB y BC generan la direccion ´ del plano. Un vector normal al plano es −→ −→ entonces el vector AB × BC.
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Prof. Christian Fonseca e1 e2 e3 −→ −→ AB × BC = 1 −1 −2 = (1, −1, 1) 0 1 1
Entonces, podemos tomar como vector normal al plano π, al vector η = (1, −1, 1). Como el punto A pertenece al plano, entonces la ecuacion ´ del plano satisface: (x, y, z) · (1, −1, 1) = (0, 1, 3) · (1, −1, 1) ⇔ x − y + z = 2 Entonces la ecuacion ´ normal del plano π es x − y + z = 2. c) Determine la ecuacion ´ vectorial de la recta que pasa por el punto Q y que es perpendicular al plano π. Respuesta: Como la recta es perpendicular al plano π, un vector paralelo a la recta es el vector η normal al plano, por lo que η se puede utilizar como vector director de la recta. Y como la recta pasa por el punto Q, la ecuacion ´ vectorial de la recta es: {
X ∈ R3
} { X = Q + tη, t ∈ R = (x, y, z) ∈ R3
(x, y, z) = (0, 2, −2) + t(1, −1, 1), t ∈ R
}
d) Determine el punto en el plano π m´as cercano al punto Q. Respuesta: Recordemos que por teorema, la distancia m´as corta de un punto Q al plano π es la longitud del segmento perpendicular que une a Q con el plano π. Entonces, el punto m´as cercano de π a Q, es el punto S en donde la recta calculada en la parte c), interseca a π, esto porque la recta es perpendicular al plano π. Ve´ase la figura.
Las ecuaciones de la recta son: x
−t = 0 y +t = 2 z −t = −2
y la ecuacion ´ del plano es x − y + z = 2. Por lo que la interseccion ´ de la recta y el plano, corresponden a la solucion ´ al sistema;
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1 0 0 1 0 0 1 −1
0 −1 0 0 1 2 − f1 + f2 1 −1 −2 −→ 1 0 2
1 0 0 1 0 0 0 −1
− f3 + f4 −→
1 0 0 −1 0 1 1 0 1 0 1 2 3 f4 0 0 0 1 −1 −2 −→ 0 0 0 0 3 6 0
0 −1 0 0 1 2 f2 + f4 1 −1 −2 −→ 1 1 2
0 1 0 0
1 0 0 −1 0 0 1 0 1 2 0 0 1 −1 −2 0 0 1 2 4
0 −1 0 f4 + f1 0 1 2 −→ 1 −1 −2 − f4 + f2 0 1 2 f4 + f3
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
0 0 0 1
2 0 0 2
Por tanto, el punto donde se intersecan el plano y la recta es el punto S = (2, 0, 0), y es el punto del plano π m´as cercano al punto Q. e) Calcule la distancia del punto Q al plano π. Respuesta: Como la menor distancia es la perpendicular, entonces de la parte d), se tiene que; √ d(Q, π) = ||Q − S|| = ||(0, 2, −2) − (2, 0, 0)|| = ||(−2, 2, −2)|| = 2 3 Otra manera de calcular la distancia es con la formula, ´ d(Q, π) =
(P − Q) · η η
donde P es un punto del plano
Tomamos como punto del plano al punto (0, 2, −2) = (0, −1, 5), A,√entonces A − Q = (0, 1, 3) − √ (A − Q) · η = (0, −1, 5) · (1, −1, 1) = 6 y η = 3, de modo que d(q, π) = 2 3. √ De manera que con ambos m´etodos, se obtiene que la distancia de Q al plano π es 2 3.
8.
a) (5 puntos) Halle la ecuacion ´ vectorial de la l´ınea recta, l1 , que contiene a los puntos P(4, 6, 7) y Q(3, 6, 9). Respuesta:
−−→ Como P y Q est´an en la recta, el vector PQ tiene la direccion ´ de la recta. Entonces, −−→ PQ = Q − P = (3, 6, 9) − (4, 6, 7) = (−1, 0, 2) puede ser usado como vector director de la recta l1 . Adem´as, l1 pasa por el punto P, de manera que la ecuacion ´ vectorial de l1 toma la forma, (x, y, z) = (4, 6, 7) + t(−1, 0, 2) t ∈ R
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b) Muestre que la l´ınea recta, l2 , dada por las ecuaciones sim´etricas x−1 5−z = y−3= , 7 3 no interseca a l1 . Respuesta: De las ecuaciones sim´etricas, la ecuacion ´ vectorial de l2 es (x, y, z) = (1, 3, 5) + s(7, 1, −3), s ∈ R y por la parte a), la ecuacion ´ vectorial de l1 es, (x, y, z) = (4, 6, 7) + t(−1, 0, 2), t ∈ R. Las dos rectas se intersecan si existen valores de s y t tales que, (1, 3, 5) + s(7, 1, −3) = (4, 6, 7) + t(−1, 0, 2) ⇔ (7s + t, s, −3s − 2t) = (3, 3, 2) que es equivalente al sistema, 1 3 −7 f2 + f1 7 1 0 3 −→ −3 −2 2 3 f2 + f3
0 1 −18 2 f1 + f3 1 0 3 −→ 0 −2 11
0 1 −18 1 0 3 0 0 −25
que tiene una ecuacion ´ inconsistente, y por tanto, no tiene solucion ´ para s y t. De modo que las rectas l1 y l2 no se intersecan. c) Halle ecuaciones normales para dos planos paralelos, π1 y π2 , que contienen a las rectas l1 y l2 , respectivamente. Respuesta: Como los planos π1 y π2 son paralelos, entonces sus vectores normales son paralelos, y se puede tomar el mismo vector normal para describir la ecuacion ´ de ambos. Ahora, como π1 contiene a l1 y π2 contiene a l2 , entonces necesitamos un vector normal a ambas rectas. Si u = (−1, 0, 2) y v = (7, 1, −3) son los vectores directores de l1 y l2 respectivamente, note que no son paralelos, por lo que las rectas l1 y l2 tampoco lo son, y entonces tomamos como vector normal al vector u × v: e1 e2 e3 u × v = −1 0 2 = (−2, 11, −1) 7 1 −3 Entonces, η = (−2, 11, −1) es un vector normal a los planos π1 y π2 . Como π1 contiene a l1 , entonces el punto (4, 6, 7) est´a en π1 , por lo que π1 tiene ecuacion ´ normal: (x, y, z) · (−2, 11, −1) = (4, 6, 7) · (−2, 11, −1) ⇔ −2x + 11y − z = 51
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Entonces la ecuacion ´ normal de π1 es −2x + 11y − z = 51. Como π2 contiene a l2 , el punto (1, 3, 5) est´a en π2 , por lo que π2 tiene ecuacion ´ normal: (x, y, z) · (−2, 11, −1) = (1, 3, 5) · (−2, 11, −1) ⇔ −2x + 11y − z = 26 Entonces la ecuacion ´ normal de π2 es −2x + 11y − z = 26. El argumento geom´etrico del procedimiento anterior se ilustra en la siguiente figura:
d) Determine la distancia entre los planos π1 y π2 . Respuesta: Como los planos π1 y π2 son paralelos, basta con calcular la distancia entre un punto de π1 y el plano π2 . El punto A = (4, 6, 7) est´a en π1 . El punto, B = (1, 3, 5) est´a en π2 y el vector normal de π2 es η = (−2, 11, −1). Entonces se tiene la formula de distancia, ´ d(A, π2 ) =
(B − A) · η η
donde, B √− A = (1, 3, 5) − (4, 6, 7) = (−3, −3, −2) y (B − A) · η = (−3, −3, −2) · (−2, 11, −1) = −25 y η = 3 14. Entonces, d(A, π2 ) =
25 √ 3 14
es la distancia entre π1 y π2 .
9. Considere las lineas rectas l1 y l2 , dadas por las ecuaciones l1 : x = 2 + 8t, l2 : x = 3 + 8t,
y = 6 − 8t, y = 5 − 3t,
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z = 10t z = 6+t
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a) Muestre que l1 y l2 , no pueden estar en un mismo plano. Respuesta: Note que las ecuaciones vectoriales de l1 y l2 son: l1 :
(x, y, z) = P + tv = (2, 6, 0) + t(8, −8, 10)
l2 :
(x, y, z) = Q + tw = (3, 5, 6) + t(8, −3, 1)
Ahora, note adem´as que los vectores directores v y w, de l1 y l2 respectivamente, no son paralelos. Vamos a mostrar que si l1 y l2 estuvieran en el mismo plano, entonces esto nos lleva a una contradiccion. ´ Espec´ıficamente, vamos a ver que la contradiccion ´ se presenta porque hay dos posibles ecuaciones normales para este plano que contiene a l1 y a l2 , y las cuales se contradicen entre s´ı. Entonces, suponga que l1 y l2 se encuentran en el mismo plano. En ese caso, los vectores directores v y w est´an en el plano, y como no son paralelos, generan la direccion ´ del plano. Entonces el vector, v × w es normal al plano, donde: e1 e2 e3 v × w = (8, −8, 10) × (8, −3, 1) = 8 −8 10 = (22, 72, 40) = 2(11, 36, 20) 8 −3 1 Podemos tomar el vector m´as simple, n = (11, 36, 20) que es paralelo a v × w = (22, 72, 40), y por tanto es normal al plano. V´ease la figura.
Como l1 est´a en el plano, entonces P = (2, 6, 0) es un punto del plano, por lo que se puede obtener la ecuacion ´ normal del plano: (x, y, z) · (11, 36, 20) = (2, 6, 0) · (11, 36, 20)
⇔
11x + 36y + 20z = 238
Pero como l2 tambi´en est´a en el plano, el punto, Q = (3, 5, 6) pertenece al plano, por lo que se puede obtener la ecuacion ´ normal del plano:
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(x, y, z) · (11, 36, 20) = (3, 5, 6) · (11, 36, 20)
⇔
11x + 36y + 20z = 333
Entonces el plano que contiene tanto a l1 como a l2 , tiene dos ecuaciones que se contradicen entre s´ı. Por lo tanto, dicho plano no puede existir. Entonces, hemos probado que l1 y l2 no pueden estar en el mismo plano. b) Determine una ecuacion ´ cartesiana para el plano π1 que contiene a l1 y es paralelo a l2 . Respuesta: En los c´alculos de la parte a), el vector n = (11, 36, 20) es normal al plano que contiene a l1 y que es paralelo a l2 . Donde aqui, el plano es paralelo a l2 porque tiene la direccion ´ dada por los vectores v de l1 y w de l2 . Se obtuvo la ecuacion, ´ π1 :
11x + 36y + 20z = 238
c) Determine una ecuacion ´ cartesiana para el plano π2 que contiene a l2 y es perpendicular al plano π1 . Respuesta: Para la siguiente interpretacion ´ geom´etrica, refierase a la siguiente figura.
Como el plano π2 contiene a l2 , en particular, contiene al vector w director de l2 . Ahora, como π2 es un plano perpendicular a π1 , y como el vector n es normal a π1 , entonces n es un vector paralelo al plano π2 , y como los vectores n y w son perpendiculares, entonces no son paralelos, por lo que generan la direccion ´ del plano π2 . Entonces el vector, n × w, es un vector normal al plano π2 . Donde, e1 e2 e3 n × w = (11, 36, 20) × (8, −3, 1) = 11 36 20 = (−96, −149, 321) 8 −3 1 71
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Como π2 contiene a l2 , entonces el punto Q = (3, 5, 6) est´a en π2 . Entonces la ecuacion ´ normal del plano π2 se obtiene de: (x, y, z) · (96, 149, −321) = (3, 5, 6) · (96, 149, −321)
⇔
96x + 149y − 321z = −893
Entonces la ecuacion ´ de π2 es, π2 :
96x + 149y − 321z = −893
d) Determine una ecuacion ´ vectorial para la l´ınea l3 correspondiente a la interseccion ´ del plano π1 con el plano π2 . Respuesta: La recta l3 es la solucion ´ al sistema que se forma con las ecuaciones normales de los planos π1 y π2 . Entonces tenemos el sistema (
11 36 20 238 96 149 −321 −893
−96 f1 + f2 −→
(
36 11 −1817 11
1 0 (
−36 11 f2
+ f1 −→
)
1 11 f1
36 20 238 1 11 11 11 96 149 −321 −893
−→
20 11 −5451 11
238 11 −32671 11
−743710 19987 32671 1817
1 0 −8 0 1 3
( )
−11 1817 f2
−→
) ⇒
(
1 0
36 11
20 11
1
3
)
238 11 32671 1817
)
x = 8z − −743710 19987 y = −3z + 32671 1817
Entonces, si z = t, t ∈ R, la ecuacion ´ vectorial de l3 es: l3
:
(x, y, z) =
(
) −743710 32671 , , 0 + t(8, −3, 1) 19987 1817
e) Halle las coordenadas del punto, R, correspondiente a la interseccion ´ de l1 con l3 y calcule la distancia de R a l2 . Respuesta: Si R es el punto de interseccion ´ de l1 y l3 , entonces debe de satisfacer las ecuaciones de l1 y l3 , para algunos valores de s y t, (x, y, z) = (2, 6, 0) + s (8, −8, 10) ( ) −743710 32671 (x, y, z) = , , 0 + t(8, −3, 1) 19987 1817
l1 l3
:
:
Entonces, R = (x, y, z), debe cumplir que: ) −743710 32671 , , 0 + t(8, −3, 1) 19987 1817 ) ( −783684 21769 , ,0 (8s − 8t, −8s + 3t, 10s − t) = 19987 1817
(2, 6, 0) + s (8, −8, 10) = ⇔
(
Que es equivalente al sistema:
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f1 + f2 8 −→ 0 1 0 1 10 f3 −36 −783684 36 5 19987 5 f2 + 108845 1 19987 1 −→ −1 0 10 f2 + 10
−783684 19987 21769 1817
−8 −5 −1 10
f1 f3
−783684 19987 −544225 19987
0 0 0 0 1 1 0
0 108845 19987 1979 3634
108845 Entonces, s = 1979 3634 y) t = 19987 . Por tanto, sustituyendo ya sea s en l1 o bien t en l3 , se obtiene, ( 2986 9895 R = 11550 ´ de las rectas l1 y l3 . 1817 , 1817 , 1817 es el punto de interseccion
Finalmente, calculamos la distancia R a l2 . Tenemos la formula de distancia, con Q = (3, 5, 6) ∈ ´ l2 , −−→ −−→ d(R, l2 ) = QR − Proyw QR ( ) ( ) −−→ 2986 9895 6099 −6099 −1007 donde QR = R − Q = 11550 , , − (3, 5, 6) = , , 1817 1817 1817 1817 1817 1817 . Entonces, ( ) ( ) 7144 −2679 893 6099 −6099 −1007 d(R, l2 ) = , , − , , 1817 1817 1817 1817 1817 1817 √ ( ) 132541065 4406 5665 9002 = = , , 1817 1817 1817 1817 10. Halle una ecuacion ´ vectorial para el plano que contiene al punto P(2, −1, 4) y es perpendicular a la recta de interseccion ´ de los planos 4x + 2y + 2z + 1 = 0 y 3x + 6y + 3z − 7 = 0 Respuesta: Sea M el plano buscado. Si, M1 : 4x + 2y + 2z = −1 M2 : 3x + 6y + 3z = 7 son dos planos, entonces los vectores v = (2, 1, 1) y w = (1, 2, 1) son normales a los planos M1 y M2 respectivamente. Sea z el vector director de la recta de interseccion ´ de los planos M1 y M2 , entonces, z es un vector normal a M, pues z est´a en M1 y en M2 y ambos son perpendiculares a M. Como v ⊥ z, pues z est´a en M1 , y w ⊥ z, pues z est´a en M2 . Entonces, v, w est´an en M, y como no son paralelos, sirven como vectores directores del plano M. La ecuacion ´ vectorial de M es: M : (x, y, z) = P + tv + sw = (2, −1, 4) + t(2, 1, 1) + s(1, 2, 1) t, s ∈ R En la siguiente figura se presenta la interpretacion ´ geom´etrica para obtener la ecuacion ´ del plano M. 73
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11. Considere las lineas rectas l1 = {(1 − 2t, 2 − t, 3 − 3t) { y el plano π = (x, y, z)
t ∈ R}
l2 = {(−1 + 4t, 2 − t, 2)
t ∈ R}
} − 2x − 5y + 4z = 0 .
a) Determine si las l´ıneas rectas l1 y l2 se intersecan y en caso afirmativa halle las coordenadas del punto de interseccion. ´ Respuesta: La interseccion ´ de l1 y l2 son todos los vectores (x, y, z) ∈ R3 que cumplen con ls ecuaciones de l1 y l2 al mismo tiempo. Por tanto, si (x, y, z) est´a en la interseccion, ´ podemos igualar las ecuaciones para encontrar los valores correspondientes de s y t. (1, 2, 3) + t(−2, −1, −3) = (−1, 2, 2) + s(4, −1, 0) ⇔ (−2t, −t, −3t) − (4s, −s, 0) = (−1, 2, 2) − (1, 2, 3) ⇔ (−2t − 4s, −t + s, −3t) = (−2, 0, −1) Igualamos los vectores entrada por entrada y se obtiene el sistema: ⇔ −2 −4 −2 −1 1 0 −3 0 −1
−2t − 4s = −2 −t + s = 0 −3t = −1
−1 f1 1 2 1 2 −→ − f2 1 −1 0 3 0 1 − f3 74
− f1 + f2 −→ −3 f1 + f3
1 1 2 0 −3 −1 0 −6 −2
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−2 f2 + f3 −→
1 −1 1 2 f 0 −3 −1 3 2 −→ 0 0 0
1 2 1 −2 f2 + f1 0 1 13 −→ 0 0 0
1 0 13 0 1 13 0 0 0
Entonces t = 13 y s = 31 . Por tanto, el unico punto de interseccion ´ ´ se obtiene al sustituir esos valores en las ecuaciones de las lineas rectas, es decir, la interseccion ´ es el punto: ( ) 1 1 5 (x, y, z) = (1, 2, 3) + (−2, −1, −3) = , , 2 3 3 3 ( ) b) Calcule la distancia del punto E = 13 , 53 , 2 al plano π. Respuesta: −n = (−2, −5, 4) y note que el punto P = (0, 0, 0) est´a en π. Por El vector normal al plano π es → la formula de distancia de un punto a un plano ´ d (E, π) =
−n −n (P − E) · → −E · → → = → −n −n
− √ −n = 1. Entonces, d (E, π) = n = 45 y −E · → con →
√1 . 45
c) Encuentre todos los puntos de la l´ınea recta l1 cuya distancia al plano π sea
√ 45.
Respuesta: La distancia entre un punto (x, y, z) fuera del plano π y el plano π es la longitud del segmento perpendicular que va del √ punto al plano. Sea A = (x, y, z) un punto tal que la distancia con de distancia, y tomando en cuenta que el punto respecto al plano π es 45. Por la formula ´ P = (0, 0, 0) est´a en π, d (A, π) =
−n −n (P − A) · → −A · → → = → −n −n
Ahora como A ∈ l1 , existe un t ∈ R tal que A = (1 − 2t, 2 − t, 3 − 3t). Entonces, −n = (2t − 1, t − 2, 3t − 3) · (−2, −5, 4) = 3t −A · →
√ 3t Por tanto, 45 = d (A, π) = √ ⇒ t = 15. Por tanto, los dos puntos que est´an a distancia 45 √ 45 de π son:
( ) x1 , y1 , z1 = (1, 2, 3) + 15 (−2, −1, −3) = (−29, −13, −42) (
) x2 , y2 , z2 = (1, 2, 3) − 15 (−2, −1, −3) = (31, 17, 48)
12. Considere los planos π1 : 2x − y + z = 1 y π2 : 3x + y + z = 2.
75
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a) Determine una ecuacion ´ vectorial para la l´ınea de interseccion ´ de los planos π1 y π2 . Respuesta: Todos los puntos de la l´ınea de interseccion ´ de π1 y π2 deben cumplir con ambas ecuaciones al mismo tiempo. Entonces, deben ser solucion ´ al sistema: (
2 −1 1 1 3 1 1 2
−1 5 f1
−→
(
0 1 1 2
−1 5
0
)
− f1 + f2 −→ 1 5
1
)
(
2 −1 1 1 1 2 0 1
−2 f1 + f2 −→
(
0 1 1 0
)
−1 5 2 5
−2 f2 + f1 −→ 1 5 3 5
)
(
0 −5 1 −1 1 2 0 1
f1 ⇔ f2 −→
(
1 0 0 1
2 5 −1 5
)
3 5 1 5
)
La solucion ´ de los planos ´ al sistema es x + 25 z = 53 , y − 51 z = 15 . Y tomando z = t, la interseccion es el conjunto de puntos de la forma, (
) 3 2 1 1 (x, y, z) = − t, + t, t t ∈ R 5 5 5 5 b) Halle una ecuacion ´ vectorial para el plano π1 . Respuesta: Necesitamos un punto de π1 y dos vectores directores (es decir, dos vectores dentro del plano π1 que no sean paralelos). Sea L la recta de interseccion ´ de π1 y π2 . Entonces, como la recta ( L est´a) en π1 , el vector director 1 1 de L est´a en π1 . El vector director de L, segun ´ la parte a), es −2 5 , 5 , 1 = 5 (−2, 1, 5). Entonces −v = (−2, 1, 5) como uno de los directores del plano π . podemos tomar al vector → 1 −n = (2, −1, 1) es vector normal a π , es ortogonal a v. Entonces el vector → −v x→ −n , est´a en Como → 1 −n . V´ease el dibujo para la interpretacion π1 ya que es ortogonal a → ´ geom´etrica.
−v x→ −n est´a en π , y es ortogonal a → −v , podemos tomar a → −v y a → −v x→ −n como Entonces, como → 1 −v x→ −n : vectores directores de π1 . Calculamos → 76
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Prof. Christian Fonseca e1 e2 e3 → −v x→ −n = −2 1 5 = 6(1, 2, 0) 2 −1 1
− −v x→ −n y por tanto apuntan a la misma direcPodemos tomar → w = (1, 2, 0) ya que es paralelo a → cion. ´ Como π1 contiene a L y P = para π1 es entonces
(
)
3 1 5, 5, 0
est´a en L, entonces P est´a en π1 . Una ecuacion ´ vectorial
( ) 3 1 −v + t→ − (x, y, z) = P + s→ w = , , 0 + s (−2, 1, 4) + t (1, 2, 0) 5 5 13. Considere las rectas en R3 dadas por las siguientes ecuaciones y−2
x+1 1−z l1 : 2 = −1 = 2 ( ) l2 : x, y, z = (2 − s, 3 + s, s − 1) , s ∈ R
a) Demuestre que las rectas l1 y l2 no se intersecan y justifique por qu´e no son paralelas. Respuesta: Las ecuaciones param´etricas de l1 son: x = 2t − 1 y = −t + 2 z = −2t + 1 Entonces la ecuacion ´ vectorial es l1 : (x, y, z) = (2t − 1, −t + 2, −2t + 1) , t ∈ R Un punto (x, y, z) est´a en la interseccion si existen valores de s y t tales ´ de l1 y l2 solamente ´ que: (2t − 1, −t + 2, −2t + 1) = (2 − s, 3 + s, s − 1) ⇔
2t − 1 = 2 − s −t + 2 = 3 + s −2t + 1
⇒
2t + s = 3 −t − s = 1 −2t − s = −2
El anterior es un sistema con dos ecuaciones incompatibles (la (1) y la (3)), entonces no tiene solucion. ´ Por tanto l1 y l2 no se intersecan. El vector director de l1 es v = (2, −1, −2) y el de l2 es w = (−1, 1, 1) y uno de ellos no es el multiplo por un escalar del otro, por lo tanto no son paralelos, y de esto se sigue que l1 y l2 no ´ son paralelas. b) Determine la ecuacion ´ vectorial de la recta l3 que es perpendicular tanto a l1 como a l2 y que interseca tanto a l1 como a l2 . Respuesta: 77
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( ) ( ) Sea x1 , y1 , z1 el punto de interseccion ´ de l1 con l3 y x2 , y2 , z2 el punto de interseccion ´ de l2 ( ) ( ) con l3 . Como x1 , y1 , z1 ∈ l1 , cumple con la ecuacion: x1 , y1 , z1 = (2t − 1, −t + 2, −2t + 1) para ´ ( ) ( ) algun x2 , y2 , z2 = (2 − s, 3 + s, s − 1) para ´ t ∈ R. Como x2 , y2 , z2 ∈ l2 , cumple con la ecuacion: ´ algun ´ s ∈ R. Si determinamos los valores de s y t podemos encontrar quienes son esos puntos. ( ) ( ) Ahora, como los dos puntos est´an en l3 , entonces el vector n = x2 , y2 , z2 − x1 , y1 , z1 es el vector director de l3 . Ahora, dicho vector toma la forma: (
) ( ) x2 , y2 , z2 − x1 , y1 , z1 = (2 − s, 3 + s, s − 1) − (2t − 1, −t + 2, −2t + 1) = (−2t − s + 3, t + s + 1, 2t + s − 2)
Como l1 y l3 son ortogonales, sus vectores directores lo son, y por tanto se cumple con la ecuacion: ´ n · v = (−2t − s + 3, t + s + 1, 2t + s − 2) · (2, −1, −2) = 0 ⇔ 9t + 5s = 9 Similarmente, como l2 y l3 son ortogonales n · w = (−2t − s + 3, t + s + 1, 2t + s − 2) · (−1, 1, 1) = 0 ⇔ 5t + 3s = 4 Entonces s y t cumplen con las ecuaciones: 9t + 5s = 9 5t + 3s = 4 ( ) 1 ) ( ) ( 5 5 9 5 9 −5 f + f 1 1 1 1 f 2 1 1 9 9 9 5 3 4 −→ 5 3 4 −→ 0 92 −1 ( ) 5 ( ) 9 1 59 1 1 0 72 − 9 f2 + f1 2 f2 −→ 0 1 − 92 −→ 0 1 − 92 ) ( ( ) ( ) ( −3 −11 ) Entonces t = 72 , s = − 29 y se tiene: x1 , y1 , z1 = 6, − 32 , −6 y x2 , y2 , z2 = 13 2 , 2 , 2 . El vector ( ) ( ) 1 1 3 director de l3 es entonces n = 2 , 0, 2 . Finalmente, como 6, − 2 , −6 es un punto de l3 , entonces una ecuacion ´ para l3 es la siguiente: (
( ) ( ) ) 3 1 1 x, y, z = 6, − , −6 + t , 0, 2 2 2
14. En R3 , sean los planos con ecuaciones normales: Π1 : 2x − 2z = −1
Π2 : x − 12 y − z = 2
a) Determine la ecuacion ´ vectorial de la recta l de interseccion ´ de los planos Π1 y Π2 . Respuesta: b) Sea Π3 : −x + y − z = 1 un plano de R3 . Determine la ecuacion ´ normal del plano Π4 que contiene a la recta l (de interseccion ´ de Π1 y Π2 ) y que es perpendicular a Π3 . Respuesta: c) Calcule la distancia del punto (1, 2, 1) al plano Π3 . Respuesta:
78
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7. Espacios vectoriales reales {( ) c−b b 1. Sea U = c c+b
} b, c ∈ R ⊆ M(2, R).
a) Pruebe que U es un espacio vectorial de M(2, R). Respuesta:
(
( ) ) ( ) 0 0 0−0 0 0 0 Primero note que U , ∅ puesto que ∈ U ya que = . 0 0 0 0+0 0 0 ) ) ( ( x2 y2 x1 y1 ∈ U, c ∈ R. Entonces sus entradas cumplen, , Sean z2 w2 z 1 w1 x1 = z1 − y1
x2 = z2 − y2
w1 = z1 + y1
w2 = z2 + y2
Y, verificamos que cumple con la propiedad de los subespacios vectoriales, i.e que toda combinacion ´ lineal de elementos del conjunto U pertenece nuevamente al conjunto U, (
) ( ) ( ) x1 y1 x2 y2 cx1 + x2 cy1 + y2 c + = z1 w1 z2 w2 cz1 + z2 cw1 + w2 Note que por la relacion ´ entre los coeficientes de las matrices de U: cx1 + x2 = c(z1 − y1 ) + z2 − y2 = (cz1 + z2 ) − (cy1 + y2 ) cw1 + w2 = c(z1 + y1 ) + z2 + y2 = (cz1 + z2 ) + (cy1 + y2 ) Por lo tanto, los coeficientes de la matriz que es combinacion ´ lineal, cumplen con las propiedades de las matrices de U, entonces (
) ( ) x1 y1 x2 y2 c + ∈U z1 w1 z2 w2 ⇒ U es subespacio de M(2, R). b) Determine una base para U. Respuesta: Note que para cada elemento de U, con b, c ∈ R arbitrarios, ) ) ( ) ( ) ( ) ( −1 1 1 0 −b b c 0 c−b b +b =c + = 0 1 1 1 0 b c c c c+b ( ) ( ) 1 0 −1 1 Sean v1 = ,v = . Note que v1 y v2 son linealmente independientes, y como todo 1 1 2 0 1 vector (en este caso un vector es una matriz) de U se puede escribir como combinacion ´ lineal de v1 y v2 , entonces son una base para U. Escribimos, B = {v1 , v2 } es base de U. (
79
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( ) 3 2 c) Determine el vector de coordenadas de en la base determinada en el punto b). 5 7 Respuesta: Por la parte b), se puede observar que reemplazado los valores de b y c, se tiene, ( ) ( ) ( ) 3 2 1 0 −1 1 =5 +2 5 7 1 1 0 1 Entonces,
[( )] ( ) 3 2 5 = 5 7 B 2
1 2 12 a 6 2. Sea A = 2 a −a 4 y FA el espacio vectorial generado por las filas de A. 4 10 0 16 a) Determine para qu´e valor de a se tiene que dimFA = 2. Respuesta: Una base para el espacio fila de A, FA son los vectores de las filas no nulas de la forma escalonada reducidad de A. De modo que buscamos valores de a, tal que la forma escalonada reducida tenga dos filas no nulas exactamente. −2 f1 + f2 −→ A −4 f1 + f3
1 6 2 1 2a 0 a − 4 −2a −8 0 2 −2a −8
− f3 + f1 −→ − f3 + f2
5 a 14 0 1 2 0 a − 6 0 0 = B 0 2 −2a −8
Tomando, a = 6 en B, 1 0 15 14 1 f 0 0 0 0 2 3 −→ 0 2 −12 −8
1 0 15 14 0 0 0 0 0 1 −6 −4
f2 ⇔ f3 −→
1 0 15 14 0 1 −6 −4 = R 0 0 0 0
Entonces, dimFA = 2 si a = 6. Ahora, si a , 6, 1 0 0 1 B −→ 0 2 1 −1 2 f3 0 −→ 0
5 2a
14 0 0 −2a −8
1 a−6 f2
0 1 0
5 2a
0 a
14 0 4
Entonces, dimFA = 3 si a , 6.
80
−2 f2 + f3 −→
−5 2 f3
+ f1 −→
1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0
5 2a
14 0 0 −2a −8 0 4 0 0 a 4
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b) Para el valor de a determinando en el punto anterior, ¿pertenece (3, 7, 3, 14) a FA ? Respuesta: Por la parte a), si a = 6, las dos filas no nulas de la forma escalonada reducida R de A son v1 = (1, 0, 15, 14) y v2 = (0, 1, −6, −4) son una base de FA . Entonces, (3, 7, 3, 14) ∈ FA si se puede expresar como combinacion ´ lineal de v1 y v2 . Es decir, si existen escalares c1 y c2 tales que, (3, 7, 3, 14) = c1 v1 + c2 v2 = c1 (1, 0, 15, 14) + c2 (0, 1, −6, −4). Esto determina el sistema, 1 0 3 0 1 7 15 −6 3 14 −4 14
−15 f + f 3 1 −→ −14 f1 + f4
3 1 0 6 f2 + f3 0 1 7 −→ 0 −6 −42 4 f2 + f4 0 −4 −28
1 0 3 0 1 7 0 0 0 0 0 0
Entonces, c1 = 3 y c2 = 7, por lo tanto, (3, 7, 3, 14) ∈ FA . {( 3. Dado el conjunto, U =
a b c d
)
} a + b = c, a + d = b
a) Pruebe que U es un subespacio vectorial de M(2, R). Respuesta:
( ) 0 0 Primeramente, observe que U , ∅, pues ∈ U. 0 0 ( ) ( ) a1 b1 a2 b2 Sean , ∈ U, entonces sus coeficientes cumplen con las siguientes relaciones, c1 d1 c2 d2 a1 + b1 = c1 a2 + b2 = c2 a1 + d1 = b1 a2 + d2 = b2 ( ) ( ) a1 b1 a2 b2 Queremos probar que, si z ∈ R, entonces z + ∈U c1 d 1 c2 d2 ( ) ( ) ( ) a1 b1 a2 b2 za1 + a2 zb1 + b2 z + = c1 d1 c2 d 2 zc1 + c2 zd1 + d2 Y note que los coeficientes de esta matriz satisfacen las condiciones de U pues, Primera condicion: ´ (za1 + a2 ) + (zb1 + b2 ) = z(a1 + b1 ) + (a2 + b2 ) = zc1 + c2 Segunda condicion: ´ (za1 + a2 ) + (zd1 + d2 ) = z(a1 + d1 ) + (a2 + d2 ) = zb1 + b2 ( ) ( ) a1 b1 a2 b2 Por tanto, la matriz z + pertenece a U, y entonces U es un subespacio de c1 d1 c2 d 2 M(2, R).
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b) Determine una base para U. Respuesta: ( ) a b Sea ∈ U entonces, sus coeficientes cumplen que c = a + b, d = b − a. Por lo que todo c d vector (en este caso es una matriz) en U es de la forma, (
) ( ) ( ) ( ) a b a b a 0 0 b = = + c d a+b b−a a −a b b ( ) ( ) 1 0 0 1 =a +b 1 −1 1 1
Por tanto,( como)a y( b son cualesquiera, todo vetor en U es combinacion ´ ´ lineal de los ) numero 1 0 0 1 vectores , , los cuales son linealmente independientes, y entonces conforman 1 −1 1 1 una base de U. {( ) ( )} 1 0 0 1 Entonces, B = , es base de U. 1 −1 1 1 ( ) 1 5 en la base que encontro´ en b). c) Calcule el vector de coordenadas de 6 4 Respuesta: Segun ´ lo encontrado en la parte b), entonces, (
) ( ) ( ) [( )] ( ) 1 5 1 0 0 1 1 5 1 =1 +5 ⇒ = 6 4 1 −1 1 1 6 4 R 5
4. Sea S = Cl {(1, 1, 1, 1), (a − 2, a − 1, a, b), (a, a + 1, a + 2, 2b)} Determine condiciones sobre a y b para que el espacio S tenga dimension ´ igual a 2. Respuesta: 1 1 1 1 a b . Entonces se tiene, Sea A = a − 2 a − 1 a a + 1 a + 2 2b S = gen {(1, 1, 1, 1), (a − 2, a − 1, a, b), (a, a + 1, a + 2, 2b)} = EspacioFila(A) Como dim(S) = dim(EspacioFila(A)) = RangoFila(A) = Rango(A). Buscamos valores a y b tales que Rango(A) = 2. 2 f + f2 A 1 −→
1 1 1 1 a a + 1 a + 2 b + 2 a a + 1 a + 2 2b
− f2 + f3 −→
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1 1 1 1 a a + 1 a + 2 b + 2 0 0 0 b−2
= B
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Si b = 2 en B, se tiene, 1 1 1 1 B = a a + 1 a + 2 4 0 0 0 0 Si a = 0, con b = 2 en B, 1 1 1 1 − f2 + f1 B = 0 1 2 4 −→ 0 0 0 0
1 0 −1 −3 0 1 2 4 0 0 0 0
Entonces, Rango(A) = 2 si a = 0 y b = 2. Ahora, con a , 0 y b = 2 en B, −a f1 + f2 B −→
1 1 1 1 0 1 2 4 − a 0 0 0 0
− f2 + f1 −→
1 0 −1 a − 3 0 1 2 4 − a 0 0 0 0
Y entonces, Rango(A) = 2 si a , 0 y b = 2. Si b , 2 en B, entonces, 1 1 1 1 a a + 1 a + 2 b + 2 B −→ 0 0 0 1 1 b−2 f3
− f3 + f1 −→ −2 f3 + f2
1 1 0 1 a a + 1 a + 2 b = C 0 0 0 1
Si a = 0, en C tenemos, 1 1 1 0 − f2 + f1 C = 0 1 2 b −→ 0 0 0 1
1 0 −1 −b 0 1 2 b 0 0 0 1
Entonces, Rango(A) = 3 si a = 0 y b , 2. Si a , 0, en C, se tiene,
C
−a f1 + f2 −→
1 1 1 0 − f2 + f1 0 1 2 b −→ 0 0 0 1
1 0 −1 −b 0 1 2 b 0 0 0 1
Y por tanto, Rango(A) = 3 si a , 0 y b , 2. En resumen, Rango(A) = 2, i.e. dim(S) = 2 si y solo ´ si b = 2, y para todo valor real de a.
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5. Dados los siguientes planos, que son subespacios vectoriales de R3 : { V = (x, y, z) ∈ R3
x−y+z=0
}
{ W = (x, y, z) ∈ R3
x + 2y = 0
}
a) Determine la ecuacion ´ vectorial de la recta que corresponde a la interseccion ´ de V y W. Respuesta: Utilizando las ecuaciones normales de los dos planos, se forma un sistema homog´eneo cuya solucion ´ es la interseccion ´ de los planos, se tiene: (
1 −1 1 1 2 0
)
− f1 + f2 −→
(
)
1 −1 1 0 3 −1
La solucion ´ al sistema es: x = − 23 z, y = interseccion ´ tiene las ecuaciones: x = − 23 t y = 31 t z = t
1 3 f2
−→ 1 3 z.
⇒
(
1 −1 0 1
1
−1 3
)
f2 + f1 −→
(
1 0 0 1
2 3 −1 3
)
Tome z = t, con t ∈ R, entonces la recta de
(x, y, z) = t
(
) −2 1 , ,1 3 3
. ( ) 1 Ahora, como el vector (−2, 1, 3) es paralelo al vector −2 ´ de la recta que es la 3 , 3 , 1 , la ecuacion interseccion ´ de los planos es: (x, y, z) = t(−2, 1, 3), t ∈ R. b) Demuestre que la interseccion ´ de V y W es un subespacio vectorial de R3 . Respuesta: Notese que la interseccion ´ ´ de los planos V y W es una recta que pasa por el origen, con ecuacion, ´ (x, y, z) = t(−2, 1, 3), t ∈ R. Entonces, la recta contiene al vector (0, 0, 0), tomando t = 0. Ahora, sea (x1 , y1 , z1 ) = t(−2, 1, 3) y (x2 , y2 , z2 ) = s(−2, 1, 3) dos puntos de la recta, con s, t ∈ R fijos. Sea c ∈ R, entonces, c(x1 , y1 , z1 ) + (x2 , y2 , z2 ) = ct(−2, 1, 3) + s(−2, 1, 3) = (ct + s)(−2, 1, 3) Y como ct + s ∈ R, entonces el vector c(x1 , y1 , z1 ) + (x2 , y2 , z2 ) est´a en la recta, y por tanto, como toda combinacion ´ lineal de vectores que son parte de la recta, es as´ımismo un vector que pertenece a la recta, entonces la recta de interseccion ´ de V y W es un subespacio de R3 . 3 6. Dado el subespacio vectorial W de R , tal que W = (x, y, z) 2 −6 4 donde A = −1 3 −2. −3 9 −6
84
x 0 A y = 0 , z 0
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a) Determine una base B de W. Respuesta: Observe que W = EspacioNulo(A). Por lo tanto, para poder encontrar una base de W necesitamos determinar una propiedad expl´ıcita que determine al espacio nulo de la matriz A. Resolvemos entonces, el sistema homog´eneo con matriz A; 1 −3 2 − f1 + f2 −→ A −→ −1 3 −2 1 −1 3 −2 − f f 1 + f3 3 3 1 2 f1
1 −3 2 0 0 0 0 0 0
La solucion ´ al sistema homog´eneo es entonces: x − 3y + 2z = 0, que es un plano que pasa por el origen. Tomando, y = s ∈ R y z = t ∈ R, entonces x = 3s − 2t, y se obtiene la siguiente caracterizacion ´ de W; { W = (x, y, z) ∈ R3
(x, y, z) = (3s − 2t, s, t), s, t ∈ R
}
Entonces, si (x, y, z) ∈ W, se tiene; (x, y, z) = (3s − 2t, s, t) = (3s, s, 0) + (−2t, 0, t) = s(3, 1, 0) + t(−2, 0, 1) Por tanto, los vectores v1 = (3, 1, 0) y v2 = (−2, 0, 1), son una base B = {v1 , v2 } de W. b) ¿Cu´al es la dimension ´ de W? Justifique. Respuesta: Como la base B de W obtenida en la parte a) tiene 2 vectores, entonces dim(W) = 2. c) Verifique que el vector v = (8, 4, 2) pertenece a W. Respuesta: El vector (8, 4, 2) ∈ W si y solo ´ si se puede escribir como una combinacion ´ lineal de la base B de W. Es decir, si y solo ´ si existen c1 y c2 tales que: (8, 4, 2) = c1 v1 + c2 v2 = c1 (3, 1, 0) + c2 (−2, 0, 1) Que es equivalente al sistema aumentado: 3 −2 8 −3 f2 + f1 1 0 4 −→ 0 1 2 2 f3 + f1
0 0 0 1 0 4 1 0 4 −→ 0 1 2 0 1 2 0 0 0
Entonces, c1 = 4 y c2 = 2, por tanto (8, 4, 2) ∈ W. d) Escriba el vector de coordenadas de v = (8, 4, 2) en la base B de W, encontrada en a). Respuesta:
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Como las coordenadas de un vector respecto a una base son los escalares tales que el vector se puede escribir como combinacion ´ lineal de los vectores de la base, por la parte c), entonces; ( ) [ ] 4 v = B 2 {( ) a b ∈ M(2, R) 7. Sea S c d
} c − 3a + 2b = 0, 2a − 3b + d = 0 .
a) Pruebe que S es un subespacio vectorial de M(2, R). Respuesta:
) ) ( ) ( 0 0 a1 b1 a2 b2 Primero note que S , ∅, pues ∈ S. Ahora, sean , dos elementos de S, y 0 0 c1 d1 c2 d2 z ∈ R, entonces sus coeficientes satisfacen las propiedades que acaracterizan a los elementos del conjunto S, es decir: (
c1 − 3a1 + 2b1 = 0 2a1 − 3b1 + d1 = 0
c2 − 3a2 + 2b2 = 0 2a2 − 3b2 + d2 = 0
Vamos a probar que, (
) ( ) a1 b1 a2 b2 z· + ∈S c1 d1 c2 d 2 Se tiene, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a1 b1 a2 b2 za1 zb1 a2 b2 za1 + a2 zb1 + b2 z· + = + = c1 d 1 c2 d2 zc1 zd1 c2 d2 zc1 + c2 zd1 + d2 Y verificamos que los coeficientes de esta matriz satisfacen las dos condiciones del conjunto S. Primera condicion: ´ (zc1 + c2 ) − 3(za1 + a2 ) + 2(zb1 + b2 ) = z(c1 − 3a1 + 2b1 ) + (c2 − 3a2 + 2b2 ) = z · 0 + 0 = 0 Segunda condicion: ´ 2(za1 + a2 ) − 3(zb1 + b2 ) + (zd1 + d2 ) = z(2a1 − 3b1 + d1 ) + (2a2 − 3b2 + d2 ) = z · 0 + 0 = 0 (
) ( ) a1 b1 a2 b2 Entonces, z · + ∈ S, por lo que S es un subespacio de M(2, R). c1 d1 c2 d 2 b) Halle una base B de S. Respuesta:
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Como las condiciones que definen al conjunto S, son sobre los coeficientes de las matrices que conforman sus elementos, tenemos; c − 3a + 2b = 0 2a − 3b + d = 0
⇒
c = 3a − 2b d = −2a + 3b
Entonces, todo elemento de S es de la forma: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a b a b a 0 0 b 1 0 0 1 = = + =a +b c d 3a − 2b −2a + 3b 3a −2a −2b 3b 3 −2 −2 3 donde a, b ∈ R. Entonces, ´ lineal de ( ) se puede( observar ) que todo elemento de S es combinacion 1 0 0 1 las matrices v1 = , y v2 = . Note que v1 y v2 son linealmente independientes, 3 −2 −2 3 de modo que B = {v1 , v2 } es base de S. (
) 2 3 c) Verifique que ∈ S. 0 5 Respuesta:
( ) 2 3 Note que los coeficientes de , satisfacen las dos condiciones de las matrices que perte0 5 necen a S; Primera condicion: ´ 0 − 3 · (2) + 2 · (3) = 0 Segunda condicion: ´ 2 · (2) − 3 · (3) + (5) = 0 ( ) 2 3 Por tanto, est´a en S. 0 5
) 2 3 d) Calcule el vector de coordenadas de en la base B hallada en la parte b). 0 5 Respuesta:
(
(
) 2 3 De la parte b), se pudo ver que como ∈ S, entonces su relacion ´ con la base B est´a dada 0 5 por: ( ) ( ) ( ) 2 3 1 0 0 1 =2 +3 0 5 3 −2 −2 3 [( )] ( ) 2 3 2 Entonces, las coordenas son: = . 0 5 3 −1 1 − → 8. Sean A = −1 −1, X = (x1 , x2 , x3 )t y U el subespacio vectorial de R2 formado por todos los 1 −1 → − − → − → vectores b tales que el sistema de ecuaciones lineales At X = b tiene solucion. ´ a) Encuentre una base para U.
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Respuesta: Note que; {→ − U = b ∈ R2
} ( ) → − − t→ t t t b = A X = A1 x1 + A2 x2 + A3 x3 = EspacioColumna At = EspacioFila(A)
Lo anterior porque las columnas de At son las filas de A. Llevamos a A a su forma escalonada reducida para encontrar una base del espacio fila de A, f1 + f3 A −→ − f1 + f2
−1 1 − f1 0 −2 −→ −1 0 0 2 f2
1 −1 f + f1 0 1 2 −→ 0 0
1 0 0 1 = R 0 0
Entonces, las filas no nulas de R son una base del espacio fila de A. De modo que si v1 = (1, 0) y v2 = (0, 1), entonces B = {v1 , v2 } es base del espacio fila de A, y por tanto es base de U. b) Sin hacer c´alculos adicionales, diga cu´al es la dimension ´ del espacio vectorial generado por las columnas de la matriz A. Justifique su respuesta. Respuesta: Como Rango(A) = RangoFila(A) = RangoColumna(A), y Rango(A) = 2, puesto que la matriz R tiene solamente dos filas no nulas. Entonces, el EspacioColumna(A) tiene dimension ´ ´ 2. c) Sin realizar ningun ´ c´alculo adicional, diga si las filas de A son linealmente independientes o son linealmente dependientes. Justifique su respuesta. Respuesta: Son linealmente dependientes, porque son 3 vectores en un espacio de dimension ´ 2. d) Sin hacer c´alculos adicionales, diga cu´al es la dimension ´ del subespacio vectorial de R2 for− −x que son solucion −x = → mado por todos los vectores → 0, ´ del sistema de ecuaciones lineales A→ → − 3 donde 0 ∈ R . Justifique su respuesta. Respuesta: Lo que se busca es determinar la dimension ´ del EspacioNulo(A). En la parte a), se concuyo´ que la dimension ´ de EspacioFila(A) es 2, y como el EspacioFila(A) es un subespacio de R2 , entonces, EspacioFila(A) = R2 . Entonces, hay al menos dos maneras de contestar esta pregunta: − − −x = → −x = → 0 y R→ 0 son equivalentes, donde R es la matriz de la parte 1) Como los sistemas A→ → − − → − −x = → a), y la unica solucion 0 , entonces esa es la unica solucion ´ ´ al sistema R x = 0 es → ´ ´ → − → − → − a A x = 0 , por lo que el EspacioNulo(A) solamente consiste en el vector 0 . Entonces, la ´ dimension ´ del EspacioNulo(A) es 0. 2) Como ( ) 2 = dim R2 = Nulidad(A) + RangoFila(A) = Nulidad(A) + 2 88
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Nulidad(A) = dim(EspacioNulo(A)) = 0
En cualquiera de los dos casos, se concluye {− dim(EspacioNulo(A)) = dim → x ∈ R3
−} −x = → A→ 0 =0
9. Indique, justificando, cu´ales de los siguientes conjuntos S es subespacio del espacio vectorial dado V. a) S = {X ∈ Rn
a · X = 0}; siendo a un vector fijo de V = Rn .
Respuesta: Necesitamos verificar que 0 ∈ S, con 0 el cero de Rn y si c ∈ R, y u, v ∈ S, entonces cu + v ∈ S. Claramente, 0 = (0, ..., 0) ∈ Rn pertenece a S, porque el producto escalar de cualquier vector por cero es el cero. Sean, u, v ∈ S, entonces a · u = 0, y a · v = 0. Por tanto, a · (cu + v) = a · (cu) + a · v = c(a · u) + a · v = c · 0 + 0 = 0 Entonces, cu + v ∈ S y S es subespacio de V. Note que S es el subespacio de todos los vectores ortogonales al vector a. { b) S = (x, y, z) ∈ R3
} 2x − y = 3z + 2 ; V = R3 .
Respuesta: Observe que la condicion ´ 2x − y = 3z + 2 del conjunto S, es equivalente a la ecuacion ´ 2x − y − 3z = 2 de un plano. Entonces S es un plano que no pasa por el origen, por lo tanto, no puede ser un subespacio de R3 . c) S = {A ∈ M(n, R)
det(A) = 0}, V = M(n, R).
Respuesta: Observe que la matriz de ceros, 0 ∈ M(n, R) est´a en S, porque ( su ) determinante ( ) es igual a 0. 1 0 0 0 Pero S no es un subespacio. Por ejemplo, en M(2, R). Si A = yB= , entonces note 0 0 0 1 que det(A) = 0 y det(B) = 0, pero det(A + B) = 1. En general, en M(n, R), considere la matriz A tal que es igual a la matriz identidad In de nxn, con la diferencia de que en la primera fila aparecen solamente ceros. Y sea B la matriz donde ´ en la primera fila, aparece un 1 en la primera entrada y ceros en el resto de la fila, y en todas las otras filas las entradas son de ceros. Entonces, det(A) = 0 y det(B) = 0, pero como A + B = In , entonces, det(A + B) = det(In ) = 1. Entonces, esto da un ejemplo de que para todo n ∈ N, S no es un subespacio de M(n, R).
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{ d) S = A ∈ M(n, R)
} A = At , V = M(n, R).
Respuesta: Sea 0 ∈ M(n, R) la matriz de ceros. Entonces, 0 = 0t , por tanto, 0 ∈ S. Sea c ∈ R, sean A, B ∈ S. Entonces, A = At y B = Bt . Por tanto, (cA + B)t = (cA)t + Bt = cAt + Bt = cA + B por tanto, cA + B ∈ S. Entonces, S es subespacio de M(n, R). 1 1 2 −1 0 1 0 1 1 −1 10. Sean, A = 0 1 0 2 2 0 −2 2 −2 2
y
{ W = Y ∈ R4
Y = AX, para algun ´ X ∈ R5
}
a) Determine un conjunto {w1 , w2 , ..., wk }, de vectores de R4 , tal que W = Cl ({w1 , w2 , ..., ww }) . Respuesta: Observe que por la definicion ´ de W, y de la interpretacion ´ del producto matricial, que se tiene: { W = Y ∈ R4
Y = A1 x1 + ... + A5 x5 , con (x1 , ..., x5 )t ∈ R5 , A1 , ..., A5 las columnas de A
}
Entonces, note que W = EspacioColumna(A) = Espacio generado por las columnas de A 1 2 −1 0 1 1 0 1 1 −1 , , , = gen , 2 2 0 1 0 0 −2 2 −2 2 b) Halle una base para W, e identifique cu´al es su dimension. ´ Respuesta: Determinamos la forma escalonada reducida R equivalente por filas a A, para encontrar una base al espacio columna de A. Entonces, − f1 + f2 −→ A −2 f1 + f3
2 f4 + f2 −→
1 2 −1 0 0 −2 2 1 0 −2 2 1 0 1 −1 1 1 0 1 −2 0 0 0 3 0 0 0 0 0 1 −1 1
1 −2 −2 −1 3 −4 0 −1 90
−2 f + f 4 1 −→ − f2 + f3 f2 ⇔ f3 −→
1 −2 3 1 0 0 −2 2 1 −2 0 0 0 0 0 0 1 −1 1 −1 1 0 1 −2 3 0 0 0 0 0 3 −4 0 0 0 0 1 −1 1 −1
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f2 ⇔ f4 −→ 1 3 f3
1 0 1 0 0 1 −1 0 0 0 0 1 0 0 0 0
1 3 1 3 −4 3
0
= R
Como R es la forma escalonada reducida de A, por teorema, como las columnas que contienen el primer 1 de cada fila de R son las columnas 1, 2 y 4, entonces las respectivas columnas 1, 2 y 4 de A son una base del espacio columna de A, i.e. son una base de W, es decir, B=
2 0 0 1 , 2 , 1 −2 −2
1 1 2 0
es una base de W. Entonces, dim(W) = 3. c) ¿Qu´e condiciones debe de cumplir un vector (x, y, z, w) ∈ R4 para pertenecer al subespacio W? Respuesta: Por la definicion ´ de base, (x, y, z, w) ∈ W si y solo ´ si se puede escribir como combinacion ´ lineal unica de la base B de W. Es decir, si existen, c1 , c2 , c3 ∈ R tales que; ´ x y = c1 z w
1 1 2 0
2 0 + c2 + c3 2 −2
0 1 1 −2
Entonces se tiene el sistema: 0 x 1 2 1 0 1 y 2 2 1 z 0 −2 −2 w
− f1 + f2 −→ −2 f1 + f3 −1 2 f4
x 1 2 0 0 −2 1 y − x 0 −2 1 z − 2x −w 0 1 1 2
− f2 + f3 −→
x 1 2 0 0 −2 1 y−x 0 0 0 z − y − x −w 0 1 1 2
Entonces para que el sistema tenga solucion, ´ la ecuacion ´ que se describe en la fila 3 debe de ser concistente, es decir, que z − y − x = 0. Esta es entonces la condicion ´ necesaria para que un vector con componentes (x, y, z, w)t pertenezca a W. Si asumimos que el sistema es consistente, entonces, x 1 2 0 0 −2 1 y − x 0 0 0 0 0 1 1 −w 2 2 f2 + f1 −→ − f2 + f4
1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0
−2 f + f 4 1 −→ 2 f4 + f2 x+2y+w 3 y−x−w 3
0
2x−2y−w 6
x+w 1 0 −2 0 0 3 y − x − w 0 0 0 0 −w 0 1 1 2
⇒
c1 =
91
1 0 −2 x + w 1 3 f2 0 0 1 y−x−w 3 −→ 0 0 0 0 −w 0 1 1 2
2x − 2y − w y−x−w x + 2y + w , c2 = , c3 = 3 6 3
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Por lo tanto, si se cumple con la condicion ´ z = x + y, entonces el vector (x, y, z, w)t ∈ W. d) Complete la base que obtuvo para W a una base de R4 . Respuesta: Seg ´ la parte c), entonces} se puede caracterizar al subespacio W como el conjunto: W = { un (x, y, z, w)t ∈ R4 z = x + y . Entonces, por teorema, si se puede encontrar un vector v < W, entonces {v} ∪ B forma un conjunto de 4 vectores linealmente independientes de R4 y por tanto es una base. Por consiguiente, solo ´ es necesario encontrar un vector que no est´e en W. Tome el vector v = (1, 0, 0, 0)t < W, pues no cumple con las condiciones de W. Entonces, B1 =
1 1 2 0
2 0 0 1 , , 2 1 , −2 −2
1 0 0 0
es una base de R4 . e) Halle una base para el subespacio de R5 generado por las filas de la matriz A. Respuesta: De la parte b), la matriz A tiene forma escalonada reducida R dada por: 1 0 1 0 0 1 −1 0 R = 0 0 0 1 0 0 0 0
1 3 1 3 −4 3
0
Una base para el espacio generado por las filas de A, son las filas no nulas de R, de modo que se puede tomar la base: B2 =
{( 1, 0, 1, 0,
) ( ) ( )} 1 1 −4 , 0, 1, −1, 0, , 0, 0, 0, 1, 3 3 3
que es base del EspacioFila(A). { 11. Sea S = A ∈ M(3, 2; R)
( ) ( )} 1 −1 2 A = 0 0
a) Pruebe que S es un subespacio vectorial de M(3, 2; R). Respuesta: Note que la matriz de ceros de 3x2 est´a en S, pues el producto de cualquier matriz por la matriz de ceros, da como resultado la correspondiente matriz de ceros (cuyo tamano ˜ depende
92
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( ) de las matrices involucradas en el producto), que en este caso es 0 0 . Ahora, necesitamos probar que si c ∈ R, y A, B ∈ S, entonces cA + B ∈ S. Sean A, B ∈ S. Entonces, cumplen que: ( ) ( ) 1 −1 2 A = 0 0
(
) ( ) 1 −1 2 B = 0 0
Entonces, ( ) ) ) ( ( 1 −1 2 (cA + B) = 1 −1 2 (cA) + 1 −1 2 B ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = c 1 −1 2 A + 1 −1 2 B = c · 0 0 + 0 0 = 0 0 Entonces, cA + B ∈ S, por lo tanto, S es un subespacio de M(3, 2, R). b) Halle una base B para S, e indique cu´al es la dimension ´ de S. Respuesta: Para obtener una base de S, vamos a tratar de obtener una caracterizacion ´ expl´ıcita para las entradas de las matrices que est´an en S. a b Sea A = c d ∈ S, entonces e f
⇔
( ) a b ( ) 1 −1 2 c d = 0 0 e f ( ) ( ) a − c + 2e b − d + 2 f = 0 0 ⇔
a = c − 2e b = d − 2 f
c − 2e d − 2 f d Entonces, A = c e f y por tanto se puede describir al conjunto S como: x − 2z y − 2w x y S= z w
x, y, z, w ∈ R
De la caracterizacion ´ anterior de S, se observa que todos sus elementos se pueden describir como la siguiente combinacion ´ lineal: x − 2z y − 2w 1 0 0 1 −2 0 0 −2 x y = x 1 0 + y 0 1 + z 0 0 + w 0 0 z w 0 0 0 0 1 0 0 1 y como las matrices anteriores son linealmente independientes, y generan a todo vector de S (los vectores de S son matrices), entonces, 93
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es base de S y por tanto dim(S) = 4. c) Muestre que 1 0 0 −1 , 0 1 −1 0 B∪ 2 0 0 2 es base para M(3, 2; R). Respuesta: Observe que la base canonica de M(3, 2, R) tiene 6 elementos (cada matriz tiene un 1 en una ´ de sus entradas y ceros en el resto de las entradas). Entonces, dim(M(3, 2, R)) = 6. Por lo tanto, para completar la base B a una base de M(3, 2, R) se necesitan dos vectores (matrices) que junto con los vectores de B conformen un conjunto de 6 vectores linealmente independientes, y que por teorema, como la dimension ´ es 6, entonces ser´ıan una base. Entonces, lo que se busca es verificar que 1 0 0 −1 , 0 1 −1 0 D=B∪ 2 0 0 2 es un conjunto linealmente independiente, i.e. que si c1 , c2 , c3 , c4 , c5 , c6 ∈ R son tales que, 1 0 0 1 −2 0 0 −2 c1 1 0 + c2 0 1 + c3 0 0 + c4 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 0 0 −1 0 0 +c5 −1 0 + c6 0 1 = 0 0 2 0 0 2 0 0 Entonces, c1 = c2 = c3 = c4 = c5 = c6 = 0. La combinacion ´ lineal anterior es equivalente al sistema: − 2c3
c1 c2
− 2c4
c1 c2
+ −
c5 c5
+ 2c5
c3 c4
−
c6
+
c6
+ 2c6
= = = = = =
0 0 0 0 0 0
donde la unica solucion ´ ´ es c1 = c2 = c3 = c4 = c5 = c6 = 0, la cual se obtiene al hacer sustitucion ´ hacia atr´as: de las ecuaciones 3 al 6, se tiene c1 = c5 , c2 = −c6 , c3 = −2c5 , c4 = −2c6 , el resultado 94
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final se obtiene al sustituir en las ecuaciones 1 y 2. Por lo tanto, las 6 matrices son linealmente independientes, y D es por consiguiente una base de M(3, 2, R). 12. Sea V un espacio vectorial de dimension ´ cinco y sea {w1 , w2 , w3 , w4 } un conjunto de vectores linealmente independiente en V. Pruebe que si v < Cl {w1 , w2 , w3 , w4 }, entonces {w1 , w2 , w3 , w4 , v} es base para V. Respuesta: Suponga v < gen {w1 , w2 , w3 , w4 }. Entonces, v no puede expresarse como combinacion ´ lineal de w1 , w2 , w3 , w4 . Sean c1 , c2 , c3 , c4 , c5 ∈ R, y suponga c1 w 1 + c2 w 2 + c3 w 3 + c4 w 4 + c5 v = 0 Vamos a probar que c1 = c2 = c3 = c4 = c5 = 0 y por lo tanto el conjunto {w1 , w2 , w3 , w4 , v} es linealmente independiente. Suponga que c5 , 0. En este caso, claramente podemos despejar a v y escribirlo como la combinacion ´ lineal de w1 , w2 , w3 , w4 dada por, v=−
c1 c2 c3 c4 w1 − w2 − w3 − w4 c5 c5 c5 c5
lo cual es una contradiccion ´ a nuestra suposicion ´ inicial de que v < gen {w1 , w2 , w3 , w4 }. Entonces, c5 = 0. Pero entonces tenemos, c1 w1 + c2 w2 + c3 w3 + c4 w4 = 0 y como esos vectores son linealmente independientes, se debe cumplir que c1 = c2 = c3 = c4 = 0 = c5 . Entonces el conjunto B = {w1 , w2 , w3 , w4 , v} es uno linealmente independiente y con 5 vectores en un espacio V de dimension ´ 5, y por tanto, por teorema se concluye que B es base de V.
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8. Espacios con producto interno, ortogonalidad y proyecciones 1. Sea W = {(a − c, b + c, −a + b − c, c)
a, b, c ∈ R}.
a) Determine una base ortonormal para W. Respuesta: Note que para cada elemento de W, (a − c, b + c, −a + b − c, c) = (a, 0, −a, 0) + (0, b, b, 0) + (−c, c, −c, c) = a(1, 0, −1, 0) + b(0, 1, 1, 0) + c(−1, 1, −1, 1) Entonces los vectores v1 = (1, 0, −1, 0), v2 = (0, 1, 1, 0) y v3 = (−1, 1, −1, 1) determinan una base de W, ya que son linealmente independientes y generan a todo vector de W. Para encontrar una base ortogonal, aplicamos el algoritmo de Gram-Smith, a1 = v1 = (1, 0, −1, 0)
||a1 ||2 = 2
⇒
||a1 || =
√ 2
Como, v2 · a1 = (0, 1, 1, 0) · (1, 0, −1, 0) = −1, entonces, a2 = v2 −
v2 · a1 ||a1 ||2
· a1 = (0, 1, 1, 0) − 3 ||a2 || = 2 2
⇒
( ) −1 1 1 (1, 0, −1, 0) = , 1, , 0 2 2 2 √ ||a2 || =
3 2
Como, v3 · a1 = (−1, 1, −1, 1) · (1, 0, −1, 0) = 0 y v3 · a2 = (−1, 1, −1, 1) · a3 = v3 −
v3 · a1 2
||a1 ||
⇒
· a1 −
v3 · a2 ||a2 ||2
||a3 ||2 = 4
(
1 1 2 , 1, 2 , 0
)
= 0, entonces,
· a2 = v3 = (−1, 1, −1, 1) ||a3 || = 2
Por tanto, una base ortogonal de W est´a conformada por los vectores, a1 , a2 , a3 . Para obtener una base ortonormal, normalizamos los vectores de la base ortogonal que acabamos de obtener. ( ) a1 1 −1 b1 = = √ , 0, √ , 0 ||a1 || 2 2 ( ) 1 a2 2 1 = √ , √ , √ ,0 b2 = ||a2 || 6 6 6 ( ) −1 1 −1 1 a3 b3 = = , , , 2 2 2 2 ||a3 || Entonces, B = {b1 , b2 , b3 } es una base ortonormal de W.
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b) Determine W ⊥ , el complemento ortogonal de W. Respuesta: v1 1 0 −1 0 Sea A = v2 = 0 1 1 0 la matriz cuyas filas son la base de W encontrada en la parte −1 1 −1 1 v3 a). Entonces, W = EspacioFila(A). Por teorema, el complemento ortogonal de EspacioFila(A) es el EspacioNulo(A), i.e. W ⊥ = EspacioNulo(A).
A
f1 + f3 −→ −→
−1 3 f3
1 0 −1 0 1 − f2 + f3 0 1 1 0 0 −→ 0 1 −2 1 0 1 0 −1 0 f3 + f1 1 0 0 1 1 0 −→ − f + f 0 0 1 −1 0 3 2 3
Entonces, se obtiene que W ⊥ = EspacioNulo(A) = {(t, −t, t, 3t)
0 −1 0 1 1 0 0 −3 1 0 0 −1 3 1 0 13 0 1 −1 3 t ∈ R}.
2. Sea W = Cl {(1, 1, 1, 1), (1, −1, 1, −1), (1, 0, 1, 2)}. a) Determine una base ortonormal para W. Respuesta: Como los vectores v1 = (1, 1, 1, 1), v2 = (1, −1, 1, −1) y v3 = (1, 0, 1, 2) generan a W, entonces son una base si son linealmente independientes (l.i.). Para determinar si son l.i., calculamos la solucion ´ al sistema homog´eneo: [ ] c1 0 vt1 vt2 vt3 c2 = 0 c3 0 1 1 1 1 0 1 −1 0 0 1 −→ 1 1 1 0 0 1 −1 2 0 0
0 0 1 0
⇒
c1 0 c2 = 0 c3 0
Entonces los vectores son linealmente independientes. Por tanto, {v1 , v2 , v3 } es una base de W. Para encontrar una base ortogonal, aplicamos el algoritmo de Gram-Smith; a1 = v1 = (1, 1, 1, 1)
⇒
||a1 ||2 = 4
||a1 || = 2
Como, v2 · a1 = (1, −1, 1, −1) · (1, 1, 1, 1) = 0, entonces, a2 = v2 − ⇒
v2 · a2 ||a1 ||2
· a1 = v2 = (1, −1, 1, −1)
||a2 ||2 = 4 97
||a2 || = 2
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Como, v3 · a1 = (1, 0, 1, 2) · (1, 1, 1, 1) = 4 y v3 · a2 = (1, 0, 1, 2) · (1, −1, 1, −1) = 0, entonces, a3 = v3 −
v3 · a1 2
||a1 ||
v3 · a2
4 · a2 = (1, 0, 1, 2) − (1, 1, 1, 1) = (0, −1, 0, 1) 4 ||a2 || √ ⇒ ||a3 ||2 = 2 ||a3 || = 2
· a1 −
2
Por tanto, una base ortogonal de W est´a conformada por los vectores, a1 , a2 , a3 . Para obtener una base ortonormal, normalizamos los vectores de la base ortogonal que acabamos de obtener. ) ( a1 1 1 1 1 b1 = = , , , 2 2 2 2 ||a1 || ( ) 1 −1 1 −1 a2 = , b2 = , , 2 2 2 2 ||a2 || ( ) −1 1 a3 = 0, √ , 0, √ b3 = ||a3 || 2 2 Entonces, B = {b1 , b2 , b3 } es una base ortonormal de W. b) Determine la proyeccion ´ de v = (3, 0, 3, 6) sobre W. Respuesta: Como B = {b1 , b2 , b3 } es una base ortonormal de W, entonces la proyeccion ´ ortogonal de v sobre W est´a dada por, ProyW v = (v · b1 ) · b1 + (v · b2 ) · b2 + (v · b3 ) · b3 donde ( ) 1 1 1 1 v · b1 = (3, 0, 3, 6) · , , , =6 2 2 2 2 ( ) 1 −1 1 −1 v · b2 = (3, 0, 3, 6) · , , , =0 2 2 2 2 ( ) −1 1 6 v · b3 = (3, 0, 3, 6) · 0, √ , 0, √ = √ 2 2 2 Entonces, ( ) ) 1 1 1 1 −1 1 6 ProyW v = 6 · , , , + √ · 0, √ , 0, √ = (3, 0, 3, 6) 2 2 2 2 2 2 2 (
c) Determine el complemento ortogonal de W. Respuesta:
v1 1 1 1 1 Considere la matriz A = v2 = 1 −1 1 −1 la matriz cuyas filas son la base de W. v3 1 0 1 2 Entonces, W = EspacioFila(A). Por teorema, el complemento ortogonal de EspacioFila(A) es el EspacioNulo(A), i.e. W ⊥ = EspacioNulo(A). 98
´ Ejercicios de Algebra lineal
− f1 + f2 A −→ − f1 + f3
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1 1 1 1 f3 + f1 0 −2 0 −2 −→ 0 −1 0 1 −3 f3 + f2
1 0 1 2 f + f3 0 1 0 −5 2 −→ 0 −1 0 1
1 0 1 2 −2 f3 + f1 0 1 0 −5 −→ −→ 0 0 0 1 5 f3 + f2
−1 4 f3
Entonces, W ⊥ = EspacioNulo(A) = {(t, 0, −t, 0)
1 0 1 2 0 1 0 −5 0 0 0 −4
1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1
t ∈ R}.
3. Sea W = Cl {(1, −1, 1, 1), (1, 1, 1, −1)} un subespacio vectorial de R4 . a) Determine una base B ortonormal de W ⊥ . Respuesta: El complemento ortogonal del espacio fila de una matriz A es el espacio nulo de A. (
) 1 −1 1 1 Entonces, si A = el complemento ortogonal de W es el espacio nulo de A. 1 1 1 −1 Por tanto buscamos una base del espacio nulo. − f1 + f2 A −→
(
1 −1 1 1 0 2 0 −2
)
1 2 f2
−→
(
1 0 1 0 0 1 0 −1
)
Entonces, W ⊥ = EspacioNulo(A) = {(−s, t, s, t) s, t ∈ R} Para encontrar una base separamos los par´ametros: (−s, t, s, t) = (−s, 0, s, 0) + (0, t, 0, t) = s(−1, 0, 1, 0) + t(0, 1, 0, 1) Entonces, v1 = (−1, 0, 1, 0) y v2 = (0, 1, 0, 1) son una base de W ⊥ . Note que los vectores v1 y v2 son ortogonales, pues v1 · v2 = (0, 1, 0, 1) · (−1, 0, 1, 0) = 0. Para encontrar una base ortonormal, solo ´ necesitamos normalizarlos. ( ) v1 1 −1 1 b1 = = √ · (−1, 0, 1, 0) = √ , 0, √ , 0 ||v1 || 2 2 2 ( ) 1 1 v2 1 b2 = = √ · (0, 1, 0, 1) = 0, √ , 0, √ ||v2 || 2 2 2 Entonces, {( B=
) ( )} −1 1 1 1 √ , 0, √ , 0 , 0, √ , 0, √ 2 2 2 2
es una base ortonormal de W ⊥ .
99
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b) Complete B a una base D ortonormal de R4 . Respuesta: Si unimos las bases de W y W ⊥ podemos obtener una base de R4 . Primero necesitamos una base ortonormal de W. Como {w1 , w2 } = {(1, −1, 1, 1), (1, 1, 1, −1)} es base de W, y adem´as, w1 · w2 = (1, −1, 1, 1) · (1, 1, 1, −1) = 0, entonces, son una base ortogonal de W. Por tanto para obtener una base ortonormal solamente es necesario normalizar los vectores. ´ ( ) w1 1 1 −1 1 1 = · (1, −1, 1, 1) = , , , 2 2 2 2 ||w1 || 2 ( ) w2 1 1 1 1 −1 c2 = = · (1, 1, 1, −1) = , , , 2 2 2 2 ||w2 || 2 c1 =
Entonces, C=
{(
) ( )} 1 −1 1 1 1 1 1 −1 , , , , , , , 2 2 2 2 2 2 2 2
es base ortonormal de W. Por lo tanto, una base ortonormal de R4 es: {( D=B∪C=
) ( ) ( ) ( )} 1 1 1 −1 −1 1 1 1 1 −1 1 1 , , , , , , √ , 0, √ , 0 , 0, √ , 0, √ , , 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
Note que esa base, contiene a la base B de W ⊥ , por lo tanto, completa la base. −u = (2, −1, 0, 0) no pertenece a W ⊥ y determine la proyeccion c) Compruebe que el vector → ´ orto−u sobre W ⊥ . gonal de → Respuesta: De la parte a), W ⊥ = {(−s, t, s, t) → −u < W ⊥ . Como,
−u no tiene esa forma, entonces s, t ∈ R}, y claramente, →
) ( )} 1 1 1 −1 B= √ , 0, √ , 0 , 0, √ , 0, √ 2 2 2 2 −u sobre W ⊥ es: es base ortonormal de W ⊥ , entonces la proyeccion ´ ortogonal de → {(
)) ( ) ( ( 1 −1 1 −1 → − ProyW⊥ u = (2, −1, 0, 0) · √ , 0, √ , 0 · √ , 0, √ , 0 2 2 2 2 )) ( ) ( ( 1 1 1 1 · 0, √ , 0, √ + (2, −1, 0, 0) · 0, √ , 0, √ 2 2 2 2 ( ) ( ) −2 −1 1 −1 1 1 = √ · √ , 0, √ , 0 + √ · 0, √ , 0, √ 2 2 2 2 2 2 ( ) −1 −1 , −1, 1, 2 2 100
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[ −u ] . d) Determine ProyW⊥ → B
Respuesta: Buscamos c1 y c2 tales que, ( ) ( ) ( ) −1 −1 −1 1 1 1 1, , −1, = c1 · √ , 0, √ , 0 + c2 · 0, √ , 0, √ 2 2 2 2 2 2 y como B es una base ortonormal, y por la parte c), se conluye que, [ −u ] = ProyW⊥ → B
(
c1 c2
)
=
−2 √ 2 −1 √ 2
4. Considere el siguiente subespacio vectorial de R4 : W = Cl {(1, 1, 0, 1), (−1, 3, 1, 2), (−1, 0, 1, 1)} a) Construya una base ortonormal de W. Respuesta: Aplicamos el algoritmo de Gram-Smith, para obtener una base ortogonal y luego los normalizamos para que sea ortonormal. Sean v1 = (1, 1, 0, 1), v2 = (−1, 3, 1, 2), v3 = (−1, 0, 1, 1). a1 = v1 = (1, 1, 0, 1)
⇒ ||a1 ||2 = 3
⇒
||a1 || =
√ 3
Como, v2 · a1 = (−1, 3, 1, 2) · (1, 1, 0, 1) = 4, entonces, ( ) −7 5 2 4 , , 1, a2 = v2 − · a1 = (−1, 3, 1, 2) − (1, 1, 0, 1) = 3 3 3 3 ||a1 ||2 √ 29 87 2 ⇒ ||a2 || = ⇒ ||a2 || = 3 3 ( ) 5 2 Como, v3 · a1 = (−1, 0, 1, 1) · (1, 1, 0, 1) = 0 y v3 · a2 = (−1, 0, 1, 1) · −7 , , 1, 3 3 3 = 4, entonces, v2 · a1
a3 = v3 −
v3 · a1 ||a1 ||2
( ) 4 −7 5 2 0 · (1, 1, 0, 1) − · , , 1, 29 3 3 3 3 ||a2 ||2 3 ( ) −1 −20 17 21 4 = (−1, 0, 1, 1) − · (−7, 5, 3, 2) = , , , 29 29 29 29 29 √ 39 39 2 ⇒ ||a3 || = ⇒ ||a3 || = 29 29
· a1 −
v3 · a2
· a2 = v3 = (−1, 0, 1, 1) −
Por tanto, una base ortogonal de W es {a1 , a2 , a3 }. Para obtener una base ortonormal, normalizamos los vectores de la base ortogonal que acabamos de obtener.
101
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( ) a1 1 1 1 1 b1 = = √ · (1, 1, 0, 1) = √ , √ , 0, √ ||a1 || 3 3 3 3 ) ( ) ( a2 1 −7 5 2 −7 5 3 2 = √ · , , 1, = √ , √ , √ , √ b2 = 87 3 3 3 ||a2 || 87 87 87 87 3 √ ( ) ( ) a3 1 −1 −20 17 21 29 −1 −20 17 21 = √ · , , , = · , , , b3 = 29 29 29 29 39 29 29 29 29 ||a3 || 39 29
Entonces, B = {b1 , b2 , b3 } es una base ortonormal de W. b) Construya una base para W ⊥ . Respuesta: Sea A la matriz que tiene a los vectores que generan a W como filas, es decir, v1 1 1 0 1 A = v2 = −1 3 1 2 v3 −1 0 1 1
Entonces, el espacio generado por las filas de A es igual a W, pues est´an generados por los mismos vectores. De modo que W = EspacioFila(A). Por teorema, el complemento ortogonal del espacio fila de A es el espacio nulo de A. Entonces, W ⊥ = EspacioNulo(A). De modo que lo que necesitamos es una base del espacio nulo de A. 1 1 0 4 0 1 f2 + f1 −→ − f2 + f3
f1 + f2 A −→ f1 + f3
0 1 −4 f3 + f2 1 0 1 3 −→ 1 2 − f3 + f1 0 1 0 0 23 f ⇔ f3 0 0 1 53 2 −→ 0 1 0 13
0 −1 −1 −1 f 0 −3 −5 3 2 −→ 1 1 2 1 0 0 23 0 1 0 13 ⇒ 0 0 1 53
1 0 −1 −1 5 0 0 1 3 0 1 1 2 x1 = x2 = x3 =
−2 3 x4 −1 3 x4 −5 3 x4
Por lo tanto, el complemento ortogonal de W es: ⊥
W = EspacioNulo(A) =
{(
)} 2 1 5 t, t, t, −t 3 3 3
Entonces, una base de W ⊥ se obtiene de: (
) 2 1 5 t t, t, t, −t = (2, 1, 5, −3) 3 3 3 3
De modo que {(2, 1, 5, −3)} es una base de W ⊥ . Como ||(2, 1, 5, −3)|| = vector de la base para obtener una base ortonormal. Entonces, {( BW ⊥ =
1 5 −3 2 √ , √ , √ , √ 39 39 39 39
es una base ortonormal de W ⊥ .
102
)}
√ 39, normalizamos al
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−a = (4, 3, 3, −1) como la suma de un vector ∈ W y de un vector → −c ∈ W ⊥ . c) Represente al vector → Respuesta: −a ∈ R4 , se puede escribir como, Por el teorema de proyeccion, ´ todo vector → → −a = Proy → − → − W a + ProyW ⊥ a | {z } | {z } est´a en W est´a en W ⊥ Tomando la base ortonormal de W calculada en la parte, a), se tiene, −a · b ) · b −a = (→ −a · b ) · b + (→ −a · b ) · b + (→ ProyW → 3 2 3 2 1 1 −a · b = 6, → −a · b = y como, → 2 1
−6 √ 87
−a · b = − 34 y→ 3 29
√ √29 , 39
entonces,
√ √ ( ) ) ( 6 −7 5 3 2 34 29 29 −1 −20 17 21 −a = 6 · (1, 1, 0, 1) − ProyW → − · , , , √ · √ , √ , √ , √ √ 29 39 39 29 29 29 29 87 87 87 87 87 ( ) 254 244 −28 68 = , , , 39 39 39 13 y de lo anterior se obtiene que, ( ) 98 127 145 81 → − → − → − , ,− ProyW⊥ a = a − ProyW a = − , − 39 39 39 13 5. Sea W = Cl {(1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0)}. a) Determine una base ortonormal para W. Respuesta: Sean v1 = (1, 0, 0, 1), v2 = (0, 1, 1, 0). Entonces, v1 · v2 = 0, por lo tanto, v1 y v2 son ortogonales, y son li, como generan a W, entonces {v1 , v2 } es una base ortogonal de W. Para encontrar una base ortonormal, entonces solamente necesitamos normalizarlos. ´ Como, ||v1 || =
√ √ 2 y ||v2 || = 2, se tiene,
( ) 1 1 1 a1 = · v1 = √ , 0, 0, √ ||v1 || 2 2 {( ) ( Entonces, BW = {a1 , a2 } = √1 , 0, 0, √1 , 0, 2
2
y √1 , √1 , 0 2 2
)}
( ) 1 1 1 a2 = · v2 = 0, √ , √ , 0 v2 2 2 es base ortonormal de W.
b) Determine una base ortonormal para W ⊥ (el complemento ortogonal de W). Respuesta: ( ) 1 0 0 1 Sea A = . Entonces, EspacioFila(A) = gen {v1 , v2 } = W. Por teorema, el comple0 1 1 0 mento ortogonal del espacio fila de A es el espacio nulo de A. Es decir, W ⊥ = EspacioNulo(A). 103
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Calculamos la forma escalonada reducida de A para determinar su espacio nulo. Pero note que A ya est´a en la forma escalonada reducida, por lo que su espacio nulo entonces tiene la forma, W ⊥ = EspacioNulo(A) = {(−s, −t, t, s)
s, t ∈ R}
Separando los par´ametros, (−s, −t, t, s) = s(−1, 0, 0, 1) + t(0, −1, 1, 0). De modo que entonces, los vectores v3 = (−1, 0, 0, 1) y v4 = (0, −1, 1, 0) son base de W ⊥ . M´as aun, ´ como v3 · v4 = 0, entonces son una base ortogonal. Para encontrar una base ortonormal, entonces solo ´ nos resta normalizarlos. Como ||v3 || =
√ √ 2 y ||v4 || = 2, entonces,
( ) −1 1 1 a3 = · v3 = √ , 0, 0, √ ||v3 || 2 2 {( ) ( √ , 0, 0, √1 , 0, Entonces, BW⊥ = {a3 , a4 } = −1 2
6. Sea W = Cl {(1, 1, 1)} y U = {(0, s, t)
2
y −1 √ , √1 2 2
( ) 1 −1 1 a4 = · v2 = 0, √ , √ , 0 v4 2 2 )} , 0 es base ortonormal de W⊥ .
s, t ∈ R}.
a) Pruebe que U es un subespacio de R3 . Respuesta: Esto se puede probar al menos de dos maneras. La primera, note que U es un plano que pasa por el origen. Para ver por qu´e, note que si (x, y, z) ∈ U, entonces ∃s, t ∈ R tal que (x, y, z) = (0, s, t) = s(0, 1, 0) + t(0, 0, 1) que es la ecuacion ´ vectorial del plano que pasa por el origen con los vectores directores (0, 1, 0) y (0, 0, l). Como todo plano que pasa por el origen en R3 es un subespacio, entonces U es subespacio. La segunda manera de probar el resultado es usando la definicion ´ de subespacio. Sean X = (0, a1 , a2 ) y Y = (0, b2 , b3 ) dos vectores de U. En ese caso, a1 , a2 , b1 , b2 ∈ R. Sea c ∈ R. Hay que probar que cX + Y ∈ U. Como, cX + Y = c · (0, a1 , a2 ) + (0, b1 , b2 ) = (0, ca1 , ca2 ) + (0, b1 , b2 ) = (0, ca1 + b1 , ca2 + b2 ) y como ca1 + b1 , ca2 + b2 ∈ R, entonces cX + Y ∈ U (pues tiene la misma forma que los vectores de U). Como adem´as, es claro que (0, 0, 0) ∈ U, entonces U es un subespacio de R3 . b) Halle una base para W ⊥ . Respuesta:
104
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Como W = gen {(1, 1, 1)}, entonces W se puede interpretar geom´etricamente como una recta que pasa por el origen con vector director (1, 1, 1). Geom´etricamente, W ⊥ son todos los planos perpendiculares a la recta, todos unidos uno junto al otro. Los dos vectores directores de cualesquiera de esos planos (pues todos son paralelos entre s´ı), son la base de W ⊥ que buscamos. Sea A = (1, 1, 1), el espacio fila de A es W, y el espacio nulo es W ⊥ , entonces x A · y = 0 z Entonces, W ⊥ = {(−s − t, s, t)
⇔
x+y+z=0
⇔
x = −y − z
s, t ∈ R}. Por tanto, separando los par´ametros: (−s − t, s, t) = s (−1, 1, 0) + t (−1, 0, 1)
Por tanto, v1 = (−1, 1, 0) y v2 = (−1, 0, 1) son base de W ⊥ . c) Muestre que todo vector (x, y, z) ∈ R3 puede escribirse como la suma de un elemento de U m´as un elemento de W. Respuesta: Una base para W es a1 = (1, 1, 1) y una base para U es a2 = (0, 1, 0) y a3 = (0, 0, 1). Mostremos que {a1 , a2 , a3 } es una base de R3 . Si esto es cierto, entonces todo vector (x, y, z) ∈ R3 se escribir´ıa como combinacion ´ lineal de a1 , a2 , a3 , es decir como; (x, y, z) =
c1 a1 + c2 a2 + c3 a3 | {z } |{z} vector de W vector de U
y si existen esos c1 , c2 , c3 , entonces se probar´ıa lo deseado. Los vectores son li, ya que si B es la matriz que los tiene como columnas, B es equivalente por filas a I3 la identidad de orden 3. A=
(
a1 a2 a3
)
−→ I3
entonces, como {a1 , a2 , a3 } son li y son 3 vectores, son una base de R3 y concluimos que todo vector de R3 se escribe como la suma de un vector de W y un vector de U. [ ] d) Pruebe que B = {(1, 1, 1), (1, 0, −1), (0, −1, 1)} es base de R3 y determine (x, y, z) . B
Respuesta:
( ) Como son 3 vectores dim R3 = 3, vasta con verificar que son li para que sean base. Ahora, [( )] podemos verificar que son li si calculamos la formula general de coordenadas x, y, z , y ´ B [ ] luego verificamos que (0, 0, 0) = (0, 0, 0)t . B
105
´ Ejercicios de Algebra lineal
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Entonces, sea (x, y, z) ∈ R3 un vector cualquiera, 0 x 1 1 1 0 −1 y 1 −1 1 z − f2 + f1 −→ −2 f2 + f3
− f1 + f2 −→ − f1 + f3
x 0 1 1 0 −1 −1 y − x 0 −2 1 z − x
y 1 0 −1 0 1 1 x−y 0 0 −3 −x + 2y − z f3 + f1 −→ − f3 + f 2
− f2 −→ − f3
−1 3 f3 −→
1 0 0 0 1 0 0 0 1
x 1 1 0 0 1 1 x − y 0 2 −1 x − z
1 0 −1 0 1 1 0 0 1
x+y+z 3 2x−y−z 3 x−2y+z 3
y x−y
x−2y−z 3
Entonces, [(
)] x, y, z = B
x+y+z 3 2x−y−z 3 x−2y+z 3
] [ y como (0, 0, 0) = (0, 0, 0)t entonces B es base de R3 . B
0 0 1 1 { 7. Sean A = 1 −1 −1 0, U el espacio generado por las filas de A y V = X ∈ R4 1 0 1 0
} AX = 0 .
a) Determine una base para V. Respuesta:
{ } Note que V = X ∈ R4 AX = 0 es el espacio nulo de A. Entonces, calculamos una base de V a partir de la solucion ´ al sistema AX = 0. − f1 + f2 1 1 0 0 −2 −1 A −→ − f1 + f3 0 −1 1 1 1 0 1 0 3 f2 −→ 0 0 1 0 0 1 −1 0 − f3
− f2 1 −→ 0 f3 + f1 0 − f2 + f1 1 0 0 0 −→ f2 + f3 0 1 0 0 0
0 1 0 2 f3 + f2 2 1 0 −→ −1 1 0 0 0 1 f2 ⇔ f3 0 1 0 −→ 0 0 0
1 0 1 0 0 0 3 0 0 −1 1 0 0 0 0 1 0 0 = R 0 1 0
Entonces, W = {(0, 0, 0, t) t ∈ R} (puesto que en la solucion ´ del sistema la variable x4 puede tomar un valor arbitrario). Podemos encontrar una base separando el par´ametro t: (0, 0, 0, t) = t(0, 0, 0, 1). Entonces, v1 = (0, 0, 0, 1) es una base de V. b) Determine una base ortonormal para U. Respuesta: 106
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Por definicion, ´ U = EspacioFila(A). De la parte a), la matriz R es la forma escalonada reducida de A, entonces las filas no nulas de R son base del espacio fila de A, es decir, los vectores w1 = (1, 0, 0, 0), w2 = (0, 1, 0, 0) y w3 = (0, 0, 1, 0) son base de U. Note que son ortogonales y adem´as son parte de la base canonica de R4 . ´ c) Muestre que V = U⊥ . Respuesta: Como U es el espacio fila de A, por teorema el complemento ortogonal del espacio fila es el espacio nulo de A, es decir, V = U⊥ . d) Si x = (−4, 3, −1, 5) halle a = ProyU , x . Respuesta: Si x = (−4, 3, −1, 5) entonces como la base {w1 , w2 , w3 } de U es una base ortonormal, entonces podemos usar la formula de c´alculo de la proyeccion ´ ´ ortogonal a = ProyU x = (x · w1 ) · w1 + (x · w2 ) · w2 + (x · w2 ) · w2 = −4 · (1, 0, 0, 0) + 3 · (0, 1, 0, 0) + −1 · (0, 0, 1, 0) = (−4, 3, −1, 0) Este resultado es esperado por cuanto la base de U es parte de la canonica. ´ 8. Sea B = {u1 , u2 } una base ortonormal de R2 . Muestre que S = {u1 + u2 , u1 − u2 } es una base ortogonal de R2 . Respuesta: Como B = {u1 , u2 } es base ortonormal, se tiene que u1 · u2 y ||u1 || = ||u2 || = 1. Ahora, como S tiene 2 vectores, asumiendo que u1 + u2 , 0 y u1 − u2 , 0, entonces S es un conjunto ortogonal puesto que (u1 + u2 ) · (u1 − u2 ) = u1 · u1 + u2 · u1 − u1 · u2 − u2 · u2 = ||u1 ||2 + 0 − 0 − ||u2 ||2 = 1 − 1 = 0 Entonces, ( ) como los vectores de S son ortogonales, son tambi´en li y por ser dos vectores y como dim R2 = 2, entonces S es base ortogonal de R2 . { 9. Considere el siguiente subespacio W = (x, x − y + z, y + 2z, z)
} x, y, z ∈ R de R4 .
a) Halle una base ortonormal para W. Respuesta: Para encontrar una base de W separamos los par´ametros: (
) x, x − y + z, y + 2z, z = x (1, 1, 0, 0) + y (0, −1, 1, 0) + z (0, 1, 2, 1)
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Entonces v1 = (1, 1, 0, 0), v2 = (0, −1, 1, 0) y v3 = (0, 1, 2, 1) son una base para W. Aplicamos el algoritmo de Gram-Smith, para obtener una base ortogonal y luego los normalizamos para que sea ortonormal.
a1 = v1 = (1, 1, 0, 0)
⇒ ||a1 ||2 = 2
⇒
||a1 || =
√ 2
Como, v2 · a1 = (0, −1, 1, 0) · (1, 1, 0, 0) = −1, entonces, ( ) −1 1 −1 (1, 1, 0, 0) = , , 1, 0 2 2 2 ||a1 ||2 √ 3 3 ⇒ ||a2 ||2 = ⇒ ||a2 || = 2 2 ) ( , 1, 0 = 32 , entonces, Como, v3 · a1 = (0, 1, 2, 1) · (1, 1, 0, 0) = 1 y v3 · a2 = (0, 1, 2, 1) · 21 , −1 2 a2 = v2 −
a3 = v3 −
v3 · a1 ||a1 ||2
· a1 −
v2 · a1
v3 · a2 ||a2 ||2
· a1 = (0, −1, 1, 0) −
· a2 = v3 = (0, 1, 2, 1) − ⇒
||a3 ||2 = 4
1 · (1, 1, 0, 0) − 2
3 2 3 2
·
(
) 1 −1 , , 1, 0 = (−1, 1, 1, 1) 2 2
⇒ ||a3 || = 2
Por tanto, una base ortogonal de W es {a1 , a2 , a3 }. Para obtener una base ortonormal, normalizamos los vectores de la base ortogonal que acabamos de obtener. ( ) a1 1 1 b1 = = √ , √ , 0, 0 ||a1 || 2 2 ( ) a2 1 −1 2 b2 = = √ , √ , √ ,0 ||a2 || 6 6 6 ) ( a3 −1 1 1 1 , , , b3 = = 2 2 2 2 ||a3 || Entonces, BW = {b1 , b2 , b3 } es una base ortonormal de W. b) Halle una base ortonormal para W ⊥ . Respuesta: Sea A la matriz que tiene a los vectores que generan a W como filas, es decir, v1 1 1 0 0 A = v2 = 0 −1 1 0 v3 0 1 2 1 Entonces, el espacio generado por las filas de A es igual a W, pues est´an generados por los mismos vectores. De modo que W = EspacioFila(A). Por teorema, el complemento ortogonal del espacio fila de A es el espacio nulo de A. Entonces, W ⊥ = EspacioNulo(A). De modo que lo que necesitamos es una base del espacio nulo de A.
108
´ Ejercicios de Algebra lineal f2 + f1 A −→ f2 + f3
Prof. Christian Fonseca 1 0 1 0 − f2 0 −1 1 0 −→ 1 0 0 3 1 3 f3
Por lo tanto, W ⊥ es: W ⊥ = {(t, −t, −t, 3t)
1 0 1 0 − f3 + f1 0 1 −1 0 −→ 1 f3 + f2 0 0 1 3
1 0 0 0 1 0 0 0 1
−1 3 1 3 1 3
t ∈ R}.
Entonces, una base de W ⊥ se obtiene de sacar el par´ametro: (t, −t, −t, 3t) = t (1, −1, −1, 3). De modo que v4 = (1, −1, −1, 3) es una base de√W ⊥ . Normalizamos al vector de la base para obtener una base ortonormal. Como ||v4 || = 2 3 entonces, {( b4 =
1 −1 −1 3 √ , √ , √ , √ 2 3 2 3 2 3 2 3
Entonces BW⊥ = {b4 } es una base ortonormal de W ⊥ .
109
)}
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9. Transformaciones lineales 1. Sea T : R3 → R3 una transformacion ´ lineal tal que T(1, 1, 1) = (2, 0, 4),
T(0, −1, 1) = (−1, −1, −1),
T(0, 0, −1) = (0, 1, −1)
a) Calcule T(x, y, z). Respuesta: Primero, note que los vectores v1 = (1, 1, 1), v2 = (0, −1, 1) y v3 = (0, 0, −1) son una base de R3 . Para comprobarlo, solo ´ necesitamos comprobar que son linealmente independientes (li), ya que la dimension ´ de R3 es 3, y como son 3 vectores, por teorema, entonces generan y por tanto ser´ıan una base. Antes de verificar que son li, note que si B = {v1 , v2 , v3 } es una base de R3 , como toda transformacion ´ lineal queda determinada por su efecto sobre una base, entonces podemos expresar a T en de las imagenes de los vectores de la base B. En ese sentido, si [ t´erminos ] (x, y, z) ∈ R3 y (x, y, z) = (c1 , c2 , c3 )t son sus coordenadas con respecto a B, entonces, B
(x, y, z) = c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 y como T es transformacion ´ lineal, T(x, y, z) = c1 T(v1 ) + c2 T(v2 ) + c3 T(v3 ) y como ya conocemos T(v1 ), T(v2 ) y T(v3 ), solo ´ necesitamos encontrar los valores c1 , c2 y c3 . Calculamos las coordenas de un vector cualquiera (x, y, z) de R3 respecto a la base B. 0 x − f1 + f2 1 0 1 −1 0 y −→ 1 1 −1 z − f1 + f3 x 0 1 0 f2 + f3 0 −1 0 y − x −→ 0 0 −1 z + y − 2x
1 0 0 −1 0 1 − f2 1 −→ 0 − f3 0
x 0 0 y−x −1 z − x
x 0 0 1 0 x−y 0 1 2x − y − z
Entonces, la formula general de las coordenadas de cualquier vector (x, y, z) de R3 es: ´ [
] (x, y, z) = B
x x − y 2x − y − z
Con esto, podemos verificar f´acilmente que los vectores v1 , v2 y v3 son li, puesto que si tomamos (x, y, z) = (0, 0, 0), i.e., si c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 = 0, entonces claramente c1 = c2 = c3 = 0. Finalmente, por los argumentos antes dados, entonces la transformacion ´ se escribe como; T(x, y, z) = x · (2, 0, 4) + (x − y) · (−1, −1, −1) + (2x − y − z) · (0, 1, −1) = (2x − x + y, −x + y + 2x − y − z, 4x − x + y − 2x + y + z) = (x + y, x − z, x + 2y + z) 110
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Entonces una expresion ´ general para T es: T(x, y, z) = (x + y, x − z, x + 2y + z). b) Determine una base para el nucleo de T. ´ Respuesta: Observe que la matriz de la transformacion C = {e1 , e2 , e3 } de R3 ´ T respecto a la base canonica ´ est´a dada por, [ ] [ ] 1 1 0 T = T(e1 ) T(e2 ) T(e3 ) = 1 0 −1 C 1 2 1 Y como, las coordenadas de un vector de R3 , respecto a la base canonica C son el mismo vector ´ n t 3 (en general esto es cierto en R ), i.e. si (x, y, z) ∈ R entonces, x x y = y z C z
Se tiene entonces que, la siguiente es una representacion ´ matricial para T, x x x 1 1 0 x [ ] T y = T y ⇔ T y = 1 0 −1 y C z C z C z 1 2 1 z ([ ] ) Entonces, como ker(T) = EspacioNulo T , se tiene que C
[ ] T
C
− f1 + f2 1 1 0 0 −1 −1 −→ − f1 + f3 0 1 1 1 0 −1 f2 + f1 0 1 1 −→ 0 0 0
Por lo tanto, ker(T) = {(t, −t, t) ker(T) es B1 = {(1, −1, 1)}.
f2 + f3 −→
⇒
0 1 1 0 −1 −1 0 0 0
x = z y = −z
t ∈ R}. Note que (t, −t, t) = t(1, −1, 1), entonces una base de
c) Determine una base para Img(T). Respuesta:
([ ] ) Como Img(T) = EspacioColumna T , para encontrar una base para Img(T), lo que necesitaC [ ] mos es una base del espacio generado por las columnas de T . Por los c´alculos de la parte C b), 1 0 −1 [ ] T → 0 1 1 C 0 0 0 111
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Entonces, como las columnas 1 y 2 de la forma [ ] escalonada reducida tienen el primer 1 de cada fila, las columnas respectivas de la matriz T son una base de su espacio columna. C
Entonces, B2 = {(1, 1, 1), (1, 0, 2)} es base de Img(T). 2. Sea B = {u, v, w} la base de R3 y T : R3 → R3 una transformacion ´ lineal tal que [ ] 1 1 0 T = −1 0 1 B 0 1 1 a) Verifique si la transformacion ´ T es o no invertible. Respuesta:
[ ] Por teorema, T es invertible si y solo ´ si T es una matriz invertible. Pero dicha matriz es B invertible si y solo ´ si es equivalente por filas a la identidad. Entonces, [ ] 1 1 0 f1 + f2 1 1 0 − f2 + f3 0 1 1 T = −1 0 1 B −→ −→ 0 1 1 0 1 1 [ ] Por lo tanto, T no es invertible y entonces T tampoco lo es.
1 1 0 0 1 1 0 0 0
B
[ ] b) Si p es un vector de R3 tal que p = 2u + w, determine T(p) . B
Respuesta: Tenemos la formula de coordenadas; ´ [ ( )] [ ] [ ] T p = T · p B
B
B
Como p se puede escribir ´ lineal de los vectores de la base B: [ ] como la siguiente combinacion t de p = 2u + w, entonces, p = (2, 0, 1) son las coordenadas de p. Y aplicando la formula ´ B coordenadas, 1 1 0 2 [ ( )] T p = −1 0 1 0 B 0 1 1 1
2 = −1 1
[ ]C de R3 , determine T . c) Si B = {(1, 1, 1), (1, 2, 0), (2, 0, 0)} y C es la base canonica ´ B
Respuesta: Como no tenemos la forma expl´ıcita de la transformacion, ´ entonces podemos usar la formula ´ de la matriz de una composicion ´ de transformaciones para realizar el c´alculo. Note que si I : R3 → R3 es la transformacion ´ identidad, entonces T = I ◦ T, por lo tanto, por teorema, tenemos la formula de coordenadas para la composicion ´ ´ de transformaciones lineales: 112
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Prof. Christian Fonseca [ ]C [ ]C [ ] T = I · T B
B
[ ]C donde, I es la matriz de cambio de base de B a C.
B
B
Calculamos entonces la matriz de cambio de base B a C. Por la definicion, ´ tenemos que, [ ]C [ ] [ ] 1 1 2 I = I(u) I(v) I(w) = u v w = 1 2 0 B C 1 0 0 Entonces, aplicando la formula de la matriz de una composicion ´ ´ de transformaciones lineales, se tiene, 1 1 2 1 1 0 0 3 3 [ ]C [ ]C [ ] T = I · T = 1 2 0 −1 0 1 = −1 1 2 B B B 1 0 0 0 1 1 1 1 0 3. Sea T :
R2
base de
→
R2
[ ] una transformacion ´ lineal, tal que T = B
) 1 3 donde B = {(1, 3), (−1, 4)} es una −2 5
(
R2 .
[ ] a) Calcule T(x, y) . B
Respuesta:
] [ ] [ [ ] Por la formula de coordenadas, T(x, y) = T · (x, y) . ´ (
1 −1 x 3 4 y
)
−3 f1 + f2 −→ 1 0 0 1
−3 f2 + f1 −→
(
4x+y 7 y−3x 7
B
B
B
)
) ( 1 x 1 −1 1 −1 x 7 f2 0 7 y − 3x −→ 0 1 y−3x 7 ( )t [ ] 4x + y y − 3x ⇒ (x, y) = , B 7 7
Entonces, [
] T(x, y) = B
(
) 4x+y 4x y 3y 9x 1 3 7 + 7 − 7 7 = 7 + 2y · y−3x −8x − + 5y − 15x −2 5 7 7 7 7 7 4y 4y−5x 5x 7 − 7 7 = −23x = 3y−23x 3y + 7 7 7
b) Calcule T(x, y). Respuesta: Por la parte a), tenemos las coordenadas de T(x, y) en la base B, por lo tanto, podemos escribir a T como combinacion ´ lineal de la base B, es decir: (
) ( ) ( ) 4y − 5x 3y − 23x 18x + y 24y − 107x T(x, y) = · (1, 3) + · (−1, 4) = , 7 7 7 7 113
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c) ¿Es T biyectiva? Justifique. Respuesta:
[ ] T es biyectiva ⇔ T es invertible ⇔ T es invertible. Y como, B
([ ] ) det T = det B
(
1 3 −2 5
) = 11 , 0
[ ] Entonces, T es invertible, por tanto T es invertible, de modo que es biyectiva. B
1 3 4 [ ] 4. Sea T : R3 → R3 una transformacion ´ lineal, tal que T = 3 4 7 donde C es la base canonica ´ C −2 2 0 de R3 . de T. a) Determine una base del Nucleo ´ Respuesta:
] [ ] [ [ ] Por la formula de coordenadas, T(a, b, c) = T · (a, b, c) . Entonces, ´ C
C
C
[
] (a, b, c)t ∈ Ker(T) ⇔ T(a, b, c) = (0, 0, 0)t ⇔ T(a, b, c) = (0, 0, 0)t C [ ] [ ] Entonces, (a, b, c) ∈ Ker(T) si y solo ´ si, (a, b, c) est´a en el espacio nulo de la matriz T . ⇒ − 15 f2 −→ 1 8 f3
1 3 0 1 0 1
1 [ ] T = 3 C −2 4 − f2 + f3 1 −→ 1 −3 f2 + f1
C
3 4 −3 f1 + f2 4 7 −→ 2 0 2 f1 + f3 1 0 1 0 1 1 ⇒ 0 0 0
4 1 3 0 −5 −5 0 8 8 t [ ] (a, b, c) = t t ∈ R C −t
C
son las coordenadas de (a, b, c) respecto a la base canonica, por lo tanto, (a, b, c) = (t, t, −t). ´ Entonces, Ker(T) = {(t, t, −t)
t ∈ R}. De modo que {(1, 1, −1)} es una base de Ker(T).
b) Determine una base Img(T). Respuesta: Sea A = (a, b, c) ∈ R3 un vector cualquiera, buscamos Img(T). Por la formula de coordenadas, lo que buscamos es determinar si existe un vector B ∈ R3 tal ´ que A = T(B), es decir, un B que cumpla: [
] [ ] [ ] [ ] A = (a, b, c) = T(B) = T · B C
114
C
C
C
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[ ] A = (a, b, c)t . De lo anterior, se tiene entonces que: Y como C es la base canonica, ´ C
A ∈ Img(T) ⇔ ∃ B ∈ R3 tal que T(B) = A [ ] ⇔ B son solucion ´ del sistema C [ ] [ ] [ ] A = T · B C
C
C
Entonces, 1 3 4 a 3 4 7 b −2 2 0 c − 15 f2 −→ 1 8 f3
1 3 4 0 1 1 0 1 1
−3 f1 + f2 −→ 2 f1 + f3 a 3a−b 5 2a+c 8
a 4 1 3 0 −5 −5 b − 3a 0 8 8 c + 2a
− f2 + f3 −→
1 3 4 0 1 1 0 0 0
a 3a−b 5 −7a b c 20 + 5 + 8
Entonces el sistema tiene solucion, si ´ solamente ´ −7a b c + + = 0 ⇔ −14a + 8b + 5c = 0 20 5 8 14 8 ⇔ c= a− b 5 5 { } Entonces, Img(T) = (a, b, c) ∈ R3 − 14a + 8b + 5c = 0 , es un plano que pasa por el origen. Por tanto, Img(T) =
{( a, b,
) 14 8 a − b ∈ R3 5 5
a, b ∈ R
}
Para encontar una base, separamos los par´ametros, ( ) ( ) ( ) 14 8 14 8 a, b, a − b = a, 0, a + 0, b, − b 5 5 5 5 ( ) ( ) 14 8 = a 1, 0, + b 0, 1, − 5 5 Entonces, una base para Img(T) es B = (5, 0, 14) , (0, 5, 8). Notese que tomamos vectores para´ lelos para utilizar vectores en la base que no tengan fracciones. c) Determine si T es invertible o no es invertible. Respuesta: Como Ker(T) , {(0, 0, 0)}, entonces T no es inyectiva, y como dim(Img(T)) = 2 < 3 = dim(R3 ), entonces Img(T) , R3 , por lo tanto no es sobreyectiva. Como no es inyectiva ni sobreyectiva, no es biyectiva, entonces T no es invertible.
115
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5. Considere la transformacion ´ lineal T : R3 → R4 definida por T(x1 , x2 , x3 ) = (x1 − 4x2 − 2x3 , 2x1 + 5x2 − 4x3 , −x1 + 2x3 , −3x1 + 7x2 + 6x3 ) a) Verifique que T es transformacion ´ lineal. Respuesta: T es una transformacion ´ lineal pues env´ıa una combinacion ´ lineal en R3 a una combinacion ´ 4 lineal en R . ( ) T c · (x1 , x2 , x3 ) + (y1 , y2 , y3 ) = T(cx1 + y1 , cx2 + y2 , cx3 + y3 ) = ((cx1 + y1 ) − 4(cx2 + y2 ) − 2(cx3 + y3 ), 2(cx1 + y1 ) + 5(cx2 + y2 ) − 4(cx3 + y3 ), −(cx1 + y1 ) + 2(cx3 + y3 ), −3(cx1 + y1 ) + 7(cx2 + y2 ) + 6(cx3 + y3 )) = c · (x1 − 4x2 − 2x3 , 2x1 + 5x2 − 4x3 , −x1 + 2x3 , −3x1 + 7x2 + 6x3 ) ( ) + y1 − 4y2 − 2y3 , 2y1 + 5y2 − 4y3 , −y1 + 2y3 , −3y1 + 7y2 + 6y3 ( ) = c · T x1 , x2 , x3 ) + T(y1 , y2 , y3 Sea C1 la base canonica de R3 y C2 la base canonica de R4 , entonces la matriz de T en esas ´ ´ bases es: [ ]C 2 A= T C1
1 −4 −2 2 5 −4 = 2 −1 0 −3 7 6
De este modo la transformacion ´ lineal T se puede escribir en la forma matricial, 1 −4 −2 x x 1 2 5 −4 1 · x T x2 = 2 2 −1 0 x3 x3 −3 7 6
Note que aqu´ı los vectores se est´an tratando como columnas, pero en realidad, de la forma original de T se tiene que son filas. b) Determine una base para el subespacio Nucleo de T. ´ Respuesta:
} { Por definicion, ´ Ker(T) = Nuc(T) = x ∈ R3 T(x) = 0, con 0 ∈ R4 . { } Entonces, Ker(T) = EspacioNulo(A) = x ∈ R3 Ax = 0 . Por tanto, lo que necesitamos es una base del espacio nulo de A. −2 f1 + f2 −→ A f1 + f3 3 f1 + f4
1 1 −4 −2 13 f2 1 −4 −2 4 f2 + f1 0 13 0 −→ 0 1 0 −→ −1 0 −4 0 0 1 − f2 + f3 0 f 3 4 −1 0 −5 0 0 1 0 − f2 + f4 5 f4 116
1 0 −2 0 1 0 0 0 0 0 0 0
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Por tanto, Ker(T) = {(2t, 0, t) t ∈ R}, por lo tanto, obtenemos una base separando el par´ametro, es decir, como (2t, 0, t) = t(2, 0, 1), entonces, Bker(T) = {(2, 0, 1)} es una base de Ker(T). c) Determine una base para el subespacio Imagen de T. Respuesta: Por definicion, ´
{ Img(T) = y ∈ R4
} ∃x ∈ R3 tal que y = T(x) = EspacioColumna(A)
Entonces, una base para Img(T) es una base para el EspacioColumna(A). De la parte b), 1 0 −2 0 1 0 = R A −→ 0 0 0 0 0 0 Como las columnas de A que corresponden a las columnas de R con el primer 1 de cada fila son la 1 y la 2, entonces BImg(T) = {(1, 2, −1, −3), (−4, 5, 0, 7)} es una base de la imagen de T, porque sus transpuestas son una base del espacio columna de A. d) Determine si T es inyectiva, sobreyectiva y biyectiva. Respuesta: ( ) T no es inyectiva pues Ker(T) , {(0, 0, 0)}. T no es sobreyectiva pues dim Img(T) = 2, entonces Img(T) es un subespacio de R4 que no es R4 ya que su dimension ´ es menor a 4. Entonces T no es biyectiva pues no es ni inyectiva ni sobreyectiva. 6. Sea B1 = {(1, 0, 1, 1), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 1, 1), (0, 1, 0, 1)} una base de R4 y sea B2 = {(1, 1, 1), (1, 0, 1), (0, 1, 1)} una base de R3 . Considere la transformacion ´ lineal T : R4 → R3 tal que: T(1, 0, 1, 1) = (1, 2, 3); T(0, 1, 1, 0) = (0, 1, 1); T(0, 0, 1, 1) = (0, 2, 2); T(0, 1, 0, 1) = (2, 4, 6). [ ] B2 a) Determine T . B1
Respuesta:
[ ]B2 T es la matriz cuyas columnas son las coordenadas de las im´agenes de la Por definicion, ´ B1 base B1 , respecto a la base B2 . Dicha matriz se puede calcular resolviendo el siguiente sistema aumentado: 1 1 0 1 0 0 2 − f1 + f2 1 0 1 2 1 2 4 −→ 1 1 1 3 1 2 6 − f1 + f3 117
1 1 0 1 0 0 2 0 −1 1 1 1 2 2 0 0 1 2 1 2 4
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1 1 − f3 + f2 0 −1 −→ 0 0 1 − f2 0 −→ 0
0 1 0 0 2 1 0 f + f1 0 −1 0 −1 0 0 −2 2 −→ 1 2 1 2 4 0 0 0 0 0 0 0 0 [ ]B2 0 1 0 1 0 0 2 ⇒ T = 1 B1 2 0 1 2 1 2 4
0 0 0 0 0 0 −1 0 0 −2 1 2 1 2 4 0 0 0 0 0 2 1 2 4
b) Utilice la parte (a) para determinar la formula general de la transformacion ´ ´ dada por T(x1 , x2 , x3 , x4 ). Respuesta:
[ ] La idea aqu´ı es utilizar la formula de coordenadas, T (x1 , x2 , x3 , x4 ) ´ [
B2
] [ ] B2 [ = T · (x1 , x2 , x3 , x4 ) . B1
] Entonces, primero procedemos a calcular (x1 , x2 , x3 , x4 ) . Para eso usamos el sistema; B1
1 0 0 0 1 0 1 1 1 1 0 1 − f2 + f3 −→
1 0 0 1 0 0 0 0
1 0 0 1 0 1 0 2 f4 −→ 0 0 1 0 0 0
0 x1 1 0 0 − f1 + f3 0 1 0 1 x2 −→ 0 1 1 0 x3 − f1 + f4 1 x4 0 0 1 x1 0 0 1 − f3 + f4 0 0 1 x2 0 1 −1 x3 − x1 − x2 −→ x4 − x1 1 1 0 x1 0 − f + f 1 2 4 0 1 x2 −→ 0 −1 −x1 − x2 + x3 f4 + f3 x2 −x3 +x4 1 0 2
x1 0 1 x2 0 x3 − x1 1 x4 − x1 0 1 0 0 0 1 0 0
B1
x1 0 0 0 1 x2 1 −1 x3 − x1 − x2 0 2 x4 − x3 + x2 x1 0 0 x2 +x3 −x4 0 0 2 −2x1 −x2 +x3 +x4 1 0 2 x2 −x3 +x4 0 1 2
Por tanto, [
] (x1 , x2 , x3 , x4 )
B1
=
x1 x2 +x3 −x4 2 −2x1 −x2 +x3 +x4 2 x2 −x3 +x4 2
Entonces, utilizando la formula de coordenadas, ´ [
] T (x1 , x2 , x3 , x4 )
B2
0 0 0 0 = 1 0 0 2 · 2 1 2 4
x1
x2 +x3 −x4 2 −2x1 −x2 +x3 +x4 2 x2 −x3 +x4 2
0 = x1 + x2 − x3 + x4 3x2 −x3 +5x4 2
Como este vector son las coordenadas de T (x1 , x2 , x3 , x4 ) en la base B2 , para encontrar su valor, se debe de escribir como combinacion ´ lineal de la base. Entonces, la forma expl´ıcita de T es; ( ) 3x2 − x3 + 5x4 T (x1 , x2 , x3 , x4 ) = 0 · (1, 1, 1) + (x1 + x2 − x3 + x4 ) · (1, 0, 1) + · (0, 1, 1) 2 ( ) 3x2 − x3 + 5x4 2x1 + 5x2 − 3x3 + 7x4 , = x1 + x2 − x3 + x4 , 2 2 118
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( ) ( ) 7. Se define T : R4 → R4 por T x, y, z, w = 0, x, y, z . a) Pruebe que T es una aplicacion ´ lineal. Respuesta: Para que T sea una transformacion ´ lineal, es necesario que env´ıe una combinacion ´ lineal en 4 4 R a una combinacion ´ lineal en R . ) ( T c · (x1 , y1 , z1 , w1 ) + (x2 , y2 , z2 , w2 ) = T(cx1 + x2 , cy1 + y2 , cz1 + z2 , cw1 + w2 ) ( ) ( ) ( ) = 0, cx1 + x2 , cy1 + y2 , cz1 + z2 = 0, cx1 , cy1 , cz1 + 0, x2 , y2 , z2 ( ) ( ) = c · 0, x1 , y1 , z1 + 0, x2 , y2 , z2 ( ) ( ) = c · T x1 , y1 , z1 , w1 + T x2 , y2 , z2 , w2 Por tanto T es una transformacion ´ lineal. b) Halle una base para el nucleo de T. ´ Respuesta:
{ Por definicion, ´ Ker(T) = Nuc(T) = (x, y, z, w) ∈ R4
} T(x, y, z, w) = (0, 0, 0, 0) . Pero entonces,
(x, y, z, w) ∈ Ker(T) ⇔ T(x, y, z, w) = (0, x, y, z) = (0, 0, 0, 0) ⇔ x = y = z = 0 Entonces, Ker(T) = {(0, 0, 0, t) {(0, 0, 0, 1)}.
t ∈ R}. Entonces, una base para el nucleo de T es, BKer(T) = ´
c) Halle una base para la imagen de T. Respuesta: Por la manera en que T est´a definida, Img(T) = {(0, a, b, c) a, b, c ∈ R}. Esto porque la primera entrada claramente debe ser siempre cero, y si (0, a, b, c) ∈ R4 , entonces (a, b, c, 1) es una preimagen de (0, a, b, c). Entonces, separando par´ametros; (0, a, b, c) = a(0, 1, 0, 0) + b(0, 0, 1, 0) + c(0, 0, 0, 1) Entonces, BImg(T) = {(0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} es una base de Img(T). d) Considere la base B = {(1, 0, 0, 1), (−1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (0, 1, −1, 0)}, de R4 y determine la ma[ ] triz T . B
Respuesta:
[ ] Por definicion, ´ la matriz T es la matriz cuyas columnas son las coordenadas en la base B, B de la imagen de los vectores de la base B en T. Para calcular la matriz, entonces primero necesitamos las imagenes de la base B en T;
119
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T(1, 0, 0, 1) = (0, 1, 0, 0), T(−1, 0, 0, 1) = (0, −1, 0, 0) T(0, 1, 1, 0) = (0, 0, 1, 1), T(0, 1, −1, 0) = (0, 0, 1, −1) Ahora, resolvemos el sistema aumentado; 1 −1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 −1 0 0 0 0 1 −1 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 −1 1 −1 0 0 0 0 0 0 1 1 1 −1 −→ 1 −1 0 0 0 1 2 2 1 f 2 4 0 1 0 0 0 0
−1 2 f3
0 0
−1 2 1 2
− f + f 1 4 −→ − f2 + f3 0 0
−1 2 −1 2
0 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 1 1 1 −1 0 0 0 0 0 −2 −1 1 1 1 0 0 1 −1 0 2 0 0
f + f 4 1 −→ − f3 + f2
1 0 0 0 1 0 −→ 0 0 1 0 0 0
0 0 0 0 0 12 1 12
1 0 0 [ ] 0 1 0 T = B 0 0 1 0 0 0
0 0 0 0 0 12 1 12
0 0
−1 2 −1 2
1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 2 1 2 1 2 −1 2
−1 2 −1 2 1 2 −1 2
0 0 0 12 1 12 0 0
0
−1 2 −1 2
0
1 2 1 2 −1 2 1 2
−1 2 1 2 −1 2 −1 2
Entonces, 0 0
−1 2 −1 2
1 2 1 2 1 2 −1 2
−1 2 −1 2 1 2 −1 2
−a un vector fijo de R2 distinto de cero. Determine, justificando, si la funcion 8. Sea → ´ T : R2 → R2 , que se define a continuacion, ´ es una transformacion ´ lineal, o no lo es ) (− a ·X X a) T(X) = → Respuesta: −a ∈ R2 un vector fijo distinto de cero, → −a = (a , a ). Sea c ∈ R, X, Y ∈ R2 . Entonces, Sea → 1 2 (− ) ( − −a · Y) · (cX + Y) a (cX + Y) · (cX + Y) = c→ a · X +→ T (cX + Y) = → ( − −a · Y) · cX + (c→ −a · X + → −a · Y) · Y = c→ a · X +→ (− ) (− ) (− ) (− ) = c2 → a ·X ·X+c → a ·Y ·X+c → a ·X ·Y+ → a ·Y ·Y (− ) (− ) = c2 T (X) + c → a ·Y ·X+c → a · X · Y + T (Y) (⋆) entonces T no es una transformacion ´ lineal. Esto se puede observar por la presencia de t´erminos mixtos y la constante al cuadrado. Por ejemplo, con c = 1, X = e1 y Y = e2 los vectores canonicos, se tiene, ´ ´ T(X) = T(1, 0) = ((a1 , a2 ) · (1, 0)) · (1, 0) = (a1 , 0) 120
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Prof. Christian Fonseca T(X) = T(0, 1) = ((a1 , a2 ) · (0, 1)) · (0, 1) = (0, a2 )
−a . Por otro lado, cX + Y = (1, 1), entonces, de la formula Entonces, cT(X) + T(Y) = (a1 , a2 ) = → ´ (⋆), T (cX + Y) = 12 · (a1 , 0) + 1 · ((a1 , a2 ) · (0, 1)) · (1, 0) + 1 · ((a1 , a2 ) · (1, 0)) · (0, 1) + (0, a2 ) −a + (a , a ) = (a , 0) + (a , 0) + (0, a ) + (0, a ) = (a , a ) + (a , a ) = → 1
2
2
1
1
2
2
1
2
1
De modo que, T(cX + Y) , cT(X) + T(Y), por tanto T no es transformacion ´ lineal. (− )− b) T(X) = → a ·X → a Respuesta: −a ∈ R2 un vector fijo distinto de cero. Sea c ∈ R, X, Y ∈ R2 . Entonces, Sea → (− ) − ( (→ ) − ) − T (cX + Y) = → a · (cX + Y) · → a = c −a · X + → a · Y ·→ a (→ ) ( ) −a + → −a · Y · → −a = cT (X) + T (Y) = c −a · X · → entonces T es una transformacion ´ lineal. 9. Se define la funcion ´ T : R3 → R5 por, ( ) T(x, y, z) = x + 2y, y, x + 2y − z, 2x + 2y, x + 2y + z a) Muestre que T es una transformacion ´ lineal inyectiva. Respuesta: Sean C1 y C2 las bases canonicas de R3 y R5 , respectivamente. Entonces la matriz de T respecto ´ a estas bases es:
[ ]C2 T C1
=
1 0 1 2 1
2 0 1 0 2 −1 2 0 2 1
pues, T(1, 0, 0) = (1, 0, 1, 2, 1), T(0, 1, 0) = (2, 1, 2, 2, 2) y T(0, 0, 1) = (0, 0, −1, 0, 1).
([ ]C ) 2 . Ahora, como C1 es la base canonica de R3 , entonces Ker(T) = Nuc(T) = EspacioNulo T ´ C1
Por lo tanto, T es inyectiva si ([ ]C ) 2 EspacioNulo T = {(0, 0, 0)} C1
Entonces,
121
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1 2 0 1 0 0 −2 f + f 2 1 0 1 0 0 1 0 [ ]C2 −→ 0 0 −1 T 0 0 −1 C1 f3 + f5 0 −2 0 0 0 0 2 f2 + f4 0 0 0 0 0 1 ([ ]C ) 2 Por lo tanto, Ker(T) = EspacioNulo T = {(0, 0, 0)}, entonces T es inyectiva. − f1 + f3 −→ − f1 + f5 −2 f1 + f4
C1
b) Halle una base para la imagen de T. Respuesta: Por teorema, sabemos que las dimensiones de R3 , de Ker(T) y de Img(T) est´an relacionadas por la identidad, ( ) ( ) 3 = dim R3 = dim (Ker(T)) + dim Img(T) y por la parte a), como T es inyectiva, entonces dim (Ker(T)) = 0, entonces se concluye que ( ) dim Img(T) = 3. Por lo tanto, se necesitan 3 vectores para encontrar una base de Img(T). ( [ ]C ) 2 Como C2 es la bse canonica de R5 , entonces Img(T) = EspacioColumna T . Y dado que, ´ C1
[ ]C2 T C1
−→
1 0 0 0 0
0 1 0 0 0
0 0 1 0 0
Entonces, una base para la imagen de T es, {(1, 0, 1, 2, 1), (2, 1, 2, 2, 2), (0, 0, −1, 0, 1)} 10. Sean T : R3 → R3 una transformacion ´ lineal, B = {u1 , u2 , u3 } una base de R3 y C = {e1 , e2 , e3 } la base canonica de R3 . Si ´ T (e1 ) = u1 , T (e2 ) = u1 − 2u2 + u3 , T (e3 ) = au1 + bu3 donde a, b ∈ R. [ ]B a) Halle T . C
Respuesta:
[ ]B Por definicion, ´ las columnas de T son las coordenadas de las im´agenes de la base C en T, C respecto a la base B. Como, T (e1 ) = 1 · u1 + 0 · u2 + 0 · u3 122
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Prof. Christian Fonseca T (e2 ) = 1 · u1 − 2 · u2 + 1 · u3 T (e3 ) = a · u1 + 0 · u2 + b · u3
entonces, [ ]B 1 1 a T = 0 −2 0 C 0 1 b b) ¿Para cu´ales valores de los par´ametros a y b, T es inyectiva? Respuesta:
( [ ]B ) [ ] T es inyectiva si Ker(T) = {(0, 0, 0)}. Y note que, (0, 0, 0) = (0, 0, 0)t y EspacioNulo T son B
las coordenadas en la base B de los vectores del nucleo de T. ´
C
([ ]B ) } { Se concluye que T es inyectiva si y solo = (0, 0, 0)t , ya que el unico ´ si EspacioNulo T ´ C
vector con coordenadas (0, 0, 0)t es el vector (0, 0, 0).
[ ]B − 1 f 2 1 T C −→
1 1 a − f2 + f1 0 1 0 −→ 0 1 b − f2 + f3
1 0 a 0 1 0 = R 0 0 b
Entonces, de R, se obtienen los siguientes casos; Si b , 0, 1 0 a 0 1 0 = P R −→ 0 0 1 1 b f3
Si a = 0, R = I3 . Si a , 0, P
−a f3 + f1 I3 . −→
([ ]B ) = 2. Si b = 0, entonces, ∀a ∈ R, Rng T C
([ ]B ) { } Por lo tanto, solo = (0, 0, 0)t que se da si y solo ´ si b , 0 y ∀a ∈ R, entonces EspacioNulo T ´ C
si T es inyectiva. 11. B = {(1, 1, −1, 3), (0, 0, 1, 0), (0, 1, −2, 2), (1, 0, 0, 0)} es una base de R4 , C es la base canonica de R4 y ´ 4 4 T : R → R es un operador lineal tal que 0 −2 0 1 [ ]B 0 4 1 −1 T = C 0 3 0 −1 1 2 0 −1 123
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[ ]C Determine T . C
Respuesta: Podemos usar la composicion ´ de transformaciones lineales con la identidad I : R4 → R4 , y la formula de la matriz de una composicion ´ ´ [ ]C [ ]C [ ]C [ ]B T = I◦T = I · T C
C
B
C
[ ]B Entonces, necesitamos calcular I que es la matriz de cambio de base de B a C en R4 . C
Claramente, 1 [ ]C 1 I = B −1 3
0 0 1 0 1 0 1 −2 0 0 2 0
Por tanto, aplicando la formula de la matriz de una composicion ´ ´ de transformaciones lineales, 1 [ ]C [ ]C [ ]B 1 T = I · T = C B B −1 3
0 0 1 0 1 0 1 −2 0 0 2 0
0 −2 0 1 0 4 1 −1 = 0 3 0 −1 1 2 0 −1
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
12. Considere la base B = {(1, 0, 1), (1, 1, 0), (1, 1, 1)} de R3 y sea T : R3 → R3 un operador lineal tal que 0 0 −1 [ ] T = −1 0 −1 B 2 1 3 [ ]C de R3 . a) Calcule I ; siendo C la base canonica ´ B
Respuesta: Buscamos la matriz de cambio de base B a la base C. Entonces, escribimos la matriz aumentada donde del lado izquierdo colocamos la base a la que queremos llegar (base C) y del lado derecho la base de donde partimos (base B); 1 0 0 1 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 1 [ ]C Como a la izquierda tenemos la identidad, entonces la matriz de la derecha es I . Entonces [ ]C 1 1 1 I = 0 1 1 B 1 0 1 124
B
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b) Determine T(x, y, z). Respuesta:
[ ( [ ] [( )] )] Por la formula de coordenadas, T x, y, z = T · x, y, z . ´ B
B
B
Primero procedemos a calcular las coordenadas del vector (x, y, z) en la base B. Para eso usamos el sistema; 1 1 1 x − f2 + f1 0 1 1 y −→ 1 0 1 z 1 0 0 − f3 + f2 0 1 0 −→ 0 0 1
1 0 0 x − y 1 − f1 + f3 0 1 1 0 y −→ 1 0 1 z 0 x − y [( )] x − z x, y, z ⇒ B z+y−x
x−y 0 0 y 1 1 0 1 z+y−x x − y = x − z z+y−x
Entonces, utilizando la formula de coordenadas, ´ 0 0 −1 x − y x − y − z [ ( ] ) T x, y, z = −1 0 −1 · x − z = −z B 2 1 3 z+y−x y + 2z ( ) Como este vector son las coordenadas de T x, y, z en la base B, para encontrar su forma expl´ıcita, se debe de escribir como combinacion ´ lineal de la base. Entonces, ( ) T x, y, z = (x − y − z) · (1, 0, 1) + −z · (1, 1, 0) + (y + 2z) · (1, 1, 1) = (x, y + z, x + z) ( ) De modo que la transformacion ´ lineal T es T x, y, z = (x, y + z, x + z). 13. Determine una transformacion ´ lineal T : R4 → R2 tal que {(1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1)} sea una base para el nucleo de T. ´ Respuesta: Sean v1 = (1, 0, 1, 0) y v2 = (0, 1, 0, 1). Como v1 · v2 = 0, entonces son ortogonales y por tanto son li. Para que sean base de ker(T) la transformacion ´ debe cumplir que: T (v1 ) = T(1, 0, 1, 0) = (0, 0)
T (v2 ) = T(0, 1, 0, 1) = (0, 0)
Como queremos que v1 y v2 sean la base de ker(T), entonces se tiene que dim (ker(T)) = 2, y por consiguiente por el teorema de las dimensiones ( ) ( ) ( ) 4 = dim R4 = dim (ker(T)) + dim Img(T) = 2 + dim Img(T) ( ) ( ) Entonces, dim Img(T) = 2. Y como dim R2 = 2, entonces T es una transformacion ´ sobreyectiva. Ahora, si v3 = (1, 0, 0, 0) y v4 = (0, 1, 0, 0), entonces los vectores v1 , v2 , v3 , v4 son li y como son 4 vectores de R4 entonces son base. Como T es sobreyectiva, y {v1 , v2 , v3 , v4 } es un conjunto que genera a R4 (pues es base), y como T : R4 → R2 , entonces {T (v1 ) , T (v2 ) , T (v3 ) , T (v4 )} es un conjunto 125
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que genera a R2 . Pero como T (v1 ) = (0, 0) = T (v2 ), entonces se debe cumplir que T (v3 ) , T (v4 ) deben de generar a R2 . Para que esto sea cierto, podemos tomar T (v4 ) = T(0, 1, 0, 0) = (0, 1)
T (v3 ) = T(1, 0, 0, 0) = (1, 0)
Como una transformacion ´ lineal queda determinada por su efecto sobre una base, entonces si B = {v1 , v2 , v3 , v4 }, la forma en que T queda determinada es: si (x, y, z, w) = c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 + c4 v4 , entonces T(x, y, z, w) = c1 T (v1 ) + c2 T (v2 ) + c3 T (v3 ) + c4 T (v4 ) = c3 (1, 0) + c4 (0, 1) = (c3 , c4 ) Entonces, T(x, y, z, w) = (c3 , c4 ) donde (c1 , c2 , c3 , c4 )t son las coordenadas del vector (x, y, z, w) en la base {v1 , v2 , v3 , v4 }. Vamos a calcular la forma expl´ıcita de estas coordenadas: 1 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0
0 x 1 y 0 z 0 w
− f + f 3 1 −→ − f2 + f4
1 0 0 − f3 0 1 0 −→ 0 0 1 − f4 0 0 0
x 0 1 0 1 0 1 0 1 y 0 0 −1 0 z − x 0 0 0 −1 w − y
z 0 0 w 0 x−z 1 y−w
⇒
f + f 3 1 −→ f4 + f2
z 0 1 0 0 0 1 0 0 w 0 0 −1 0 z − x 0 0 0 −1 w − y
z [( )] w x, y, z, w = B x − z y−w
c1 c2 = c3 c4
( ) Entonces, T(x, y, z, w) = x − z, y − w es una transformacion ´ lineal que cumple con todas las condiciones pedidas.
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10. Valores y vectores propios de operadores y matrices 1 0 1. Determine si la matriz A = 0 0
1 1 0 0
1 1 2 1
1 1 es o no diagonalizable. 0 2
Respuesta: Calculamos el polinomio caracter´ıstico de A, PA (λ) = det (A − λI4 ). Note que, 1 1 1 1 − λ 0 1−λ 1 1 A − λI4 = 0 2−λ 0 0 0 0 1 2−λ
1−λ 1 1 0 2−λ 0 ⇒ PA (λ) = (1 − λ) · = (1 − λ)2 · (2 − λ)2 0 1 2−λ Por lo tanto, PA (λ) = (1 − λ)2 · (2 − λ)2 , de modo que los valores propios de A son λ1 = 1 y λ2 = 2. Calculamos los subespacios propios: Para λ1 = 1, Vλ=1 = EspacioNulo (A − I4 ). 0 1 1 0 0 1 A − I4 = 0 0 1 0 0 1
1 1 0 1
− f + f 2 1 −→ − f2 + f4
0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0
0 1 0 0
− f3 + f2 −→
0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 −→ 0 0
1 0 0 0
0 0 1 0
0 1 0 0
{ } Entonces Vλ=1 = {(t, 0, 0, 0) t ∈ R}, de modo que Bλ=1 = (1, 0, 0, 0)t es una base. Por lo tanto, la multiplicidad geom´etrica es 1 y la multiplicidad algebraica es 2. De modo que A no es diagonalizable, porque las multiplicidades geom´etricas y algebraicas de un valor propio son distintas. 13 1 −2 2. Los valores propios de la matriz M = 1 13 −2 son λ1 = 12 y λ2 = 18. Calcule una matriz Q −2 −2 16 t ortogonal y una matriz D diagonal tal que Q MQ = D. Respuesta: La matriz Q es la matriz cuyas columnas son una base ortonormal de vectores propios de M.
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Subespacios propios: Para λ1 = 12, Vλ=12 = EspacioNulo (M − 12I3 ), entonces, 1 1 1 M − 12I3 = 1 −2 −2 { Por lo tanto, Vλ=12 = (−s + 2t, s, t)t
Entonces, Bλ=12
− f1 + f2 1 1 −2 0 0 0 −→ 0 0 0 2 f1 + f3 } s, t ∈ R . Y como: −2 −2 4
⇒
x + y − 2z = 0
(−s + 2t, s, t) = (−s, s, 0) + (2t, 0, t) = s(−1, 1, 0) + t(2, 0, 1) { } = {v1 , v2 } = (−1, 1, 0)t , (2, 0, 1)t es una base de Vλ=12 de vectores propios de M.
Aplicamos Gram-Smith a esa base para covertirla en base ortogonal. a1 = v1 = (−1, 1, 0)
⇒
||a1 ||2 = 2 ||a1 || =
√
2
Como, v2 · a1 = (2, 0, 1) · (−1, 1, 0) = −2, entonces, a2 = v2 −
v2 · a1 ||a1 ||2
a1 = (2, 0, 1) −
−2 · (−1, 1, 0) = (1, 1, 1) 2
⇒
||a2 ||2 = 3 ||a2 || =
√ 3
Por tanto, una base ortogonal de Vλ=12 est´a conformada por los vectores, a1 y a2 . Para obtener una base ortonormal, normalizamos los vectores de la base ortogonal que acabamos de obtener.
Entonces, Cλ=12 =
{(
−1 √ , √1 2 2
( ) a1 −1 1 1 b1 = = √ · (−1, 1, 0) = √ , √ , 0 ||a1 || 2 2 2 ( ) a2 1 1 1 1 b2 = = √ · (1, 1, 1) = √ , √ , √ ||a2 || 3 3 3 3 )t ( )t } 1 √1 √1 √ , , es una base ortonormal de Vλ=12 . ,0 , 3
3
3
Para λ2 = 18, Vλ=18 = EspacioNulo (M − 18I3 ). −5 1 −2 5 f2 + f1 −→ M − 18I3 = 1 −5 −2 −2 −2 −2 2 f2 + f3 − f1 + f3 −→
f 0 2 1 0 −24 −12 −1 12 1 1 −5 −2 −→ 1 −5 −2 −1 0 −12 −6 0 2 1 6 f3
1 1 1 0 1 0 2 2 f 5 f1 + f2 1 −5 −2 2 1 1 −5 −2 −→ −→ 0 0 0 0 0 0
f1 ⇔ f2 −→
1 0 12 0 1 12 0 0 0
⇒
128
x = y =
−1 2 z −1 2 z
⇒
0 1 12 1 0 12 0 0 0
2x = −z 2y = −z
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{ Por lo tanto, Vλ=18 = (t, t, −2t)t es una base de Vλ=18 .
} { } t ∈ R . Y como (t, t, −2t) = t(1, 1, −2), entonces Bλ=18 = (1, 1, −2)t
Para encontrar una base ortonormal de Vλ=18 , en este caso, basta con normalizar al unico vector ´ 2 de la base. Y como ||(1, 1, −2)|| = 6, entonces,
Entonces, Cλ=18 =
{(
√1 , √1 6 6
( ) 1 1 1 −2 · (1, 1, −2) = √ , √ , √ ||(1, 1, −2)|| 6 6 6 )t } −2 √ , es base ortonormal de Vλ=18 . 6
Por lo tanto, C = Cλ=12 ∪ Cλ=18 =
{(
)t ( , √1 ,
−1 √ , √1 , 0 2 2
3
√1 , √1 3 3
)t ( , √1 , 6
√1 , −2 √ 6 6
)t } , es una base ortonor-
mal de vectores propios de M, porque los vectores propios asociados a distintos valores propios son ortogonales entre s´ı. Entonces la matriz ortogonal a Q es, −1 √2 1 Q = √2 0
√1 3 √1 3 √1 3
√1 6 √1 6 −2 √ 6
y la matriz diagonal D similar a M es la matriz, 12 0 0 D = 0 12 0 0 0 18
5 −6 −6 2 . 3. Sea A = −1 4 3 −6 −4 a) Calcule los valores propios de A. Respuesta: El polinomio caracter´ıstico de A es; −6 5 − λ −6 2 PA (λ) = det (A − λI3 ) = det −1 4 − λ 3 −6 −4 − λ
= − (λ − 1) · (λ − 2)2
Entonces los valores propios de A son λ1 = 1, λ2 = 2. Los subespacios propios: Para λ = 1, Vλ=1 = EspacioNulo (A − I3 ). 4 −6 −6 2 A − I3 = −1 3 3 −6 −5
4 f2 + f1 −→ 3 f2 + f3 129
0 6 2 − f3 + f2 −1 3 2 −→ 0 3 1 −2 f3 + f1
0 0 0 −1 0 1 0 3 1
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0 0 0 1 0 −1 1 0 −1 f1 ⇔ f2 f2 ⇔ f3 1 1 0 −1 0 0 0 −→ −→ 0 1 3 1 1 0 1 3 0 0 0 0 1 3 {( } )t Por lo tanto, Vλ=1 = t, −t , t t ∈ R . Entonces, para determinar una base, 3 ( ) ( ) −1 t, −t 3 , t = t 1, 3 , 1 . {( )t } Podemos tomar, Bλ=1 = 1, −1 , 1 . Entonces, la multiplicidad geom´etrica y 3 − f2 −→ 1 3 f3
algebraica son
iguales a 1. Para λ = 2, Vλ=2 = EspacioNulo (A − 2I3 ).
Por lo tanto, Vλ=2
3 −6 −6 − f1 + f3 3 −6 −6 1 −2 −2 2 −→ A − 2I3 = −1 2 3 −6 −6 − f1 0 0 0 0 0 0 1 −2 −2 f ⇔ f2 −3 f2 + f1 1 −2 −2 1 0 −→ 0 0 −→ 0 0 0 0 0 0 { } = (2s + 2t, s, t)t s, t ∈ R . Entonces, para obtener una base,
(2s + 2t, s, t) = (2s, s, 0) + (2t, 0, t) = s (2, 1, 0) + t (2, 0, 1) { } Una base de Vλ=2 , es Bλ=2 = (2, 1, 0)t , (2, 0, 1)t . Entonces, la multiplicidad geom´etrica y algebraica son iguales a 2. b) Determine si A es diagonalizable o no. Respuesta: Para λ = 1 y λ = 2, la multiplicidad geom´etrica y algebraicas son iguales, por teorema, A es diagonalizable, y la matriz C que diagonaliza a A es, 1 C = −1 3 1
2 2 1 0 0 1
1 0 0 D = 0 2 0 0 0 2
es la matriz diagonal que es similar a A. 2 0 4. λ = 2 es el unico valor propio de la matriz A = ´ 0 0
1 2 0 0
0 1 2 0
0 0 . 0 2
a) Halle una base para el espacio propio V2 asociado al valor propio λ = 2. Respuesta: 130
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Sabemos que, V2 = EspacioNulo(A − 2I4 ). Y como, 0 1 0 0 0 0 1 0 A − 2I4 = 0 0 0 0 0 0 0 0 { } Entonces, claramente, V2 = (s, 0, 0, t)t s, t ∈ R . Para obtener una base, separamos los par´ame{ } tros, (s, 0, 0, t) = s(1, 0, 0, 0) + t(0, 0, 0, 1). Entonces, BV2 = (1, 0, 0, 0)t , (0, 0, 0, 1)t es base de V2 . b) (10 puntos) ¿Es la matriz A diagonalizable? (Justifique su respuesta). Respuesta: Note que λ = 2 es el unico valor propio de A, esto porque su polinomio caracter´ıstico es: ´ 1 0 0 2 − λ 0 2−λ 1 0 = (2 − λ)4 PA (λ) = det(A − λI4 ) = det 0 2−λ 0 0 0 0 0 2−λ Entonces, λ = 2 tiene multiplicidad algebraica 4. Y como su subespacio propio V2 , tiene dimension ´ 2, entonces λ = 2 tiene multiplicidad geom´etrica 2. Como son distintas, por teorema, entonces A no es diagonalizable. 1 0 1 5. Sea 0 1 1. Halle una matriz C tal que 1 1 0
1 0 0 C−1 A C = 0 2 0 0 0 −1
Respuesta: Como A es sim´etrica, entonces es ortogonalmente diagonalizable. Es decir, existen una matriz C ortogonal y una matriz D diagonal, tales que C−1 AC = D. Entonces, claramente la matriz D es 1 0 0 D = 0 2 0 0 0 −1 y entonces los valores propios de A son los elementos de la diagonal principal de D, es decir que, λ1 = 1 λ2 = 2 y λ3 = −1 son los valores propios de A. Y por la teor´ıa, sabemos tambi´en que la matriz C es la que tiene como columnas, una base ortonormal de vectores propios de A. Calculamos los subespacios propios asociados a cada valor propio de A: Para λ = 1; Vλ=1 = EspacioNulo (A − I3 )
131
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0 0 1 − f1 + f2 0 0 1 1 1 0 1 1 0 f ⇔ f3 f ⇔ f3 0 0 0 1 0 0 0 2 0 0 1 −→ A − I3 = 0 0 1 −→ −→ 1 1 −1 f1 + f3 1 1 0 0 0 1 0 0 0 { } Entonces, Vλ=1 = (t, −t, 0)t t ∈ R . Separamos el par´ametro, y tenemos que (t, −t, 0) = t (1, −1, 0), { } por lo tanto, Bλ=1 = (1, −1, 0)t es una base de Vλ=1 . Para encontrar una base ortonormal, norma√ lizamos el vector de la base. Como, ||(1, −1, 0)|| = 2, entonces,
Entonces,
B∗λ=1
=
{(
√1 2
( ) 1 1 −1 · (1, −1, 0) = √ , √ , 0 ||(1, −1, 0)|| 2 2 )t } −1 √ , ,0 es una base ortonormal de Vλ=1 . 2
Para λ = 2; Vλ=2 = EspacioNulo (A − 2I3 ) 1 f1 + f3 −1 0 1 − f2 + f3 1 0 −1 −1 0 0 1 −1 −→ A − 2I3 = 0 −1 1 −→ 0 1 −1 1 1 −2 − f2 0 1 −1 − f1 0 0 0 { } Entonces, Vλ=2 = (t, t, t)t t ∈ R . Separamos el par´ametro para encontrar una base: (t, t, t) = { } t (1, 1, 1), por lo tanto, Bλ=2 = (1, 1, 1)t es una base de Vλ=2 . Ahora, normalizamos el vector de la √ base. Como, ||(1, 1, 1)|| = 3, entonces,
Entonces,
B∗λ=2
=
{(
√1 , √1 , √1 3 3 3
( ) 1 1 1 1 · (1, 1, 1) = √ , √ , √ ||(1, 1, 1)|| 3 3 3 )t } es una base ortonormal de Vλ=2 .
Para λ = −1; Vλ=−1 = EspacioNulo (A + I3 ) 2 0 1 −2 f3 + f1 A + I3 = 0 2 1 −→ 1 1 1
0 −2 −1 0 2 1 1 1 1
f1 + f2 −→ 1 2 f1 + f3
0 −2 −1 0 0 0 1 1 0 2
0 1 12 1 0 12 f ⇔ f2 0 1 12 −→ 1 0 12 1 −→ f2 ⇔ f3 0 0 0 0 0 0 { } Entonces, Vλ=−1 = (−t, −t, 2t)t t ∈ R . Separamos el par´ametro, y tenemos que (−t, −t, 2t) = { } √ t (−1, −1, 2), por lo tanto, Bλ=−1 = (−1, −1, 2)t es una base de Vλ=−1 . Como, ||(−1, −1, 2)|| = 6, entonces, −1 2 f1
( ) 1 −1 −1 2 · (−1, −1, 2) = √ , √ , √ ||(−1, −1, 2)|| 6 6 6 132
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Entonces, una base ortonormal de Vλ=−1 es
B∗λ=−1
=
{(
−1 √ , −1 √ , √2 6 6 6
)t }
Una base ortonormal de R3 formada por vectores propios de A es: B = B∗λ=1 ∪ B∗λ=2 ∪ B∗λ=−1
( )t ( )t ( )t 1 1 −1 −1 1 1 −1 2 , , = , , 0 , , , , √ √ √ √ √ √ √ √ 2 3 3 3 6 6 6 2
As´ı, C es la matriz cuyas columnas son los vectores de la base anterior, es decir, C es la matriz dada por; 1 √2 −1 C = √2 0
√1 3 √1 3 √1 3
−1 √ 6 −1 √ 6 √2 6
1 a − 2 0 2 1 6. Sea A = 0 0 0 1 a) Halle el polinomio caracter´ıstico de A. Respuesta: Calculamos el polinomio caracter´ıstico de A, PA (λ) = det (A − λI3 ). Note que, A − λI3 es triangular, 0 1 − λ a − 2 2−λ 1 A − λI3 = 0 0 0 1−λ
Entonces, PA (λ) = (1 − λ)2 · (2 − λ), es el polinomio caracter´ıstico de A. De modo que los valores propios de A son λ1 = 1 y λ2 = 2. b) λ = 1 es un valor propio de A. Sea Vλ=1 el subespacio propio correspondiente a este valor propio. 1) Determine los valores de a para los cuales la dimension ´ de Vλ=1 es igual a 1. Respuesta: Como Vλ=1 = EspacioNulo (A − I3 ), entonces ) ( dim (Vλ=1 ) = dim EspacioNulo (A − I3 ) = 3 − Rng (A − I3 ) 0 a − 2 0 1 1 A − I3 = 0 0 0 0 Si a , 2, 133
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A − I3
0 1 0 − f1 + f2 0 1 1 −→ −→ 0 0 0
1 a−2 f1
0 1 0 0 0 1 0 0 0
Entonces Rng (A − I3 ) 2 y dim (Vλ=1 ) = 1 2) Determine los valores de a para los cuales la dimension ´ de Vλ=1 es igual a 2. Respuesta: Si a = 2, Rng (A − I3 ) = 1 y entonces, dim (Vλ=1 ) = 2. c) Determine los valores de a para los cuales la matriz A es diagonalizable; y en este caso, halle una matriz invertible C tal que C−1 AC sea diagonal. Respuesta: A es diagonalizable si para cada valor propio, las multiplicidades geom´etricas y algebraicas son iguales. Como, para λ = 1; multiplicidad algebraica=2 y multiplicidad geom´etrica=dim (Vλ=1 ). Entonces, si a = 2, por la parte b), se tiene que dim (Vλ=1 ) = 2 y las multiplicidades son iguales para el valor propio λ = 1. Para el valor λ = 2, como la multiplicidad algebraica=1 y multiplicidad geom´etrica=dim (Vλ=2 ), y dado que para que A sea diagonalizable se necesita que 3 = dim (Vλ=1 ) + dim (Vλ=2 ), por lo tanto, si a = 2 se sigue que dim (Vλ=2 ) = 1 y las multiplicidades son iguales para el valor propio λ = 2. Entonces, A es diagonalizable si a = 2. Calculamos los subespacios propios: Por la parte b), para λ = 1, Vλ=1 = EspacioNulo (A − I3 ).
{ entonces, Vλ=1 = (s, −t, t)t Vλ=1 .
0 1 1 A − I3 = 0 0 0 0 0 0 } { } s, t ∈ R , por lo tanto, Bλ=1 = (1, 0, 0)t , (0, −1, 1)t es una base de
Para λ = 2, Vλ=2 = EspacioNulo (A − 2I3 ).
entonces, Vλ=2
−1 0 0 − f1 1 0 0 A − 2I3 = 0 0 1 −→ 0 0 1 0 0 −1 f2 + f3 0 0 0 } { } { = (0, s, 0)t s ∈ R , por lo tanto, Bλ=2 = (0, 1, 0)t es una base de Vλ=2 .
134
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Entonces, { } B = Bλ=1 ∪ Bλ=2 = (1, 0, 0)t , (0, −1, 1)t , (0, 1, 0)t es una base de R3 formada por los vectores propios de A. 1 0 0 1 0 0 Por lo tanto, si C = 0 −1 1 y D = 0 1 0 0 0 2 0 1 0 Por tanto, C es la matriz buscada.
. Entonces C y D cumplen que, C−1 AC = D.
−1 1 2 7. Sea A = 0 2 0 . −2 1 3 a) Determine los valores propios de A. Respuesta: El polinomio caracter´ıstico de A es 1 2 −1 − λ 0 2−λ 0 PA (λ) = det (A − λI3 ) = det −2 1 3−λ
= (2 − λ) (λ − 1)2
Entonces los dos valores propios de A son λ1 = 1 y λ2 = 2 b) Para cada valor propio de A halle una base para su espacio propio asociado. Respuesta: Calculamos los subespacios propios: Para λ1 = 1, Vλ=1 = EspacioNulo (A − I3 ). −2 1 2 − f1 + f3 A − I3 = 0 1 0 −→ −2 1 2 { Entonces Vλ=1 = (t, 0, t)t propio Vλ=1 .
−2 1 2 − f1 + f2 0 1 0 −→ 0 0 0
−2 0 2 −1 f 0 1 0 2 1 −→ 0 0 0
1 0 −1 0 1 0 0 0 0
} } { t ∈ R , de modo que Bλ=1 = (1, 0, 1)t es una base del subespacio
Para λ2 = 2, Vλ=2 = EspacioNulo (A − 2I3 ). −3 1 2 − f3 + f1 A−2I3 = 0 0 0 −→ −2 1 1
−1 0 1 − f1 0 0 0 −→ −2 1 1 f2 ⇔ f3 135
1 0 −1 2 f1 + f2 −2 1 1 −→ 0 0 0
1 0 −1 0 1 −1 0 0 0
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{ Entonces Vλ=2 = (t, t, t)t propio Vλ=2 .
} { } t ∈ R , de modo que Bλ=2 = (1, 1, 1)t es una base del subespacio
c) ¿Es la matriz A diagonalizable? Respuesta: Para λ1 = 1 la multiplicidad algebraica es 2, pero la multiplicidad geom´etrica es 1. Entonces por teorema, se sigue que A no puede ser diagonalizable. 8. Sea T : R3 → R3 un operador lineal definido por ( ) T(x, y, z) = 5x + 4y + z, 4x + 8y − 4z, x − 4y + 5z [ ] Si T es ortogonalmente diagonalizable halle una base ortonormal B de R3 tal que T sea una B matriz diagonal; en caso contrario justifique por qu´e T no es ortogonalmente diagonalizable. Respuesta:
1 [ ] 5 4 La matriz A de T en la base canonica C de R3 es A = 4 8 −4 = T . ´ C 1 −4 5 Como A es sim´etrica entonces T es ortogonalmente diagonalizable. Buscamos una base B ortonor[ ] mal formada por vectores propios de A y de modo que T sea una matriz diagonal con los valores B propios de A en la diagonal principal. El polinomio caracter´ıstico de A es 4 1 5 − λ 4 8 − λ −4 (A ) PA (λ) = det − λI3 = det 1 −4 5 − λ
= −λ (λ − 6) (λ − 12)
Entonces λ1 = 0, λ2 = 6 y λ3 = 12 son los 3 valores propios de A. Calculamos los subespacios propios: Para λ1 = 0, Vλ=0 = EspacioNulo (A), entonces, −5 f3 + f1 −→ A −4 f3 + f2
0 24 −24 − f1 + f2 0 24 −24 −→ 1 −4 5 4 f1 + f3 −→
0 24 −24 1 f 0 0 0 24 1 −→ 1 −4 5
0 1 −1 1 0 1 0 0 0 −→ 0 1 −1 1 0 1 0 0 0
136
0 1 −1 0 0 0 1 −4 5
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{ Por lo tanto, Vλ=0 = (−t, t, t)t
} t ∈ R . Entonces, v1 = (−1, 1, 1)t es una base de Vλ=0 . Para en√ contrar una base ortonormal solamente es necesario normalizar a v1 . Como ||v1 || = 3, entonces ´ ( )t √ , √1 , √1 a1 = ||v11 || v1 = −1 es tal que Bλ=0 = {a1 } es base ortonormal de Vλ=0 . 3
3
3
Para λ2 = 6, Vλ=6 = EspacioNulo (A − 6I3 ), entonces, 1 f1 + f3 −1 4 2 −4 −→ A − 6I3 = 4 1 −4 −1 4 f1 + f2
−1 4 1 − f1 1 −4 −1 4 f2 + f1 0 18 0 −→ 0 1 0 1 −→ 0 0 0 0 0 0 18 f2
1 0 −1 0 1 0 0 0 0
{ Por lo tanto, Vλ=6 = (t, 0, t)t
} t ∈ R . Entonces, v2 = (1, 0, 1)t es una base de Vλ=6 . Para encon√ trar una base ortonormal solamente es necesario normalizar a v2 . Como ||v2 || = 2, entonces ´ ( )t a2 = ||v12 || v2 = √1 , 0, √1 es tal que Bλ=6 = {a2 } es base ortonormal de Vλ=6 . 2
2
Para λ3 = 12, Vλ=12 = EspacioNulo (A − 12I3 ), entonces, 1 7 f3 + f1 −7 4 −→ A − 12I3 = 4 −4 −4 1 −4 −7 −4 f3 + f2 − f2 + f1 −→ 4 f2 + f3
1 f1 0 −24 −48 − 24 0 12 −→ 24 1 1 −4 −7 12 f2
0 0 0 f ⇔ f2 0 1 2 1 −→ 1 0 1
2 0 1 0 1 2 1 −4 −7
1 0 1 0 1 2 0 0 0
{ Por lo tanto, Vλ=12 = (−t, −2t, t)t
} t ∈ R . Entonces, v3 = (−1, −2, 1)t es una base de Vλ=12 . Pa√ ra encontrar una base ortonormal normalizamos a v3 . Como ||v3 || = 6, entonces a3 = ||v13 || v3 = ( )t −1 −2 1 √ , √ , √ es tal que Bλ=12 = {a3 } es base ortonormal de Vλ=12 . 6
6
6
Entonces una base ortonormal de vectores propios de A es B = Bλ=0 ∪ Bλ=6 ∪ Bλ=12
( )t ( )t ( )t 1 1 1 −1 −2 1 −1 1 = √ , √ , √ , √ , 0, √ , √ , √ , √ 3 3 3 6 6 6 2 2
[ ] Entonces en la base B la matriz T es diagonal y toma la forma B
0 0 0 [ ] T = 0 6 0 B 0 0 12
137
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11. Formas cuadr´aticas, secciones conicas ´ y superficies cuadr´aticas 1. La ecuacion ´ 5x2 − 2xy + 5y2 = 4 representa una conica. ´ a) Efectue ´ un cambio de variable que corresponda a una rotacion ´ de ejes de manera que la ecuacion y escriba la ecuacion ´ en las nuevas variables tenga la forma canonica ´ ´ en esas nuevas variables. Respuesta: Por simplificacion, en las variables x1 y x2 , 5x21 −2x1 x2 +5x22 = 4. ´ escriba la ecuacion ´ de la conica ´ (
En forma matricial, se escribe,
xt Ax
) 5 −1 = 4, donde A = . Buscamos los valores propios −1 5
de A, ( PA (λ) = det
5 − λ −1 −1 5 − λ
) = (5 − λ)2 − 1 = λ2 − 10λ + 24 = (λ − 4)(λ − 6)
Por lo tanto, λ1 = 4 y λ2 = 6 son los valores propios de A. Los subespacios propios son: Para λ1 = 4, Vλ=4 = EspacioNulo (A − 4I2 ) (
( ) f1 + f2 1 −1 A − 4I2 = −→ 0 0 { } { } Entonces, Vλ=4 = (s, s)t s ∈ R . Por tanto, Bλ=4 = (1, 1)t es una base. Como solo ´ contiene un vector, entonces para√obtener una base ortonormal solamente es necesario normalizar el ´ vector. Como ||(1, 1)|| = 2, entonces,
De modo que Dλ=4 =
{(
√1 , √1 2 2
1 −1 −1 1
)
( ) 1 1 1 · (1, 1) = √ , √ ||(1, 1)|| 2 2 )t } es una base ortonormal de Vλ=4 .
Para λ2 = 6, Vλ=6 = EspacioNulo (A − 6I2 ) ) ( ) ( ) 1 1 −1 −1 − f1 −1 −1 − f1 + f2 A − 6I2 = −→ 0 0 0 0 −→ −1 −1 } { } { Entonces, Vλ=6 = (−s, s)t s ∈ R . Por tanto, Bλ=6 = (−1, 1)t es una base. Normalizamos el √ vector de la base. Como ||(−1, 1)|| = 2, entonces, (
De modo que Dλ=6 =
{(
−1 √ , √1 2 2
( ) 1 −1 1 · (−1, 1) = √ , √ ||(−1, 1)|| 2 2 )t } es una base ortonormal de Vλ=6 .
138
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Entonces, B = Dλ=4 ∪ Dλ=6 =
{(
√1 , √1 2 2
)t ( √ , , −1 2
√1 2
)t } es una base ortonormal de vectores
propios de A. Por lo tanto, si C es la matriz; C =
−1 √ 2 √1 2
√1 2 √1 2
el cambio de variable y = Ct x elimina el t´ermino cruzado. De modo que la forma cuadr´atica equivalente es: y2 3 4y21 + 6y22 = 4 ⇔ y21 + y22 = 1 ⇔ y21 + √2 = 1 2 2 3
Entonces la conica es una elipse en los nuevos ejes. ´ b) Determine los nuevos ejes y el a´ ngulo de rotacion. ´ Respuesta: Los nuevos ejes son las rectas: y1 : (x1 , x2 ) = t(1, 1) ⇒ Eje y1 : x2 = x1 y2 : (x1 , x2 ) = t(−1, 1) ⇒ Eje y2 : x2 = −x1 ) ( 1 √1 √ , y e1 = (1, 0) El a´ ngulo de rotacion ´ es el a´ ngulo entre el vector (
)
2
2
1 1 1 cosθ = (1, 0) · √ , √ = √ ⇒ 2 2 2 De modo que la rotacion ´ es de 45 grados. c) Haga un gr´afico de la conica. ´ Respuesta:
139
θ=
π 4
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2. La ecuaci on Y los valores propios de la matriz ´ )5x2 − 4xy + 8y2 − 36 = 0 representa una conica. ´ ( 5 −2 A= son 4 y 9. −2 8 a) Realice una rotacion ´ de los ejes x,y de modo que los nuevos ejes x, y la ecuacion ´ de la conica ´ est´e en su forma canonica. Escriba la ecuacion e identifique cu´al conica es. ´ ´ canonica ´ ´ Respuesta: Calculamos los subespacios propios, Para λ1 = 4, Vλ=4 = EspacioNulo (A − 4I2 ). ( A − 4I2 =
1 −2 −2 4
)
2 f1 + f2 −→
(
1 −2 0 0
)
{ } Por lo tanto, Vλ=4 = (2t, t)t t ∈ R . Entonces, para obtener una base, (2t, t) = t (2, 1). { } Una base de Vλ=4 , es (2, 1)t . Para encontrar una base ortonormal, solamente necesitamos ´ √ normalizar el vector. ||(2, 1)|| = 5. Entonces;
Entonces, Bλ=4 =
{(
√2 , √1 5 5
)t }
) ( 1 1 2 · (2, 1) = √ , √ ||(2, 1)|| 5 5 es base ortonormal de Vλ=4 .
Para λ2 = 9, Vλ=9 = EspacioNulo (A − 9I2 ). (
−4 −2 −2 −1
A − 9I2 =
(
−1 2 f2
−→
Se sigue que, Vλ=9 =
{(
)t −t , t 2
0 0 1 12
) )
−2 f2 + f1 −→ f1 ⇔ f2 −→
(
(
0 0 −2 −1
1 12 0 0
)
)
} ( ) ( ) −1 t ∈ R . Entonces, para obtener una base, −t , t = t , 1 . 2 2
{( )t } Una base de Vλ=9 , es −1 , 1 . Para encontrar una base ortonormal, normalizamos el vector. 2 ( ) √ −1 , 1 = 5 . Entonces; 2 2 ) ) ( −1 −1 2 ( ,1 = √ , √ ) · 2 −1 , 1 5 5 2 (
1
Por tanto, Bλ=9 =
{(
−1 √ , √2 5 5
)t }
Entonces, B = Bλ=4 ∪ Bλ=9
es base ortonormal de Vλ=9 . {( )t ( )t } 2 −1 1 2 √ , √ = , √ ,√ es base ortonormal de vectores propios 5
5
5
de A.
140
5
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Tomando el cambio de variable (z, w) =
Ct
·
(x, y)t ,
donde C =
√2 5 √1 5
−1 √ 5 √2 5
es una matriz
ortogonal cuyas columnas son la base B, se obtiene la forma cuadr´atica equivalente; 4z2 + 9w2 − 36 = 0 ⇔
4 2 9 z + w2 = 1 36 36
z2 w2 + =1 32 22 Entonces en los nuevos ejes, la conica es una elipse. ´ b) Calcule ´ el a´ ngulo de rotacion ´ de sus ejes. Respuesta: Como el a´ ngulo de rotacion ´ es el a´ ngulo entre el eje x y el nuevo eje z, este mismo a´ ngulo es el formado por los vectores directores de las rectas de los ejes, (
) 2 1 2 cosθ = e1 · √ , √ = √ 5 5 5
⇒ θ ≈ 26, 56◦
c) Haga el gr´afico de la conica, el cu´al debe ser claro y con suficientes detalles. ´ Respuesta: La gr´afica de la conica es ´
√ √ 3. La ecuacion ´ 3x21 + 6x1 x2 + 3x22 − 11 2x1 − 13 2x2 + 24 = 0 corresponde a una conica. ´ a) Encuentre una transformacion a su forma canoni´ lineal que permita transformar dicha conica ´ ´ ca sin t´erminos mixtos.
141
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca
Respuesta: La ecuacion ´ se escribe en la forma matricial como: xt Ax + Bx + l = 0, donde ( A=
3 3 3 3
)
√ √ B = (−11 2, −13 2)
l = 24
El polinomio caracter´ıstico de A es; ( PA (λ) = det (A − λI2 ) = det
3−λ 3 3 3−λ
) = λ(λ − 6)
Por tanto, λ1 = 0 y λ2 = 6 son los dos valores propios de A. Subespacios propios: Para λ = 0; Vλ=0 = EspacioNulo (A) ( ) 1 ( ) − f1 + f2 3 3 1 1 f1 3 A −→ 0 0 −→ 0 0 } { } { Tenemos que Vλ=0 = (t, −t)t t ∈ R . Entonces, una base para Vλ=0 es Bλ=0 = (1, −1)t . Para encontrar vector de la base. Como, ´ √ una base ortonormal, basta con normalizar al unico ||(1, −1)|| = 2
Entonces,
B∗λ=0
=
{(
√1 , − √1 2 2
)t }
( ) 1 1 1 √ · (1, −1) = √ , − √ 2 2 2 es una base ortonormal de Vλ=0 .
Para λ = 6; Vλ=6 = EspacioNulo (A − 6I2 ) ( A − 6I3 = { Tenemos que Vλ=6 = (t, t)t
) ( ) −1 ( ) −3 3 f1 + f2 −3 3 1 −1 3 f1 3 −3 −→ 0 0 0 0 −→ } { } t ∈ R . Entonces, una base para Vλ=6 es Bλ=6 = (1, 1)t .
Una base ortonormal se obtiene al normalizar al unico vector de la base. Como, ||(1, 1)|| = ´ ( ) 1 1 1 √ · (1, 1) = √ , √ 2 2 2 {( )t } 1 1 ∗ . Entonces, una base ortonormal de Vλ=6 es Bλ=6 = √ , √ 2
2
Una base ortonormal de R2 formada por vectores propios de A es: ( )t ( )t 1 1 1 1 B= , − , , √ √ √ √ 2 2 2 2 Tome C la matriz dada por;
142
√
2
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca 1 √2 C = − √1
2
√1 2 √1 2
que es una matriz ortogonal que diagonaliza ortogonalmente a A. El cambio de variable, y = Ct x elimina los t´erminos cruzados de la forma cuadr´atica xt Ax de la ecuacion ´ matricial. Para los t´erminos lineales, ( √ √ ) (r, s) = B · C = −11 2, −13 2 ·
√1 2 − √1 2
√1 2 √1 2
= (2, −24)
Por lo tanto, la ecuacion equivalente es: ´ de la conica ´ 0y21 + 6y22 + 2Y1 − 24y2 + 24 = 0 ⇒ 3y22 + y1 − 12y2 + 12 = 0 ⇒ y1 + 3y22 − 12y2 + 12 = 0 ⇒ y1 + 3(y22 − 4y2 ) + 12 = 0 ⇒ y1 = −3(y2 − 2)2 Tome, z1 = y1 y z2 = y2 − 2. ⇒ z1 = −3z22 es la ecuacion de una par´abola, que se abre hacia la parte negativa del eje ´ en forma canonica ´ y1 y est´a centrada en (0, 2). b) Determine el a´ ngulo de rotacion ´ efectuado por dicha transformacion. ´ Respuesta: ´ es el que se forma entre los ejes x1 y z1 , y por lo tanto entre e1 = (1, 0) y (El a´ ngulo) de rotacion √1 , − √1 2 2
que son los vectores directores de esos ejes. (
) 1 1 1 π cosθ = e1 · √ , − √ = √ ⇒ θ = = 45◦ 4 2 2 2
La rotacion ´ es 45 grados el en sentido contrario al movimiento de las agujas del reloj. c) Trace la gr´afica de la conica en los nuevos ejes coordenados. ´ Respuesta: Los nuevos ejes y1 y y2 tienen ecuacion ´ respecto a los ejes x1 y x2 dada por, (x1 , x2 ) = t · (1, −1) → eje y1 : x2 = −x1 (x1 , x2 ) = t · (1, 1) → eje y2 : x2 = x1 143
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca
La gr´afica de la conica es ´
4. La ecuacion ´ 5x2 − 4xy + 8y2 = 36 corresponde a una seccion ´ conica. ´ a) Determine una transformacion ´ lineal T(x, y) = (z, w) tal que al efectuar este cambio de variables, la ecuacion ´ resultante est´e en la forma canonica. ´ Respuesta: La ecuacion ´ se escribe en la forma matricial como: xt Ax + l = 0, donde ( A=
5 −2 −2 8
) l = −36
Diagonalizamos ortogonalmente a A para obtener el cambio de variable. Para eso calculamos primero los valores propios de A. El polinomio caracter´ıstico de A es; ( PA (λ) = det (A − λI2 ) = det
5 − λ −2 −2 8 − λ
) = (λ − 4)(λ − 9)
Por tanto, λ1 = 4 y λ2 = 9 son los dos valores propios de A. Subespacios propios: Para λ = 4; Vλ=4 = EspacioNulo (A − 4I2 ) ( A − 4I2 =
1 −2 −2 4
)
2 f1 + f2 −→
(
1 −2 0 0
)
{ } { } Tenemos que Vλ=4 = (2t, t)t t ∈ R . Entonces, una base para Vλ=4 es Bλ=4 = (2, 1)t . Normalizamos al unico vector de la base para encontrar una base ortonormal. Como, ||(2, 1)|| = ´ √ 5 144
´ Ejercicios de Algebra lineal
Entonces,
B∗λ=4
=
Prof. Christian Fonseca
{(
√2 , √1 5 5
)t }
( ) 1 2 1 √ · (2, 1) = √ , √ 5 5 5 es una base ortonormal de Vλ=4 .
Para λ = 9; Vλ=9 = EspacioNulo (A − 9I2 ) ( A − 9I3 = {
−4 −2 −2 −1
Tenemos que Vλ=9 = (−t, 2t)t
)
−1 4 f1
(
−→
1 1 2 −2 −1
)
2 f1 + f2 −→
(
1 12 0 0
)
} { t ∈ R . Entonces, una base para Vλ=9 es Bλ=9 = (−1, 2)t . }
Una base ortonormal se obtiene al normalizar al unico vector de la base. Como, ||(−1, 2)|| = ´
√
5
( ) 1 −1 2 √ · (−1, 2) = √ , √ 5 5 5 {( )t } −1 2 . Entonces, una base ortonormal de Vλ=9 es B∗λ=9 = √ , √ 5
5
Una base ortonormal de R2 formada por vectores propios de A es: ∗ B = Bλ=4 ∪ B∗λ=9
( )t ( )t 1 −1 2 2 = √ , √ , √ , √ 5 5 5 5
Tome C la matriz dada por; C =
√2 5 √1 5
−1 √ 5 √2 5
que es ( ) una matriz ( ) ortogonal que diagonaliza ortogonalmente a A. El cambio de variable, z x = Ct · elimina los t´erminos cruzados de la forma cuadr´atica xt Ax de la ecuacion ´ w y matricial. Por lo tanto, la ecuacion equivalente es: ´ de la conica ´ 4z2 + 9w2 = 36 ⇒
z2 w2 + =1 9 4
⇒
z2 w2 + =1 32 22
En los nuevos ejes, z y w, la ecuacion corresponde a una elipse. ´ en forma canonica ´ b) En un mismo gr´afico, trace los ejes coordenados x y y, los ejes coordenados z y w y la seccion ´ conica. ´ Respuesta: Los nuevos ejes tienen ecuacion ´ respecto a los ejes x y y dada por, 145
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca ( (
) x, y = t · (2, 1) → eje z: y = 2x
) −1 x, y = t · (−1, 2) → eje w: y = x 2
La gr´afica de la conica es ´
5. Considere la seccion correspondiente a la ecuacion ´ conica ´ ´ x21 + x22 − 4x1 x2 + 2x1 + 2x2 = 6 ( ) ( ) y1 x t = P 1 para eliminar el t´ermino mixto a) Haga un cambio de coordenadas, apropiado, y2 x2 (x1 , x2 ). Determine expl´ıcitamente la matriz P. Respuesta: La ecuacion se escribe en la forma matricial como: xt Ax + Bx + f = 0, donde ´ de la conica ´ ( A=
1 −2 −2 1
) B = (2, 2)
f = −6
Diagonalizamos ortogonalmente a A para efectuar el cambio de variable. El polinomio caracter´ıstico de A es; ( PA (λ) = det (A − λI2 ) = det
1 − λ −2 −2 1 − λ
) = −(λ + 1)(3 − λ)
Por tanto, λ1 = −1 y λ2 = 3 son los dos valores propios de A. Los subespacios propios son: Para λ = −1; Vλ=−1 = EspacioNulo (A + I2 ) ( A + I2 =
2 −2 −2 2 146
)
( −→
1 −1 0 0
)
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca
{ Tenemos que Vλ=−1 = (t, t)t
} { } t ∈ R . Entonces, una base para Vλ=−1 es Bλ=−1 = (1, 1)t .
Para encontrar una base ortonormal, basta con normalizar al unico vector de la base. Como, ´ √ ||(1, 1)|| = 2
Entonces,
B∗λ=−1
=
{(
√1 , √1 2 2
)t }
( ) 1 1 1 √ · (1, 1) = √ , √ 2 2 2 es una base ortonormal de Vλ=−1 .
Para λ = 3; Vλ=3 = EspacioNulo (A − 3I2 ) ( A − 3I2 = { Tenemos que Vλ=3 = (−t, t)t
−2 −2 −2 −2
)
( −→
1 1 0 0
)
} { } t ∈ R . Entonces, una base para Vλ=3 es Bλ=3 = (−1, 1)t .
Una base ortonormal se obtiene al normalizar al unico vector de la base. Como, ||(−1, 1)|| = ´
√
2
( ) 1 −1 1 √ · (−1, 1) = √ , √ 2 2 2 {( )t } −1 1 ∗ √ √ Entonces, una base ortonormal de Vλ=3 es Bλ=3 = , . 2
2
Por lo tanto, una base ortonormal de R2 formada por vectores propios de A es: ( )t ( )t 1 −1 1 1 B= √ , √ , √ , √ 2 2 2 2 Entonces, P =
−1 √ 2 √1 2
√1 2 √1 2
que es una matriz ortogonal que diagonaliza ortogonalmente a A. El cambio de variable, y = Pt x, con y = (y1 , y2 )t y x = (x1 , x2 )t elimina los t´erminos cruzados de la forma cuadr´atica xt Ax de la ecuacion ´ matricial. Para los t´erminos lineales, (r, s) = B · P = (2, 2) ·
√1 2 √1 2
−1 √ 2 √1 2
√ = (2 2, 0)
Por lo tanto, la ecuacion equivalente es: ´ de la conica ´ λ1 y21 + λ2 y22 + rY1 + sy2 + f = 0 √ ⇒ −1y21 + 3y22 + 2 2y1 + 0y2 = 6 √ ⇒ −y21 + 2 2y1 + 3y22 = 6 147
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca ( ) √ ⇒ − y21 − 2 2y1 + 2 + 3y22 = 4 ( √ )2 ⇒ − y21 − 2 + 3y22 = 4 ( √ )2 y1 − 2 y22 + ⇒ − ( )2 = 1 22 2 √
3
es la ecuacion sin t´erminos mixtos y sin t´erminos lineales. ´ de la conica ´ b) Identifique la seccion trace, en un mismo dibujo, los ejes coordenados x1 , x2 , los ejes ´ conica, ´ coordenados y1 , y2 y la gr´afica de la seccion ´ conica. ´ Respuesta:
√ La conica es una hip´erbola,√que se abre hacia el eje y2 . Est´a centrada en el punto ( 2, 0) en los ´ ejes y1 , y2 Tome, z1 = y1 − 2 y z2 = y2 . ⇒ −
z21 22
+(
z22 √2 3
)2 = 1
es la ecuacion en los ejes z1 , z2 . ´ en forma canonica ´ ´ es el que se forma entre los ejes x1 y z1 , y por lo tanto entre e1 = (1, 0) y ) de rotacion (El a´ ngulo √1 , √1 que son los vectores directores de esos ejes. 2
2
(
) 1 1 1 π cosθ = e1 · √ , √ = √ ⇒ θ = = 45◦ 4 2 2 2
La rotacion ´ es 45 grados el en sentido contrario al movimiento de las agujas del reloj. Los nuevos ejes tienen ecuacion ´ respecto a los ejes x1 y x2 dada por, (x1 , x2 ) = t · (1, 1) → eje y1 : x2 = x1 (x1 , x2 ) = t · (−1, 1) → eje y2 : x2 = −x1 Las as´ıntotas siguen las ecuaciones, 1 y2 = √ y1 3 1 y2 = − √ y1 3
La gr´afica de la conica es ´
148
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca
6. Considere la seccion correspondiente a la ecuacion ´ conica ´ ´ √ √ 3x21 − 3x22 − 8x1 x2 − 4 5x1 + 2 5x2 = 15 ( ) ( ) y1 x t a) Haga un cambio de coordenadas, apropiado, = P 1 para eliminar el t´ermino mixto y2 x2 (x1 , x2 ). Determine expl´ıcitamente la matriz P. Respuesta: La ecuacion se escribe en la forma matricial como: xt Ax + Bx = f , donde ´ de la conica ´ ( A=
3 −4 −4 −3
)
√ √ B = (−4 5, 2 5)
f = 15
Diagonalizamos ortogonalmente a A para efectuar el cambio de variable. El polinomio caracter´ıstico de A es; ( PA (λ) = det (A − λI2 ) = det
3−λ −4 −4 −3 − λ
) = (λ − 5)(λ + 5)
Por tanto, λ1 = −5 y λ2 = 5 son los dos valores propios de A. Los subespacios propios son: Para λ = −5; Vλ=−5 = EspacioNulo (A + 5I2 ) ( A + 5I2 = { Tenemos que Vλ=−5 = (t, 2t)t Una base ortonormal es
B∗λ=−5
8 −4 −4 8
)
( −→
1 0
−1 2
)
0
} { } t ∈ R . Entonces, una base para Vλ=−5 es Bλ=−5 = (1, 2)t . =
{(
√1 , √2 5 5
)t }
149
es una base ortonormal de Vλ=−5 .
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca
Para λ = 5; Vλ=5 = EspacioNulo (A − 5I2 ) ( A − 5I2 =
−2 −4 −4 −8
)
( −→
1 2 0 0
)
} } { t ∈ R . Entonces, una base para Vλ=5 es Bλ=5 = (−2, 1)t . {( )t } 1 −2 ∗ Una base ortonormal de Vλ=5 es Bλ=5 = √ , √ . { Tenemos que Vλ=5 = (−2t, t)t
5
5
Por lo tanto, una base ortonormal de R2 formada por vectores propios de A es: B = B∗λ=−5 ∪ B∗λ=5
( )t ( )t 2 −2 1 1 = √ , √ , √ , √ 5 5 5 5
Tome P =
√1 5 √2 5
−2 √ 5 √1 5
que es una matriz ortogonal que diagonaliza ortogonalmente a A. El cambio de variable, y = Pt x, con y = (y1 , y2 )t y x = (x1 , x2 )t elimina los t´erminos cruzados de la forma cuadr´atica xt Ax de la ecuacion ´ matricial. Para los t´erminos lineales, ( √ √ ) (r, s) = B · P = −4 5, 2 5 ·
√1 5 √2 5
−2 √ 5 √1 5
= (0, 10)
Por lo tanto, en los nuevos ejes, la ecuacion equivalente es: ´ de la conica ´ λ1 y21 + λ2 y22 + rY1 + sy2 = f ⇒ −5y21 + 5y22 + 0y1 + 10y2 = 15 ⇒ −y21 + y22 + 2y2 = 3 ( )2 ⇒ −y21 + y22 + 1 = 4 ( )2 ( ) y1 y2 + 1 2 ⇒ − 2 + =1 2 22 es la ecuacion sin t´erminos mixtos y sin t´erminos lineales. ´ de la conica ´ b) Identifique la seccion trace, en un mismo dibujo, los ejes coordenados x1 , x2 , los ejes ´ conica, ´ coordenados y1 , y2 y la gr´afica de la seccion ´ conica. ´ Respuesta: La conica es una hip´erbola, que se abre hacia el eje y2 . Est´a centrada en el punto (0, −1) en los ´ ejes y1 , y2 Podemos centrarla en el origen, z1 = y1 y z2 = y2 + 1. ⇒ − 150
z21 22
+
z22 22
=1
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca
es la ecuacion en los ejes z1 , z2 . ´ en forma canonica ´ Los nuevos ejes tienen ecuacion ´ respecto a los ejes x1 y x2 dada por, (
) 1 2 (x1 , x2 ) = t · √ , √ → eje y1 : x2 = 2x1 5 5 ( ) −2 1 −1 (x1 , x2 ) = t · √ , √ → eje y2 : x2 = x1 2 5 5 Las as´ıntotas siguen las ecuaciones, y2 = y1 y2 = −y1
La gr´afica de la conica es ´
7. La ecuacion ´ 7x21 +
√ √ √ √ 2√ √ 2 6x1 x2 − 2 2 3x1 x3 + 5x22 − 3 6x2 x3 + 6x23 = 2 3
corresponde a una superficie cuadr´atica. a) Muestre que uno de los valores propios de la matriz de la forma cuadr´atica correspondiente es λ = 10. Determine los otros dos valores propios de la matriz. Respuesta: La ecuacion ´ se escribe en la forma matricial como: xt Ax + Bx + l = 0, donde
151
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca
A =
7 √ √
√ √ 2 6 2
2 6 5 √ √ √2 √ − 2 3 − 33 6
√ √ − √2 √ 3 − 33 6 6
B = (0, 0, 0)
l = −2
El polinomio caracter´ıstico de A es; PA (λ) = det (A − λI3 ) = det
√ √ 2 6 2
7√−√λ
2 6 5 √− √λ √2 √ − 2 3 − 33 6
√ √ − √2 √ 3 2 − 33 6 = −(λ − 4) (λ − 10) 6−λ
Por tanto, λ1 = 4 y λ2 = 10 son los dos valores propios de A. b) Encuentre, expl´ıcitamente, una transformacion ´ lineal de modo que la forma cuadr´atica dada sea transformada en una forma cuadr´atica sin t´erminos mixtos. Respuesta: Necesitamos hallar una base ortonormal de vectores propios de A. Subespacios propios: Para λ = 4; Vλ=4 = EspacioNulo (A − 4I3 ) A − 4I3 =
3 √ √
√ √ 2 6 2
√ √ − √2 √ 3
1 f 3 1 −→
1 √ √
√ √ 2 6 6
√ √ − √23√3 − 33 6 2
2 6 2 6 1 − 33 6 1 2 √ √ √ √ √ √2 √ √ 3 6 − 2 3 − 3 − 2 3 − 33 6 2 √ √ √ √ √ √ 2 6 2 3 √ √ √ √ − 22 6 f1 + f2 1 − 6 3 2 6 2 3 x2 + x3 ⇒ x1 = − 0 0 0 √ √−→ 6 3 0 0 0 2 3 f1 + f3 √ √ √ √ Entonces, tomando x2 = 2 6s y x3 = 2 3t (esto la expresion ´ del subes{( para simplificar } √ √ √ √ )t pacio propio como conjunto), tenemos que Vλ=4 = −2s + 2t, 2 6s, 2 3t s, t ∈ R .
Y como, (
( ( √ √ ) √ √ ) √ √ √ √ ) 2 6s, 2 3t = s −2, 2 6, 0 + t 2, 0, 2 3 {( )t ( √ √ )t } Entonces, una base para Vλ=4 es: Bλ=4 = −2, 12, 0 , 2, 0, 6 . −2s + 2t,
Como buscamos una base ortonormal, aplicamos el algoritmo de Gram-Smith a la base B. √ √ Sean v1 = (−2, 12, 0), v2 = (2, 0, 6). √ a1 = v1 = (−2, 12, 0) ⇒ ||a1 ||2 = 16 √ √ Como, v2 · a1 = (2, 0, 6) · (−2, 12, 0) = −4, entonces, a2 = v2 −
v2 · a1 ||a1 ||2
· a1 = (2, 0,
√
152
⇒
||a1 || = 4
( √ ) √ −4 3 12 √ (−2, 12, 0) = , , 6 6) − 16 2 4
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca
||a2 ||2 = 9
⇒
⇒
||a2 || = 3
Entonces, una base ortogonal de Vλ=4 , son b1 y b2 dados por, √ ( ) √ a1 1 1 3 b1 = ,0 = · (−2, 12, 0) = − , 2 2 ||a1 || 4 √ ) ( √ ) ( a2 1 3 12 √ 1 1 6 b2 = , 6 = , √ , = · , 2 ||a2 || 3 2 4 12 3 Entonces, B∗λ=4 = {b1 , b2 } es una base ortonormal de Vλ=4 . Para λ = 10; Vλ=10 = EspacioNulo (A − 10I3 ) A − 4I3 =
√ √ − √2 √ 3
√ √ 2 6 2
−3 √ √
−1 f 3 1 −→
2 6 −5 − 33 6 √ √ √2 √ − 2 3 − 33 6 −4 √ √ √ √ √ √ 2 6 2 3 − 22 6 f1 + f2 1 − 6 √3 √ −2 3 6 0 −4 3 √ √−→ √ √ 2 3 f1 + f3 0 −2 3 6 −2
−
Entonces, Vλ=10 =
3 √ √ 2 6 f2 6
−→ √
+ f1
√ 2 3 6 f2 3
{( √
)t
√
6 2 t,
+ f3 } t∈R .
18 6 t, −t
1 √ √
−
√ √ 2 6 6
√ √ 2 3 √3 √ − 33 6
2 6 −5 √ √ √2 √ − 2 3 − 33 6 −4 √ √ √ √ 2 3 1 − 2 6 − 1 f 6 √ 3√ 4 2 3 6 0 1 6 −→ √ √ −2 3 6 0 −2 3 √ √ 2 3 1 0 √ 2√ 3 6 0 1 6 0 0 0
Y como, √ (√ ) (√ √ ) 6 18 6 18 t, t, −t = t , , −1 2 6 2 6 (√ √ ) Entonces, una base para Vλ=10 es: Bλ=10 = 26 , 618 , −1 . Normalizamos el vector de esta base para encontrar una base ortonormal; como ( √ √ ) 6 √ 18 , , −1 = 3 2 6 Entonces,
( √ √1 ) 6 18 2 , 6 ,−1
·
(√
6 2 ,
√
)
18 6 , −1
=
(√
) √ 6 −1 2 √ , , 2 6 3
Por lo tanto, una base ortogonal de Vλ=10 , es (√ √ ) 2 6 −1 ∗ , , √ Bλ=4 = 2 6 3 Una base de R3 formada por vectores propios de A es: 153
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca ( √ √ )t ( √ √ )t ( )t 1 3 1 1 6 2 6 −1 B= − , , 0 , , , , , , √ √ 2 2 2 3 2 6 3 12
As´ı, que si C es la matriz cuyas columnas son los vectores de la base anterior, es decir, si C es la matriz ortogonal dada por; −1 √2 3 C = 2 0
1 2 √1 √12 6 3
√
2 √2 6 6 −1 √ 3
entonces, el cambio de variable y = Ct x, con y ∈ R3 , se obtiene la forma equivalente sin t´erminos mixtos para la ecuacion ´ de la forma cuadr´atica: 4y21 + 4y22 + 10y23 = 2 ⇔ 2y21 + 2y22 + 5y23 = 1 c) Identifique cu´al es la superficie cuadr´atica en los nuevos ejes ordenados. Respuesta: Reacomodamos los t´erminos de la ecuacion ´ para identificar cu´al es la forma cuadr´atica en la posicion ´ canonica: ´ 2y21 + 2y22 + 5y23 = 1 ⇔ (
y21 y23 y22 + + )2 ( )2 ( )2 = 1
√1 2
√1 2
es un elipsoide en forma canonica en los nuevos ejes y1 , y2 , y3 . ´
154
√1 5
´ Ejercicios de Algebra Lineal.
Christian Fonseca Mora 2012
1
1. Prefacio ´ El objetivo de estas notas es ofrecer a los estudiantes del curso de Algebra Lineal un complemento al material visto en clase y que les permita apropiarse de una serie de t´ecnicas para la resolucion ´ de ejercicios. Como en todas las a´ reas de la matem´atica, la resolucion ´ de ejercicios es la mejor manera de ´ comprender tanto los resultados teoricos, como la aplicabilidad del Algebra Lineal y por lo tanto es ´ indispensable que los estudiantes traten de resolver la mayor cantidad de ejercicios. Usualmente no es posible cubrir el material del curso en el tiempo de clase y al mismo tiempo realizar la suficiente pr´actica para que los estudiantes identifiquen y dominen los distintos m´etodos utilizados en la resolucion ´ de ejercicios, los cuales en muchos casos requieren de una aplicacion ´ de los conceptos y resultados de la teor´ıa. En esa direccion, ´ escrib´ı estas notas con ejercicios resueltos pensando en que los estudiantes pueden guiarse con las explicaciones y as´ı realizar sus propias conclusiones sobre como ´ solucionar un determinado ejercicio. La recomendacion ´ a los estudiantes que utilicen estas notas es que primero intenten realizar el ejercicio por su cuenta y que cuando definitivamente no puedan hallar la solucion, ´ entonces recurran a las notas para identificar los fallos cometidos y cu´al ser´ıa el m´etodo para encontrar la solucion. ´ Como es usual en la matem´atica, existen normalmente diversas maneras de solucionar un ejercicio, por lo que se ofrecen en estas notas solo ´ algunas de las posibilidades. Los ejercicios fueron tomados de ex´amenes de semestres anteriores de la c´atedra del curso MA1004 ´ Algebra Lineal de la Universidad de Costa Rica, especificamente entre los anos ˜ 2009 a 2011. De ninguna manera la resolucion ´ de estos ejercicios pretende sustituir el estudio del material discutido en clase por el profesor, ni tampoco garantiza que el estudiante tenga un buen desempeno ˜ en los ex´amenes. Por tanto se recomienda al estudiante estudiar a conciencia el material del libro usado o las notas vistas en clase y complementarlo con estas notas. Cualquier error en este documento es responsabilidad del autor. Agradezco a mis estudiantes que en muchos casos me han permitido corregir errores de escritura, especialmente a mi estudiante Alejandra Zuniga Carmiol que corrigio´ muchos de esos errores, aunque ˜ este documento puede no estar excento de muchos m´as. Christian Fonseca.
2
´ Indice 1. Prefacio
2
2. Sistemas de Ecuaciones Lineales
4
3. Matrices
13
4. Determinantes
33
5. Geometr´ıa vectorial de Rn
45
6. Rectas y planos en Rn
56
7. Espacios vectoriales reales
79
8. Espacios con producto interno, ortogonalidad y proyecciones
96
9. Transformaciones lineales
110
10. Valores y vectores propios de operadores y matrices
127
11. Formas cuadr´aticas, secciones conicas ´ y superficies cuadr´aticas
138
3
´ Ejercicios de Algebra lineal
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2. Sistemas de Ecuaciones Lineales 1. Considere el sistema de ecuaciones lineales
) x ( ) 17 1 3p −1 y = −3 p −7 9 z
(
b a) Determine para que valores de p y de b el vector 8 es solucion ´ del sistema. b+7 Respuesta: Para que el vector (b, 8, b + 7)t sea solucion ´ del sistema, es necesario que: 1 · b + 3p · 8 − (b + 7) = 17 b + 24p − b − 7 = 17 ⇔ −3 · b + p · 8 − 7 · (b + 7) = 9 −3b + 8p − 7b − 49 = 9 ⇔
24p = 24 p = 1 ⇔ ⇔ −10b + 8p = 58 −5b + 4p = 29
p=1
y
b = −5
b) En el sistema de ecuaciones dado, sustituya p por el valor que encontro´ en la parte (a) y determine el conjunto solucion ´ del sistema. Respuesta: Sustituyendo p = 1, se obtiene el sistema en forma de matriz aumentada dado por (
1 3 −1 17 −3 1 −7 9
)
) 1 ) ( 1 3 −1 17 17 1 3 −1 f 2 10 0 10 −10 60 0 1 −1 6 −→ ( ) −3 f2 + f1 1 0 2 −1 −→ 0 1 −1 6
3 f1 + f2 −→
(
Entonces tenemos el sistema: x1
+2x3 = −1 x2 −x3 = 6
Tomando x3 = t, se tiene x1 = −1 − 2t y x2 = 6 + t. Por lo tanto, el conjunto solucion ´ del sistema es {(−1 − 2t, 6 + t, t) t ∈ R}. 2. Dado el sistema de ecuaciones lineales px1 + 2x2 + 3x3 = 2 px1 + px2 + (p + 1)x3 = p px1 + px2 + (2p − 2)x3 = 2p − 2 Determine para que valor o valores de p el sistema: (a) tiene infinitas soluciones, (b) tiene solucion ´ unica, (c) no tiene solucion. ´ ´ Respuesta: 4
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Planteamos el sistema con matriz aumentada: 2 2 3 2 3 − f1 + f2 p p 2 p p (p + 1) 0 p − 2 p − 2 p − 2 p −→ p p (2p − 2) 2p − 2 − f1 + f3 0 p − 2 2p − 5 2p − 4 2 2 3 p − f2 + f3 0 p − 2 p − 2 p − 2 = R −→ 0 0 p−3 p−2
A partir de la matriz aumentada R presentamos los distintos casos de solucion ´ del sistema: a) Tiene infinitas soluciones: Para esto, alguna fila debe de ser de ceros; Si p=2, entonces 2 2 3 2 3 f3 + f1 R = 0 0 0 0 −→ 0 0 −1 0
2 2 0 2 − f3 0 0 0 0 −→ 1 0 0 1 0 2 f2
1 1 0 1 f ⇔ f3 0 0 0 0 2 −→ 0 0 1 0
Entonces, x3 = 0 y x1 = 1 − x2 . Las soluciones son de la forma {(1 − t, t, 1)
1 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0
t ∈ R}
b) Solucion en este caso se necesita entonces que no existan filas nulas, i.e. Rng(A) = 3, ´ unica: ´ Si p , 0, p , 2 y p , 3. Se tiene de la matriz R que, 3 2 1 p p −→ R 1 0 1 1 0 0 1 p−2 f2 1 f p−3 3 1 p f1
1 p−2 2 p
−2 p f2
+ f1 −→
p−3
1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) ( ( p−2 ) −1 p−2 La solucion es (x1 , x2 , x3 ) = −1 ´ unica ´ p p−3 , p−3 , p−3 . −1 p f3
+ f2 −→ − f3 + f2
−1 p
1 1 0 p 0 1 1 0 0 1
0 1 p−2 p−3
( p−2 ) p−3 −1 p−3 p−2 p−3
c) No tiene solucion: ´ en este caso se tiene la presencia de filas inconsistentes; Si p = 0
1 2 f2
−→ − f3 + f2
3 2 0 2 −1 2 f2 R = 0 −2 −2 −2 −→ −1 3 f3 0 0 −3 −2 0 1 32 1 −3 0 1 0 f + f 1 0 1 0 0 1 0 13 2 3 −→ 2 0 0 1 0 0 1 3 5
0 2 3 2 0 1 1 1 0 0 1 23 0 1 − f1 + f2 3 −→ 2 3
0 1 0 0 0 0 0 13 0 0 1 23
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Por lo tanto el sistema tiene una ecuacion ´ inconsistente y no hay solucion. ´ Si p = 3 3 2 3 2 R = 0 1 1 1 0 0 0 1 Entonces el sistema tiene una ecuacion ´ inconsistente. 3. Dado el sistema de ecuaciones lineales: x1 + 2x2 + 4x3 + 4x4 = −2 x1 + 3x2 + 6x3 + 5x4 = −3 px1 + px2 + 2px3 + (p2 + 4p)x4 = 1 a) Determine para qu´e valor o valores de p el sistema tiene infinitas soluciones con un par´ametro. Respuesta: Planteamos la matriz aumentada. Tome, p , 0, entonces −2 − f1 + f2 1 2 −2 4 4 4 1 2 4 1 3 6 0 1 −3 −1 5 2 1 −→ p p 2p (p2 + 4p) 1 0 −p −2p p2 1 + 2p −p f1 + f3 0 −2 f2 + f1 1 0 0 2 1 −1 = R −→ 0 1 2 0 0 0 p(p + 1) (p + 1) p f2 + f3
Como el sistema tiene menos ecuaciones que variables, entonces si tiene solucion, ´ las soluciones son infinitas. Entonces para que el sistema sea consistente, con soluciones infinitas dependiendo de un par´ametro, es necesario que hayan 3 filas no nulas en la matriz, es decir, que p , −1. Si p = 0, entonces del sistema original, 1 2 4 4 −2 1 3 6 5 −3 0 0 0 0 1 En este caso el sistema es inconsistente. b) Resuelva el sistema para este caso (es decir, cuando tiene infinitas soluciones con un par´ametro). Respuesta: Si p , 0 y p , −1, partiendo de la matriz R,
R
1 p(p+1) f3
−→
1 0 0 2 0 − f3 + f2 0 1 2 1 −1 −→ 0 0 0 1 1p −2 f3 + f1 6
1 0 0 0 0 1 2 0 0 0 0 1
−2 p −(p+1) p 1 p
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De donde se obtiene el sistema equivalente, x1 = −2 − 2x3 y x4 = 1p . Entonces el p , x2 = p {( )} −(p+1) 1 conjunto de soluciones del sistema es −2 t ∈ R , − 2t, t, p p p 4. Para la siguiente matriz aumentada que corresponde a un sistema de ecuaciones lineales: 0 0 1 0 a−2 0 A = 0 b+1 0 0 0 c
2 0 c 0
a) Determine cu´ales son los valores de a, b y c de tal forma que el rango de la matriz aumentada del sistema sea 1. Respuesta: Para que el Rango(A) = 1, se necesita que solamente una fila de A sea no nula. Tome a = 2, ´ b = −1 y c = 0, con lo que solo ´ la primera fila no es nula. b) Determine cu´ales son los valores de a, b y c de tal forma que el rango de la matriz aumentada del sistema sea 2. Respuesta: Para que Rango(A) = 2, es necesario que dos filas de A no sean nulas. Se requiere entonces primero que c = 0, y se presentan 2 posibilidades: 1) a = 2 y b , −1. Las filas nulas son la 2 y 4. 2) b = −1 y a , 2 Las filas nulas son la 3 y 4. c) Determine cu´ales son los valores de a, b y c de tal forma que el rango de la matriz aumentada del sistema sea 3. Respuesta: Como la matriz A tiene 4 filas, para que el Rango(a) = 3 es necesario que solamente una fila ´ de A sea nula. Para que esto suceda, se necesita a , 2, b , −1 y c = 0. d) Determine cu´ales son los valores de a, b y c de tal forma que el sistema no tenga solucion. ´ Respuesta: Para que tenga ecuaciones inconsistentes una fila de A debe ser nula del lado de los coeficientes y no nula del lado aumentado. La unica fila con esta posibilidad es la tercera. De modo que ´ es necesario que b = −1 y c , 0, con a ∈ R. e) Determine el conjunto solucion ´ del sistema cuando tiene solucion ´ unica. ´ Respuesta: Para que el sistema tenga solucion como se tienen 3 variables (3 columnas en la parte ´ unica, ´ de coeficientes de A), entonces se necesita Rango(A) = 3. Entonces si a , 2, b , −1 y c = 0 0 0 1 0 a−2 0 A = 0 b+1 0 0 0 0 7
2 0 0 0
1 f 1 a−2 2 0 −→ 1 0 b+1 f3 0
0 1 0 0
0 0 1 0
2 0 0 0
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La solucion es x1 = 2, x2 = 0, x3 = 0. ´ unica ´ 5. Considere el siguiente sistema de ecuaciones lineales: x+y+z = 1 2x + py + 2z = −2 4x + 2py + 4z = m a) Determine para cu´ales valores de p y m el sistema tiene infinitas soluciones dependiendo de un par´ametro. Respuesta: Planteamos el sistema con matriz aumentada: 1 1 1 1 −2 f2 + f3 2 p 2 −2 −→ 4 2p 4 m
1 1 1 1 2 p 2 −2 0 0 0 m+4
= R
Note que si m , −4, el sistema tiene una ecuacion ´ inconsistente, y por tanto no tiene solucion. ´ Si p = 2 y m = −4, entonces 1 1 1 1 −2 f1 + f2 R = 2 2 2 −2 −→ 0 0 0 0
1 1 1 1 0 0 0 −4 0 0 0 0
El sistema tiene entonces una ecuacion ´ inconsistente, de modo que p , 2. Si p , 2 y m = −4, entonces, 1 1 1 1 −2 f1 + f2 R = 2 p 2 −2 −→ 0 0 0 0
1 1 1 1 0 p − 2 0 −4 = B 0 0 0 0
Y se tiene entonces que Rng(A) = 2. Por consiguiente, el sistema tiene soluciones infinitas dependiendo de un par´ametro si p , 2 y m = −4. b) Con los valores de p y m encontrados en a), resuelva el sistema cuando tiene infinitas soluciones dependiendo de un par´ametro. Respuesta: Por la parte a), si p , −2 y m = −4. 1 1 1 1 1 f2 B = 0 p − 2 0 −4 p−2 −→ 0 0 0 0 Se tiene entonces el sistema x1 = {( p+2 } ) −4 t ∈ R . − t, , t p−2 p−2
p+2 p−2
1 1 1 0 1 0 0 0 0 − x3 y x2 =
8
1 −4 − f2 + f1 p−2 −→ 0 −4 p−2 .
1 0 1 0 1 0 0 0 0
p+2 p−2 −4 p−2
0
Por tanto, el conjunto solucion ´ es
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6. Para la siguiente matriz aumentada que corresponde a un sistema de ecuaciones lineales: 1 −4 7 g 0 3 −5 h −2 5 −9 k
a) Encuentre una ecuacion ´ que contenta a los valores reales g, h, k de tal manera que la matriz aumentada anterior corresponda a un sistema consistente. Respuesta: 1 −4 7 g 0 3 −5 h −2 5 −9 k
2 f1 + f3 −→
1 −4 0 1 −→ 0 0 1 3 f2
g 1 −4 7 0 3 −5 h 0 −3 5 k + 2g g
7
−5 3
h 3
h + k + 2g
0
4 f2 + f1 −→
f2 + f3 −→ 1 0 0 1 0 0
1 3 −5 3
0
g 1 −4 7 h 0 3 −5 3 0 0 0 h + k + 2g 3g+4h 3 h 3
h + k + 2g
= R
Para que el sistema sea consistente, entonces h, k y g deben de satisfacer la ecuacion ´ 0 = h+k+2g. b) Determine el conjunto solucion ´ del sistema consistente correspondiente a la matriz aumentada anterior. Respuesta: Por la parte a), si se cumple que h + k + 2g = 0, entonces la matriz {( 3g+4hR corresponde)al sistema: } 3g+4h 1 h 5 1 h 5 x1 = 3 − 3 x3 , x2 = 3 + 3 x3 . El conjunto solucion − t, + t, t t ∈ R . ´ es entonces: 3 3 3 3 7. Dado el siguiente sistema homog´eneo de ecuaciones lineales: 2x + ky + z + w 3x + (k − 1)y − 2z − w x − 2y + 4z + 2w 2x + y + z + 2w
= = = =
0 0 0 0
Determine los valores reales de k para los cuales el sistema de ecuaciones anterior tiene soluciones distintas de la trivial, es decir, diferentes a (0, 0, 0, 0). Respuesta: Planteamos el sistema con matriz: k 1 1 2 3 k − 1 −2 −1 f1 ⇔ f3 1 −2 4 2 −→ 2 1 1 2
4 2 −2 f1 + f3 1 −2 3 k − 1 −2 −1 −→ 2 −3 f1 + f2 k 1 1 2 1 1 2 −2 f1 + f4 9
4 2 1 −2 0 k + 5 −14 −7 0 k + 4 −7 −3 0 5 −7 −2
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4 2 1 −2 0 k + 5 −14 −7 0 −1 7 4 0 5 −7 −2
− f2 + f3 −→
− f3 −→
4 2 1 −2 − f4 + f2 0 k + 5 −14 −7 −→ 0 1 −7 −4 2 f3 + f1 0 5 −7 −2
1 0 −10 −6 1 1 0 k −7 −5 28 f4 0 0 1 −7 −4 −→ 0 0 0 28 18 0
−5 f3 + f4 −→
0 −10 −6 10 f4 + f1 k −7 −5 −→ 1 −7 −4 7 f4 + f2 9 7 f4 + f3 0 1 14
1 0 −10 −6 0 k −7 −5 0 1 −7 −4 0 5 −7 −2
1 0 0 0 k 0 0 1 0 0 0 1
3 7 −1 2 1 2 9 14
1 0 −→ 0 0
0 1 0 0
= R
Si k = 0, entonces, 1 0 0 0 0 0 R = 0 1 0 0 0 1
3 7 −1 2 1 2 9 14
−2 f2 −→
1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1
1 1 2 9 3 7
14
−3 7 f2
+ f1 −→ −1 2 f2 + f3 −9 14 f2 + f4
1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
Por lo tanto, si k = 0 el sistema solamente tiene la solucion ´ ´ trivial. Ahora, si k , 0, 1 0 0 0 k 0 R = 0 1 0 0 0 1
3 7 −1 2 1 2 9 14
−k f3 + f2 −→
1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1
3 7 −(k+1) 2 1 2 9 14
= S
Si k = −1, la matriz S tiene 3 filas no nulas, y por tanto el sistema tiene infinitas soluciones. Por otra parte, si k , −1,
S
−2 (k+1) f2
−→
1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1
1 1 2 9 3 7
14
−3 7 f2
+ f1 −→ −1 2 f2 + f3 −9 14 f2 + f4
1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1
0 1 0 0
1 0 −→ 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
De modo que si k , 0 y k , −1, entonces la solucion Se concluye que el valor k = −1 es el ´ es unica. ´ que produce soluciones distintas a la trivial. 8. Considere el sistema de ecuaciones lineales que se da a continuacion ´ x+y bx + by + z ax + ay bx + by − z
10
= 3 = a + 4b = 4a = b
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Determine todos los valores de a y de b para los cuales el sistema es consistente. Determine el conjunto solucion ´ del sistema en los casos en que es consistente. Respuesta: 1 1 b b a a b b 1 −1 b 2 f4 −→ a 0
0 3 1 a + 4b 0 4a −1 b 1 b a 0
1 1 b b a a 0 0 1 − f4 + f2 b a −→ 0
− f2 + f4 −→
3 0 1 a + 4b 0 4a a+3b 1 2
0 3 1 a + 4b 0 4a −2 −a − 3b 3 1 0 b 0 a+5b 2 =B a 0 4a 0 1 a+3b 2
Si a = 0, 1 1 0 b b 0 B = 0 0 0 0 0 1
3 5b 2 = C 0 3b 2
Si b = 0, 1 1 0 0 0 0 C = 0 0 0 0 0 1
3 0 0 0
Entonces, Rng(A) = 2 y el sistema tiene soluciones infinitas S = {(3 − t, t, 0)
t ∈ R}.
Si b , 0 1 1 0 1 f 1 1 0 C b 2 −→ 0 0 0 0 0 1
3 5 − f1 + f2 2 0 −→
3b 2
1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1
3 −1 2 0 3b 2
En este caso el sistema no tiene solucion ´ porque tiene una ecuacion ´ inconsistente. Si a , 0, 1 1 0 1 b b 0 f A a 3 −→ 1 1 0 0 0 1
3 a+5b 2
4
a+3b 2
− f1 + f3 −→
1 1 0 b b 0 0 0 0 0 0 1
3 a+5b 2
1
a+3b 2
Entonces el sistema tiene una ecuacion ´ inconsistente y por tanto no tiene solucion ´ si a , 0 para cualquier valor de b ∈ R. 11
´ Ejercicios de Algebra lineal
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En resumen, se concluye que: ´ a) El sistema es inconsistente si 1) a , 0, ∀b ∈ R. 2) a = 0, b , 0. b) El sistema es consistente si a = 0,b = 0 y la solucion ´ es S = {(3 − t, t, 0)
t ∈ R}.
9. Considere el sistema de ecuaciones lineales que se da a continuacion ´ ax + ay + 2aw x + 2y + 3w x + 2y + z + 3w x + 2y + 3w
= 0 = −1 = a−b−1 = a2 + b2 − 1
a) Determine todos los valores de a y de b para los cuales el sistema es inconsistente. Respuesta: 0 a a 0 2a 1 2 0 3 −1 1 2 1 3 a−b−1 1 2 0 3 a2 + b2 − 1
− f + f 2 3 −→ − f2 + f4
0 a a 0 2a 1 2 0 3 −1 0 0 1 0 a−b 0 0 0 0 a2 + b2
= B
Para que el sistema sea consistente es necesario que a2 + b2 = 0 lo que se da si y solo ´ si a = 0 y b = 0 ya que a2 ≥ 0, b2 ≥ 0 y a2 > 0 si a , 0 y b2 > 0 si b , 0. Entonces el sistema es inconsistente si alguno de los dos, a o b es distinto de cero, i.e. si ocurre alguno de los casos: 1) a , 0, ∀b ∈ R. 2) b , 0, ∀a ∈ R. b) Determine el conjunto solucion ´ del sistema en los casos en que es consistente. Respuesta: El sistema es consistente si a = b = 0, entonces, sustituyendo en B 0 0 0 1 2 0 B = 0 0 1 0 0 0
0 0 3 −1 0 0 0 0
Entonces x = −1 − 2y − 3w y z = 0, por tanto S = {(−1 − 2t − 3s, t, 0, s)
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t, s ∈ R}.
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3. Matrices 1. Se dan las matrices cuadradas, del mismo orden, A, B, C y X con A y B invertibles, tales que (AXB)t + C = I (donde I es la matriz identidad). a) Use las operaciones con matrices y sus propiedades para despejar X en t´erminos de las matrices I, A, B y C (no use sistemas de ecuaciones). Respuesta: (AXB)t + C = I [(AXB)t + C]t = It [(AXB)t ]t + Ct = I AXB + Ct = I A−1 · [AXB + ·Ct ] = A−1 · I A−1 · AXB + A−1 · Ct = A−1 · I XB + A−1 · Ct = A−1 XB = A−1 · [I − Ct ] XB · B−1 = A−1 · [I − Ct ] · B−1 X = A−1 · [I − Ct ] · B−1
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
(aplicamos transpuestas) (propiedad transpuesta de la suma) (propiedad transpuesta de la transpuesta) (multiplicando por A−1 ) (propiedad de distributividad) (definicion ´ de inversa) (distributividad del producto en suma) (multiplicando por B−1 ) (definicion ´ de inversa)
b) Segun ´ lo que se obtuvo en (a), determine X si ( ) 1 −2 A= 1 −3
( ) 2 3 B= 1 2
( ) 1 2 C= 3 4
Respuesta: (
( − f1 + f2 1 −→ 0 ( 2 f2 + f1 1 0 3 −→ 0 1 1
1 −2 1 0 1 −3 0 1
)
) ( ) −2 1 0 − f2 1 −2 1 0 −1 −1 1 −→ 0 1 1 −1 ) ( ) −2 3 −2 −1 ⇒A = −1 1 −1
(
) ( 2 3 1 0 f1 ⇔ f2 1 2 0 1 2 0 1 −→ 2 3 1 ( ) ( − f2 1 2 0 1 −2 f2 + f1 1 −→ 0 1 −1 2 −→ 0 ( C = t
( −2 f1 + f2 1 2 −→ 0 −1 ) ( 0 2 −3 −1 ⇒B = 1 −1 2
1 0
)
1 3 2 4
0 1 1 −2
)
2 −3 −1 2
)
)
Entonces, (
) (( ) ( )) ( ) ( ) 3 −2 1 0 1 3 2 −3 11 −18 X= · − · ⇒X= 1 −1 0 1 2 4 −1 2 4 −6 2. Se dan las matrices cuadradas, del mismo orden, A, B y X con A − B invertible, tales que XAt = I + (BXt )t (donde I es la matriz identidad).
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a) Use las operaciones con matrices y sus propiedades para despejar X en t´erminos de las matrices I, A y B (no use sistemas de ecuaciones). Respuesta:
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
XAt = I + (BXt )t XAt = I + (Xt )t Bt XAt = I + XBt XAt − XBt = I X · (At − Bt ) = I X · (A − B)t = I (X · (A − B)t )t = It (A − B) · Xt = I −1 (A − B) · (A − B) · Xt = (A − B)−1 · I Xt = (A − B)−1 · I X = [(A − B)−1 ]t
(transpuesta de un producto) (transpuesta de una matriz transpuesta) (restando XBt a ambos lados de la igualdad) (distributividad del producto sobre la resta) (distributividad del producto en resta) (aplicando transpuestas) (transpuesta de un producto (multiplicando por (A − B)−1 ) (aplicando definicion ´ de inversa) (aplicando transpuesta a ambos lados)
b) Segun ´ lo que obtuvo en la parte a), determine X si ( ) 3 5 A= 0 1 Respuesta:
( ) 1 −2 B= 1 5
) 2 7 Se tiene A − B = Para obtener X necesitamos determinar la inversa de A − B −1 −4 (
(
2 7 1 0 −1 −4 0 1
)
2 f2 + f1 −→
(
0 −1 1 2 −1 −4 0 1
)
−4 f1 + f2 −→
(
0 −1 1 2 −1 0 −4 −7
)
) ( ) − f1 ( f1 ⇔ f2 1 0 4 0 1 −1 −2 7 −→ 7 −→ 1 0 4 0 1 −1 −2 − f2 De modo que ( −1
(A − B)
=
4 7 −1 −2
)
( ⇒X=
4 −1 7 −2
)
3. Sea S = {1, 1, k), (k, 1, 1), (k, k, 4)} a) Determine para qu´e valor o valores de k el conjunto de vectores S es linealmente independiente. Respuesta: Sean v1 = (1, 1, k), v2 = (k, 1, 1), v3 = (k, k, 4). Los vectores de S forman un conjunto linealmente independiente (li) si c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 = 0 ⇒ (c1 , c2 , c3 ) = (0, 0, 0) 14
´ Ejercicios de Algebra lineal
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Lo anterior, es equivalente a que la unica solucion ´ ´ al sistema Ax = 0 sea x = 0, donde ( ) x = (c1 , c2 , c3 )t A = vt1 , vt2 , vt3 Entonces, resolvemos el sistema homog´eneo haciendo casos sobre k. 1 k k − f1 + f2 A = 1 1 k −→ k 1 4
k k 1 0 1 − k 0 = B k 1 4
Si k = 0, entonces 1 0 0 − f2 + f3 B = 0 1 0 −→ 0 1 4
1 0 0 1 f 0 1 0 4 3 −→ 0 0 4
1 0 0 0 1 0 0 0 1
Entonces, si k = 0 se tiene x = 0 y los vectores de S son li. Si k , 0, se tiene,
B
−k f1 + f3 −→
−k f2 + f3 −→
k k 1 f + f1 0 1 − k 0 2 −→ 0 1 − k2 4 − k2 1 1 k − f2 + f3 0 1−k 0 −→ 0 1 − k 4 − k2
1 k 1 0 1 − k 0 0 1 − k2 4 − k2 1 1 k 0 1−k 0 = C 0 0 4 − k2
Si k = 1, entonces, 1 1 1 1 f C = 0 0 0 3 3 −→ 0 0 3
1 1 1 − f3 + f1 0 0 0 −→ 0 0 1
1 1 0 f ⇔ f3 0 0 0 2 −→ 0 0 1
1 1 0 0 0 1 0 0 0
Entonces, como el Rango(A) es 2, hay infinitas soluciones dependiendo de un par´ametro. El RangoFila(A) es 2, entonces a lo sumo hay 2 vectores li. Si k , 1, se tiene 1 − k , 0, y se sigue que k 1 1 0 1 0 C −→ 0 0 4 − k2 1 1−k f2
− f2 + f1 −→
k 1 0 0 1 0 0 0 4 − k2
= D
Si k = 2, se tiene, 1 0 2 D = 0 1 0 0 0 0 Entonces, como el Rango(A) es 2, hay infinitas soluciones dependiendo de un par´ametro. El RangoFila(A) es 2, entonces a lo sumo hay 2 vectores li.
15
´ Ejercicios de Algebra lineal
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Si k , 2, es decir, si 2 − k , 0, se tiene k 1 0 0 1 0 D −→ 0 0 2+k 1 2−k f3
= E
Si k = −2, se tiene, 1 0 −2 E = 0 1 0 0 0 0 Entonces, como el Rango(A) es 2, hay infinitas soluciones dependiendo de un par´ametro. El RangoFila(A) es 2, entonces a lo sumo hay 2 vectores li. Si k , −2, es decir, si 2 + k , 0, se tiene 1 0 k −k f3 + f1 0 1 0 E −→ −→ 0 0 1 1 2+k f3
1 0 0 0 1 0 0 0 1
Entonces, x = 0 y los vectores de S son li. Se concluye que los vectores de S son li si k ∈ R y k < {−2, 1, 2}. b) ¿Para qu´e valor o valores de k el conjunto S contiene a lo sumo dos vectores linealmente independientes? (Justifique) Respuesta: Por el desarrollo de la parte a), se concluye que el conjunto S tiene a lo sumo 2 vectores li si k ∈ {−2, 1, 2}. ( ) 1 0 2 −1 0 4. Sean A = y B = −2 1 0 −1 0 −1 2 a) Determine la siguiente matriz (AB − I2 )−1 , si existe. Respuesta: ( ) 4 −1 A·B= 2 −1
( ) 3 −1 AB − I2 = 2 −2
Entonces, calculamos su inversa, (
( ( ) ) 1 1 1 −1 −2 f1 + f2 1 1 − f2 + f1 1 −1 −→ −→ 2 −2 0 1 0 −4 −2 3 ( ) ( ) −1 1 1 1 −1 − f2 + f1 1 0 12 −1 4 4 f2 −→ −→ 0 1 12 −3 0 1 12 −3 4 4
3 −1 1 0 2 −2 0 1
)
16
´ Ejercicios de Algebra lineal Entonces, (AB − I2
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=
(1 2 1 2
−1 4 −3 4
) .
( )t b) Utilice solamente a´ lgebra de matrices para encontrar una matriz X tal que At X B − I2 = Xt . ´ Respuesta:
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
( )t At X B − I2 = Xt ( )t Xt At B − I2 = Xt Xt AB − Xt = I2 Xt (AB − I2 ) = I2 Xt (AB − I2 ) · (AB − I2 )−1 = I2 · (AB − I2 )−1 Xt = (AB − I2 )−1 }t { X = (AB − I2 )−1 (
Entonces por lo calculado en la parte a), X =
(transpuesta de un producto) (transpuesta de una matriz transpuesta) (distributividad del producto sobre la suma) (multiplicando por (AB − I2 )−1 ) (por definicion ´ de inversa) (aplicando transpuestas) 1 2 −1 4
1 2 −3 4
) .
{ } 5. ¿Para cu´ales valores de a, si existen, el conjunto (1, a, 0, 0)t , (1, −3, a + 1, 0)t , (0, 1, −4, 0)t es linealmente independiente? Respuesta: Sea
1 0 1 a −3 1 A = 0 a + 1 −4 0 0 0
Las columnas de A son el conjunto de vectores de S, por lo que por teorema, el conjunto S es l.i. si y solo solucion ´ si la unica ´ ´ al sistema homog´eneo Ax = 0 es x = 0 Entonces, resolvemos el sistema homog´eneo haciendo casos sobre a. Si a = 0, 0 1 1 3 f3 + f2 0 −3 1 −→ A = 0 1 −4 − f3 + f1 0 0 0 1 0 4 4 f + f 2 3 −1 0 0 1 11 f2 −→ −→ 0 1 −4 −4 f2 + f1 0 0 0
1 0 4 0 0 −11 0 1 −4 0 0 0
1 0 0 0 0 1 f2 ⇔ f3 0 1 0 −→ 0 0 0
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
Entonces, si a = 0 la unica solucion ´ ´ al sistema es x = 0, por lo tanto en este caso el conjunto S es l.i. Si a , 0, entonces 17
´ Ejercicios de Algebra lineal
1 −1 0 f 2 3 −→ 0 0
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1 1 −a f1 + f2 0 −3 − a A 0 a + 1 −→ 0 0 1 0 3 f3 + f2 −(3 + a) 1 −→ 3 1 2 − f3 + f1 0 0
0 1 −4 0
f2 + f3 −→
1 0 0 −a 0 1 0 0
−3 2 11 2 3 2
0
1 1 0 −(3 + a) 0 −2 0 0 1 0 a f3 + f2 0 0 −→ 0 1 0 0
0 1 −3 0
1 (3a + 11) 2 = B 3 2 0 −3 2
Si 3a + 11 = 0 ⇔ a = −11 ´ distinta a la trivial, 3 , entonces Rng(A) = 2 y por lo tanto existe una solucion de modo que S no es l.i. Por otra parte, si a ,
B
−11 3 ,
2 3a+11 f2
−→
1 0 0 0 0 1 0 0
1 3 2 0
−3 2
+ f1 −→ −3 2 f2 + f3 3 2 f2
1 0 0 0 0 1 f2 ⇔ f3 0 1 0 −→ 0 0 0
Entonces x = 0 es la unica solucion. ´ ´ Los vectores de S son l.i. si a ,
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
−11 3 .
2 1 0 6. Dada la matriz A = 0 −1 −2 2 −2 0 a) Determine el rango de A. Respuesta: Para determinar Rng(A) necesitamos encontrar la forma escalonada reducida de A. −2 f1 + f3 −→ A − f2
2 1 0 0 1 2 0 −2 −4
2 f2 + f3 −→
1 0 2 0 1 2 0 0 0
Entonces Rng(A) = 2, puesto que la forma escalonada reducida equivalente por filas a A tiene solamente dos filas no nulas. ´ b) Escriba el vector que corresponde a la tercera columna de A como combinacion ´ lineal de los vectores que corresponden a las otras dos columnas de A. Respuesta: En este caso, se plantea el sistema con matriz aumentada, donde la solucion ´ al sistema son los escalares que permiten escribir a la columna 3 como combinacion ´ lineal de las columnas 1 y 2 de A. Se tiene, por la parte a) que, 2 1 0 1 0 2 0 −1 −2 −→ 0 1 2 2 −2 0 0 0 0 18
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Entonces, se concluye que 2 1 0 −2 = 2 0 + 2 −1 0 2 −2 c) Sin hacer c´alculos adicionales, diga si las tres filas de A corresponden a vectores linealmente independientes o a vectores linealmente dependientes. Justifique su respuesta. Respuesta: Como Rng(A) = 2, y A es de 3x3, entonces Rng(A) < 3 y por lo tanto, las filas de A no pueden ser linealmente independientes, i.e son linealmente dependientes. d) Sin hacer c´alculos adicionales, diga si el sistema de ecuaciones lineales AX = B, donde X = (x, y, z)t y B = (1, 2, 3)t tiene solucion Justifique su respuesta. ´ unica. ´ Respuesta: No tiene solucion ya que Rng(A) < 3, y por tanto las soluciones son infinitas. De hecho ´ unica ´ dependen de 1 par´ametro ya que Rng(A) = 2. 7. Sea A una matriz de orden mxm y B es una matriz de orden mxn. a) ¿De qu´e orden deben de ser las matrices X y D, de modo que la igualdad, XAt − Bt = XDt tenga sentido. Respuesta: Como At es de orden mxm, entonces para que el producto XAt tenga sentido, X debe tener m columnas. Por otra parte, como Bt es de nxm, entonces para que la resta tenga sentido, XAt debe tener n filas, por tanto, X es de nxm. Por el orden de At , Bt y X, se sigue que XAt − Bt es de nxm, entonces XDt es de nxm, y XDt es de orden nxm. Se sigue que Dt tiene m columnas, y como X tiene m columnas, entonces Dt tiene m filas para que el producto matricial tenga sentido. De modo que Dt es de orden mxm, y D es de orden mxm tambi´en. b) Para que la igualdad dada anteriormente en a) tenga sentido y (A − D)t sea invertible, utilice las operaciones con matrices y sus propiedades para despejar X en t´erminos de A, B y D. Respuesta:
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
t t t XA ( − B =) XD (distributividad de producto sobre resta) X At − Dt = Bt t t X (A − D) = B (transpuesta de una matriz transpuesta) ( { } { } { }−1 ) t t −1 t −1 t X (A − D) · (A − D) = B · (A − D) multiplicando por (A − D)t { }−1 X = Bt · (A − D)t (definicion ´ de inversa)
19
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c) Segun ´ lo que obtuvo anteriormente en b), calcule X si (
2 3 A= −1 0
)
(
2 3 B= 4 0
)
(
2 −1 D= 2 1
)
Respuesta: (
0 4 A−D= −3 −1
)
( ) 0 −3 (A − D) = 4 −1
⇔
t
Ahora calculamos la inversa de (A − D)t , (
0 −3 1 0 4 −1 0 1
)
f1 ⇔ f2 −→
−1 3 f1 −→ 14 f2
(
(
0 1
−1 12 −1 3
1 0 0 1
−1 3
)
+ f2 −1 1 −→ 0 4 4 ) ( 1 { }−1 t 4 ⇒ (A − D) = 0 1
0
1 4 f1
(
0 1 1 0
−1 12 −1 3
Entonces, ) ( −1 2 4 12 · −1 X= 3 0 3 (
1 4
0
) =
( −3 2 −1 4
1 2 3 4
)
1 1 1 8. Dada la matriz P = 0 1 1 0 0 1 1 2 3 a) Compruebe que P2 = 0 1 2 0 0 1 Respuesta: 1 1 1 1 1 1 1 2 3 P2 = P · P = 0 1 1 0 1 1 = 0 1 2 0 0 1 0 0 1 0 0 1 b) Calcule P3 . Respuesta: 1 2 3 1 1 1 1 3 6 P3 = P2 · P = 0 1 2 0 1 1 = 0 1 3 0 0 1 0 0 1 0 0 1 c) Calcule P4 . Respuesta: 1 3 6 1 1 1 1 4 10 P4 = P3 · P = 0 1 3 0 1 1 = 0 1 4 0 0 1 0 0 1 0 0 1 20
1 4
0
)
−1 3 −1 12
0 1 4
)
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d) Obtenga una formula para calcular Pn , donde n ∈ N, con n ≥ 1. ´ Respuesta: n 1 n Sn ∑ k = 1 + 2 + ... + n Pn = 0 1 n donde Sn = 0 0 1 k=1 9. Dada la siguiente matriz: 1 4 0 6 A = 2 3 6 −3 −4 a) Determine el Rango de la matriz A. Respuesta: Para determinar Rng(A) necesitamos encontrar la forma escalonada reducida equivalente por filas a A: −3 f2 + −→ A −2 f2 + −1 0 1 6 f1 −→ 1 23 1 0 0 2 f2
f3 0 −6 −11 0 −6 −2 f1 + f3 2 3 2 3 6 −→ f1 0 −12 −22 0 0 11 11 −3 f1 + f2 0 1 6 f1 ⇔ f2 6 1 0 1 3 2 4 −→ −→ 0 0 0 0
−11 6 0 1 0 0 1 0 0
1 4 11 6
0
Como la forma escalonada reducida de A tiene solamente dos filas no nulas, entonces ´ Rng(A) = 2. b) Sin hacer c´alculos adicionales, diga si la matriz A es invertible. Justifique su respuesta. Respuesta: Por teorema, la matriz A no es invertible pues es una matriz de 3x3 tal que Rng(A) < 3. Note adem´as que no es equivalente por filas a la matriz identidad I3 . c) Sin hacer c´alculos adicionales, diga si los tres vectores que corresponden a las tres columnas de la matriz A son linealmente independientes o linealmente dependientes. Justifique su respuesta. Respuesta: Como A no es invertible, por teorema sus columnas son linealmente dependientes. d) Escriba el vector que corresponde a la tercera columna de la matriz A como una combinacion ´ lineal de los dos vectores que corresponden a las otras dos columnas de A.
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Respuesta: Se plantea el sistema con matriz aumentada, donde la solucion ´ al sistema son los escalares que permiten escribir a la columna 3 como combinacion ´ lineal de las columnas 1 y 2 de A. Se tiene, por la parte a) que, 1 4 0 2 3 6 6 −3 −4
1 0 −→ 0 1 0 0
1 4 11 6
0
Entonces, se concluye que 1 4 0 1 11 6 = 2 + 4 6 3 −4 6 −3 −1 2 0 −1 2 0 10. Dadas las matrices A = 2 1 1, B = 1 1 2 y la matriz identidad I3 de M(3, R). 0 1 2 0 1 1 a) Efectue ´ las operaciones para obtener la matriz C tal que C = A2 + A − 3I3 . Respuesta: Primeramente calculamos la matriz A2 , −1 2 0 −1 2 0 5 0 2 A2 = 2 1 1 2 1 1 = 0 6 3 0 1 2 0 1 2 2 3 5 Por lo tanto, la matriz C est´a dada por; 5 0 2 −1 2 0 3 0 0 1 2 2 C = 0 6 3 + 2 1 1 − 0 3 0 = 2 4 4 2 3 5 0 1 2 0 0 3 2 4 4 b) Efectue ´ las operaciones para obtener la matriz D tal que D = −B2 + B + 5I3 . Respuesta: Primeramente calculamos la matriz B2 , −1 2 0 −1 2 0 3 0 4 B2 = 1 1 2 1 1 2 = 0 5 4 0 1 1 0 1 1 1 2 3 Por lo tanto, la matriz D est´a dada por; 2 −4 −3 0 −4 −1 2 0 5 0 0 1 1 −2 D = 0 −5 −4 + 1 1 2 + 0 5 0 = 1 −1 −2 −3 0 1 1 0 0 5 −1 −1 3
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c) Calcule BD y diga que relacion ´ existe entre la matriz D y la matriz B. Respuesta: 2 −4 1 0 0 −1 2 0 1 1 −2 = 0 1 0 B · D = 1 1 2 1 0 0 1 0 1 1 −1 −1 3 Entonces, D = B−1 o bien B = D−1 . 11. Determine si cada uno de los siguientes conjuntos de vectores son linealmente dependientes o linealmente independientes. } { a) (2, −1, 4)t , (3, 6, 2)t , (2, 10, −4)t Respuesta: Para determinar si un conjunto de vectores son linealmente independientes (l.i.) o linealmente dependientes (l.d.) basta con colocar dichos vectores como las columnas de una matriz y determinar si la forma escalonada reducida equivalente por filas a esa matriz es o no la identidad. Se tiene entonces, 2 3 2 2 f2 + f1 0 15 22 − f2 0 15 −→ −1 6 10 −→ 1 −6 A −1 6 10 1 4 2 −4 4 f2 + f3 0 26 36 0 1 26 f3 f1 + f2 −15 f3 + f1 0 0 16 13 0 0 1 22 13 13 16 f1 1 0 −22 1 0 −22 −→ −→ 13 13 −→ 18 −18 6 f3 + f2 0 1 f + f 0 1 18 3 13 13 1 13 0 1 0 1 0 0 f ⇔ f2 f1 ⇔ f3 1 0 0 1 −→ 0 1 0 −→ 0 0 1 0 0 1
22 −10 18 13
0 0 1 1 0 0 0 1 0
Por tanto como la forma escalonada reducida de A es la identidad I3 , entonces el conjunto de vectores es l.i. { } b) (1, −2, 3)t , (5, 6, −1)t , (3, 2, 1)t Respuesta: Procedemos de la misma manera que en la parte a), 5 3 2 f1 + f2 1 5 1 0 16 −→ B −2 6 2 3 −1 1 −3 f1 + f3 0 −16 1 5 3 1 −5 f2 + f 16 2 0 1 12 −→ −→ 0 0 0 23
3 8 −8
f2 + f3 −→
1 0 21 f1 0 1 12 0 0 0
1 5 3 0 16 8 0 0 0
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Como la forma escalonada reducida de B no es la identidad, entonces los vectores son l.d. 1 −1 0 1 2 1 1 12. Dadas las matrices A = 0 1 0, C = 3 4, y D = 3 0 . 0 0 3 0 5 1 3
( ) (20 puntos) Encuentre la matriz B que satisface la siguiente ecuacion: ´ A Bt + C = D. Respuesta:
( ) Utilizamos operaciones de matrices para depejar la matriz B de la ecuacion ´ A Bt + C = D. Primero antes note que A es una matriz invertible ya que, det(A) = 1 · 1 · 3 = 3 , 0. En lo anterior c´alculo del determinante se uso´ la propiedad para matrices triangulares. Procedemos entonces a depejar B,
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
( ) A Bt + C = D ( ) A−1 · A Bt + C = A−1 · D Bt + C = A−1 D Bt = A−1 D − C ( )t ( )t Bt = A−1 D − C ( )t B = A−1 D − C
(multiplicando por A−1 ) (definicion ´ de inversa y producto por identidad) (restando la matriz C) (aplicando transpuestas) (transpuesta de una matriz transpuesta)
Por la formula anterior para B, entonces necesitamos calcular la matriz A−1 D − C. Empezando por ´ −1 A , se tiene, 1 −1 0 1 0 0 f2 + f1 0 1 0 0 1 0 −→ 1 0 0 3 0 0 1 3 f3
1 0 0 1 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 ⇒ A−1 = 0 1 0 0 0 1 0 0 13 0 0 13
Entonces, 1 1 0 1 1 4 1 A−1 D = 0 1 0 3 0 = 3 0 1 0 0 31 1 3 3 1 4 1 1 2 3 −1 A−1 D − C = 3 0 − 3 4 = 0 −4 1 1 0 5 3 1 3 −4 ( )t Entonces, B = A−1 D − C =
(
) 1 3 0 3 . −1 −4 −4
13. Determine los valores reales de λ de tal forma que los vectores del siguiente conjunto sean linealmente dependientes en R3 : {( )} ) ( ) ( −1 −1 −1 −1 −1 −1 W = λ, , , λ, , ,λ , , 2 2 2 2 2 2
24
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Respuesta: Sea A la matriz cuyas columnas son los vectores de W, es decir, λ A = −1 2 −1 2
−1 2
λ
−1 2
−1 2 −1 2
λ
Entonces, las columnas de A son linealmente dependientes (l.d.) si y solo ´ si, A no es equivalente por filas a la matriz identidad I3 . Vamos a analizar las formas escalonadas reducidas equivalentes por filas a A segun ´ los valores de λ.
A
− f2 + f3 −→
λ −1 2 0
− f1 + f2 λ ( ) ( ) −→ 1 1 − 2 +λ 2 +λ −1 2
−1 2 −1 2
−1 2
Por tanto, si sustituimos λ =
Ahora, si λ ,
−1 2 ,
−1 2 ,
= B
en B, entonces,
−1 2 B = 0 0 Y entonces si λ =
−1 ( λ ) ( −1 2 ) 2 1 − 1 + λ + λ 0 2 (2 ) ( ) 1 0 − 21 + λ + λ 2
−1 2
0 0
−2 f1 0 −→ 0
−1 2
1 1 1 0 0 0 0 0 0
A no es equivalente por filas a la identidad, y el conjunto W es l.d.
en B tenemos, f2 λ −1 2 B −→ −1 1 1 0 −1 f3 1 1
1 2 +λ
2 +λ
0 1
−1 2
−1 2 f3
+ f1 −→
0 −1 λ −1 1 0 = C 0 −1 1
Si λ = 0, sustituyendo en la matriz C, se tiene, 0 −1 f1 + f3 0 0 −→ C = −1 1 0 −1 1 − f2 f1 ⇔ f2 −→ − f3 Por lo tanto, si λ = 0, y λ , entonces el conjunto W es l.i.
−1 2 ,
0 0 −1 − f3 + f2 1 −1 0 −→ 0 −1 0 − f1
1 0 0 f ⇔ f3 0 0 1 2 −→ 0 1 0
0 0 1 1 0 0 0 −1 0
1 0 0 0 1 0 0 0 1
entonces la matriz A es equivalente por filas a la identidad, y
Si λ , 0, de la matriz C se sigue, λ f2 + f1 C −→ − f3
0 λ −1 −1 1 0 0 1 −1
−λ f3 + f1 −→ − f2 25
0 0 λ − 1 1 −1 0 0 1 −1
= D
´ Ejercicios de Algebra lineal
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0 0 0 En D, sustituyendo λ = 1, entonces, D = 1 −1 0 , que no es equivalente por filas a la iden 0 1 −1 tidad, ya que tiene una fila de ceros. Por tanto, los vectores de W son l.d. Si λ , 1, entonces,
C
f3 + f2 −→
1 λ−1 f1
−→
1 0 0 1 −1 0 0 1 −1
0 0 1 f ⇔ f3 1 0 0 2 −→ 0 1 0
f1 + f3 −→
0 0 1 1 −1 0 0 1 0
0 0 1 f ⇔ f3 0 1 0 1 −→ 1 0 0
1 0 0 0 1 0 0 0 1
En este caso el conjunto W es l.i. puesto que Aes equivalente por filas a la identidad. Resumiendo, se tienen los siguientes casos sobre la independencia lineal del conjunto W segun ´ los valores de λ: a) Si λ = b) Si λ , c) Si λ , d) Si λ ,
−1 2 entonces W es l.d. −1 2 y λ = 0 entonces W es l.i. −1 2 , λ , 0 y λ = 1 entonces W −1 2 , λ , 0 y λ , 1 entonces W
Entonces, W es l.d. si λ = 1 o si λ =
es l.d. es l.i.
−1 2 .
( ) 1 1 no es invertible y halle una matriz B, de dimension 14. Indique porqu´e la matriz A = ´ 2x2, no 0 0 nula, tal que AB = 0. Respuesta: La matriz A no es invertible por alguna de las siguientes razones: a) Rng(A) = 1 < 2, pues tiene una fila de ceros. b) Como A tiene 1 fila de ceros, det(A) = 0. c) Las filas de A son linealmente dependientes, puesto que la segunda fila es el vector de ceros. d) Las columnas de A son linealmente dependientes, puesto que son iguales. e) El sistema Ax = 0 tiene infinitas soluciones de la forma, (x1 , x2 )t = (t, −t), ∀t ∈ R. f ) El sistema Ax = b, no tiene solucion ´ si b = (b1 , b2 )t y b2 , 0. ( ) x y Sea B = . Entonces, note que si z w ( )( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 x y 0 0 x+z y+w 0 0 AB = 0 ⇒ = ⇒ = ⇒ x = −z y = −w 0 0 z w 0 0 0 0 0 0 26
´ Ejercicios de Algebra lineal
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) a b Entonces, podemos tomar a B como cualquier matriz de la forma B = con a, b ∈ R. −a −b ) ) ( 1 1 x y , para las cuales, AB = BA. 15. Sea A = . Determine todas las matrices B = z w 0 1 (
Respuesta: Buscamos el conjunto de todas las matrices B que conmutan con A. Efectuando los productos matriciales se obtiene; ( ) x+z y+w AB = z w x+z=x y + w = x + y ⇒ AB = BA ⇔ z=z w = z + w
(
x x+y BA = z z+w
)
Igualando matrices entrada por entrada
−x + w = 0 Lo cual es equivalente al sistema homog´eneo, , que tiene como solucion ´ el conjunto z=0 de los vectores de la forma (x, y, z, w) = (t, s, 0, t) tales que s, t ∈ R. Por ( tanto ) el conjunto de todas t s las matrices B que conmutan con A son las matrices de la forma B = . 0 t 16. Determine si existe una matriz A sim´etrica, de dimension ´ 2x2, tal que [( ) ] ( ) −1 t 1 3 A − I2 = I2 A 2 1 Respuesta: Supongamos que A es invertible, y que es sim´etrica, i.e. A = At . Aplicamos operaciones matriciales sobre la identidad que determina a A;
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
[( ) ] ( )t 1 3 −1 A A − I2 = I2 ] [(2 1) ( )−1 1 3 t A − I2 = I2 A [( 2 )1 ] 1 3 −1 A A − I2 = I2 ( 2 )1 1 3 A − I2 = A ( 2 1) 1 3 A − A = I2 [(2 1) ] 1 3 − I A = I2 2( 1 ) 2 0 3 A = I2 2 0
( ( )−1 ( )t ) identidad At = A−1 (utilizando que A es sim´etrica) (multiplicando a la derecha por A) (restando A y sumando I2 ) (distributividad del producto sobre la suma)
27
´ Ejercicios de Algebra lineal Entonces,
A−1
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( ) 0 3 = . 2 0
( ) 0 3 De esto, se concluye que la matriz sim´etrica A invertible que es la inversa de no existe. Dicha 2 0 conclusion ´ se obtiene de cualquiera de las siguientes afirmaciones: a) La inversa de una matriz sim´etrica es sim´etrica,(pues)si A es sim´etrica e invertible, se cumple ( )t ( )−1 0 3 la propiedad: A−1 = At = (A)−1 . Si A−1 = , esto es una contradicc´ıon, puesto que 2 0 ( ) 0 3 no es una matriz sim´etrica. 2 0 ) ( ) ( ) ( 0 12 0 3 0 12 . Pero eso significa que A = 1 , lo que contradice b) La inversa de la matriz es 1 2 0 3 0 3 0 el hecho de que A es sim´etrica. 17. Determine todos los valore de a y b para que la matriz 0 0 1 − a a 1 − b −1 −1 −b A = 1 a + b a + b 0 1 0 0 1 sea invertible y determine su inversa, cuando exista. Respuesta: Aplicamos el procedimiento de c´alculo de inversa izquierda para la matriz A, que por teorema, es la misma que la inversa general de A. Se tiene entonces, 0 0 1 − a a 1 − b −1 −1 −b (A|I4 ) = 1 a+b a + b 0 1 0 0 1 f1 + f3 −→ f2 + f3
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
− f + f 4 1 −→ − f4 + f2
a 0 −1 −a −b −1 −1 −b − 1 0 a − 1 0 a−2 1 0 0 1
a 0 −1 −a −b −1 −1 −b − 1 a + b 0 1 a+b 1 0 0 1 1 0 1 0
0 1 1 0
1 0 0 0
0 1 0 0
0 −1 0 −1 1 0 0 1
0 −1 0 −1 =B 1 −2 0 1
Si a , 0, y si b = 0, se tiene en B; a 0 −1 −a 0 −1 −1 −1 B = 0 a − 1 0 a − 2 1 0 0 1
1 0 1 0
0 1 1 0
0 −1 a f + f1 0 −1 4 −→ 1 −2 − f2 0 1
28
a 0 0 1 0 a − 1 1 0
0 a−1 1 0 0 a−1 1 1 0 −1 0 1 0 a − 2 1 1 1 −2 0 1 0 0 0 1
´ Ejercicios de Algebra lineal
− f1 + f3 −→
− f1 −→ − f3
0 a 0 1 0 −1 1 0
0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0
f1 ⇔ f4 −→ f2 ⇔ f3
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0 a−1 1 1 0 −1 0 1
1 0 0 a−1 0 −1 0 1 0 1 1 −a − 1 0 0 0 1
1 −1 −a −a a2 + 1 0 0 0 1 −a 1 0 −1 −1 a + 1 1 0 0 0 1
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
f + f 3 2 −→ a f3 + f1
− f + f 3 1 −→ − f1 + f4
a a −a2 0 1 0 1 a − 1 a − 1 a − a2 0 0 0 1 −a 1 −1 −a −a a2 + 1
0 0 0 0 0 −1 1 0
0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0
0 −1 1 a a −a2 − 1 1 0 0 0 1 −a 0 −1 0 1 1 −a − 1 0 1 0 0 0 1
−a a2 + 1 1 −1 −a 0 0 0 1 −a 0 1 a − 1 a − 1 a − a2 0 1 a a −a2
a a −a2 1 1 a − 1 a − 1 a − a2 ⇒ A−1 = 0 0 1 −a −1 −a −a a2 + 1
Si a , 0, y si b , 0, se tiene en B;
B
− f1 + f3 −→ − f2
0 a 0 1 0 −1 1 0
a f4 + f1 −→ b f 4 + f2
0 a−1 1 1 0 −1 0 1
a 0 a−1 0 0 −1 −1 −1 0 a − 1 0 a − 2 1 0 0 1
1 0 0 a−1 0 −1 0 1 − b 0 1 1 −a − 1 0 0 0 1
a f + f 3 1 −→ f3 + f2
a −2 0 0 0 −1 1 a f + f3 − f3 0 0 1 0 0 0 1 −a − b 1 −→ −→ 0 1 0 1 0 −1 −1 a + 1 f1 + f4 1 0 0 1 0 0 0 1 f1 ⇔ f4 −→ f2 ⇔ f3 1 0 0 − f4 0 1 0 −→ 0 0 1 0 0 0
1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 −1
29
0 1 1 0
0 a−1 0 b−1 1 −2 0 1
0 0 0 0 0 −1 1 0
−2 0 −1 1 a a 1 0 0 0 1 −a − b 0 −1 0 1 1 −a − 1 1 0 1 0 0 0
a a −2 0 0 0 −1 1 0 0 1 0 0 0 1 −a − b 0 1 0 0 1 a − 1 a − 1 a − 1 1 0 0 0 1 a a −1
1 a a −1 1 a−1 a−1 a−1 0 0 1 −a − b 1 a a −2
a a −1 0 1 0 1 a−1 a−1 a−1 0 0 0 1 −a − b 1 −1 −a −a 2
Por otra parte, si a = 0, entonces
1 0 1 0
a a −1 1 1 a−1 a−1 a−1 ⇒ A−1 = 0 0 1 −a − b −1 −a −a 2
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Prof. Christian Fonseca 0 0 −1 0 −b −1 −1 −b − 1 B = −2 0 −1 0 1 0 0 1
1 0 1 0
0 1 1 0
0 −1 0 −1 =C 1 −2 0 1
Tomando b = 0 en C, se tiene, 0 −1 1 0 0 0 −1 −1 −1 0 C = 0 −1 0 −2 1 1 0 0 1 0
0 1 1 0
0 −1 − f1 0 0 0 −1 −→ 0 1 1 −2 − f2 0 1 0 1 − f3 1 0
0 1 − f1 + f4 0 0 0 1 −1 0 0 0 1 −1 1 0 1 −1 −→ 0 1 0 2 −1 −1 −1 2 f1 + f2 0 0 0 1 1 0 0 1 −2 f1 + f3
− f3 + f2 −→
f1 ⇔ f4 −→ f2 ⇔ f3
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
0 1 0 0
0 1 1 −1 0 1 0 −1 0 1 2 −1 −1 −1 2 0 0 1 1 0
0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0
0 1 1 −1 0 0 0 0 1 0 0 1 −1 −1 0 0 0 0 0 1
0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 −1 −1 0 0 1 −1 −1 0 ⇒ A−1 = 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 −1 0 0 1 −1 0 0 1
Ahora, si b , 0, se tiene en C,
C
b f 4 + f2 −→
− f3 + f2 −→
0 −1 1 0 0 0 −1 −1 −1 0 0 −1 0 −2 1 1 0 0 1 0
0 1 1 0
0 −1 0 b−1 1 −2 0 1
0 1 0 0 0 1 −1 0 0 0 1 −1 1 0 1 −b − 1 0 1 0 2 −1 −1 −1 2 1 0 0 1 0 0 0 1 f1 ⇔ f4 −→ f2 ⇔ f3
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
− f1 −→ − f2 − f3
0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0
f1 + f2 −→ −2 f1 + f3 − f1 + f4
0 1 1 −1 0 1 0 −1 0 1 − b 2 2 −1 −1 −1 1 0 0 0 1
0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0
0 1 1 −1 0 0 0 0 1 −b 0 1 −1 −1 0 0 1 0 0 0
0 1 0 0 0 0 0 0 1 1 −1 −1 0 0 1 −1 −1 0 ⇒ A−1 = 0 0 0 0 1 −b 0 1 −b 1 −1 0 0 1 −1 0 0 1
Por tanto, A es invertible para todos los valores reales de a y b.
30
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18. Halle una matriz B tal que t 1 1 1 0 2 0 1 1 0 2 −1 + 0 −2 1 B = 1 1 1 0 3 1 2 0 0 0 Respuesta: t 1 1 1 0 2 0 1 0 1 0 2 0 1 2 1 0 2 −1 + 0 −2 1 = 1 2 0 + 0 −2 1 = 1 0 1 1 0 3 1 2 0 1 −1 3 1 2 0 2 1 3 De modo que se tiene la expresion ´ equivalente, 1 2 1 1 1 1 0 1 B = 1 1 2 1 3 0 0 Por lo tanto, la matriz B buscada debe de ser de tamano ˜ 3x2. Suponga que x1 x2 B = x3 x4 x5 x6 Entonces, 1 2 1 x1 x2 x1 + 2x3 + x5 x2 + 2x4 + x6 1 0 1 x3 x4 = x1 + x5 x2 + x6 2 1 3 x5 x6 2x1 + x3 + 3x5 2x2 + x4 + 3x6 Igualando las matrices entrada por entrada se obtiene el sistema: x1 + 2x3 + x5 = 1 x1 + x5 = 1 2x1 + x3 + 3x5 = 0 x2 + 2x4 + x6 = 1 x2 + x6 = 1 2x2 + x4 + 3x6 = 0 Notese que las primeras tres ecuaciones corresponden solamente a las variables x1 , x3 , x5 y las si´ ´ guientes tres ecuaciones a las variables x2 , x4 , x6 y que ambos conjuntos de ecuaciones son iguales. Entonces solamente es necesario resolver uno de esos conjuntos de ecuaciones, y el otro tendr´a las ´ mismas soluciones. 1 2 1 1 − f1 + f2 1 0 1 1 −→ 2 1 3 0 −2 f1 + f3
1 2 1 1 0 −2 0 0 0 −3 1 −2 31
−1 2 f2 −→
1 2 1 1 0 1 0 0 0 −3 1 −2
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Prof. Christian Fonseca −2 f2 + f1 −→ 3 f2 + f3
1 0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 −2
− f3 + f1 −→
1 0 0 3 0 1 0 0 0 0 1 −2
Entonces, x1 = x2 = 3, x3 = x4 = 0 y x5 = x6 = −2. Por lo tanto la matriz B tiene la forma 3 3 0 B = 0 −2 −2
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4. Determinantes 1. Sea −1 1 1 1 m −1 6 m + 1 A = −m 2m − 2 9 m 2m −m − 1 m + 6 3m − 2 a) Calcule el determinante de A (sugerencia: realice operaciones elementales para producir ceros antes de proceder al c´alculo). Respuesta:
A
−2 f2 + f4 −→ − f2 + f3
−1 1 1 m −1 6 0 1 − m 2m − 8 0 1−m m−6 1 2 f4 + f3 m −→ 0 0
1 m + 1 − f3 + f4 8 − m −→ m−4
−1 1 1 1 m −1 6 m + 1 0 1 − m 2m − 8 8 − m 0 0 2 − m 2m − 12 −1 1 1 −1 6 m + 1 =B 1−m −4 3m − 16 0 2 − m 2m − 12
Si m , 0
A
−m f1 + f2 −→
−1 1 1 1 0 m−1 6−m 1 f2 + f3 −4 3m − 16 −→ 0 −(m − 1) 0 0 2 − m 2m − 12 − f3 + f4 −→
−1 1 1 1 0 m − 1 6 − m 1 0 2 − m 3m − 15 0 0 0 2 − m 2m − 12
−1 1 1 1 0 m − 1 6 − m 1 =C 0 0 2 − m 3m − 15 0 0 0 3−m
Entonces, det(C) = 1 · (m − 1) · (2 − m) · (3 − m) si m , 0. Si m = 0, entonces, 1 −1 1 1 0 −1 6 1 − f2 + f3 A = −→ 0 0 −2 9 0 −1 6 2
1 1 −1 1 0 −1 6 1 0 0 −2 9 0 0 0 −3
Entonces det(A) = 1 · −1 · −2 · −3 = −6. Se concluyen los siguientes valores para el determinante de A: −6 si m = 0 det(A) = (m − 1) · (2 − m) · (3 − m) si m , 0
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b) De acuerdo con lo que obtuvo en (a), ¿para qu´e valores de m la matriz A es invertible? (Justifique) Respuesta: La matriz A no es inversible si det(A) = 0. Entonces A no es inversible si m = 1, m = 2 o´ m = 3. c) Segun ´ lo que obtuvo en (a), ¿para qu´e valores de m, los vectores columna de A son linealmente dependientes? (justifique sin hacer c´alculos adicionales). Respuesta: Las columnas de A son l.d. si A no es invertible, entonces son l.d. si m = 1, m = 2 o´ m = 3. ( ) 2. Sean A y B matrices cuadradas de orden 4, tales que det(A) = 2 y det(B) = −2. Calcule det 12 A−1 Bt . Respuesta: Por las propiedades del determinante: (
) ( )4 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 −1 t 1 1 −1 det A−1 Bt = det A−1 · det Bt = det A B = det(B) = 2 2 16 16 det(A) 16 3. Sea A ∈ M(n, R), A es una matriz ortogonal si A · At = In . a) Justifique porqu´e toda matriz ortogonal A es invertible. Respuesta: Para que A sea inversible, por teorema basta con que tenga inversa izquiera o derecha. Y por la definicion ´ de matriz ortogonal, A · At = In , entonces A tiene inversa derecha y podemos observar que A−1 = At . b) Justifique porqu´e toda matriz ortogonal A tiene determinante 1 o´ −1. Respuesta: Como A · At = In , entonces por las propiedades del determinante de un producto de matrices y el determinante de una transpuesta se tiene que: ( ) 1 = det (In ) = det(A) · det At = det(A) · det(A) = (det(A))2 ⇒ det(A) = −1 o´ det(A) = 1 c) Compruebe que la siguiente matriz es ortogonal. 1 √2 −1 P = √2 0
√1 6 √1 6 −2 √ 6
√1 3 √1 3 1 √ 3
Respuesta: Por definicion, ´ P es una matriz ortogonal si P · Pt = In , entonces, 1 √2 −1 P · Pt = √2 0
√1 6 √1 6 −2 √ 6
√1 3 √1 3 √1 3
Por tanto P es ortogonal. 34
√1 2 √1 6 √1 3
−1 √ 2 √1 6 √1 3
0 1 0 0 −2 √ = 0 1 0 6 0 0 1 √1 3
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d) Sin hacer c´alculos adicionales, escriba la matrix P−1 . Respuesta: Por la parte a), es claro que
P−1
1 √2 1 t = P = √6 1 √ 3
−1 √ 2 √1 6 √1 3
0 −2 √ 6 1 √ 3
a b c 4. Si A = 4 0 2 , donde a, b, c ∈ R y A = 3, calcule el determinante de cada una de las siguientes 1 1 1 matrices: 2a 2b 2c a) B = 4 4 4 2 0 1 Respuesta: f ⇔ f3 A 2 −→ Entonces, det(B) = −2 · 4 ·
1 2
2 f1 a b c −→ 1 1 1 4 f2 4 0 2 1 2 f3
2a 2b 2c 4 4 4 = B 2 0 1
· det(A) = −12.
b c a b) C = 3a + 4 3b 3c + 2 a+1 b+1 c+1 Respuesta: − f1 + f3 A −→ 3 f1 + f2
a b c 3a + 4 3b 3c + 2 a+1 b+1 c+1
= C
Entonces, det(C) = det(A) = 3. a b c 5. Si el determinante de la matriz A = d e f , donde a, b, c, d, e, f , g, h, i ∈ R, es det(A) = 5, calcule g h i los siguientes determinantes: a) det(3A). Respuesta: Por las propiedades del determinante, det(3A) = 33 det(A) = 27 · 5 = 135.
35
´ Ejercicios de Algebra lineal
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( ) b) det 2A−1 . Respuesta:
) ) ( ( Por las propiedades del determinante, det 2A−1 = 23 det A−1 =
8 det(A)
= 85 .
b c a c) det 2d + g 2e + h 2 f + i d e f Respuesta: Aplicando operaciones de fila sobre A, se pueden relacionar los determinantes de A y el de la matriz buscada; 2 f + f3 A 2 −→
a b c d e f 2d + g 2e + h 2 f + i
f2 ⇔ f3 −→
a b c 2d + g 2e + h 2 f + i d e f
Por lo tanto, b c a det 2d + g 2e + h 2 f + i = −det(A) = −5 d e f 6. Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones lineales aplicando la Regla de Cramer: 2x + y − z + w x + 2y + 2z − 3w 3x − y − z + 2w 2x + 3y + z + 4w
= −4 = 6 = 0 = −5
Respuesta: Para poder resolver el sistema mediante el m´etodo de la Regla de Cramer, considere la matriz A de los coeficientes de las ecuaciones del sistema, 2 1 −1 1 1 2 2 −3 A = 3 −1 −1 2 2 3 1 4 Si det(A) , 0, entonces el sistema tiene solucion y se puede aplicar la Regla de Cramer. Sea bi ´ unica ´ la matriz que resulta de reemplazar en la matriz A la columna i por el vector (−4, 6, 0, −5)t . Entonces, det(b ) las soluciones son de la forma xi = det(A)i . Procedemos a calcular entonces el determinante de A; −2 f2 + f1 −→ A −3 f2 + f3 −2 f2 + f4
0 −3 −5 7 −3 f4 + f1 1 2 2 −3 −→ 0 −7 −7 11 2 f4 + f2 0 −1 −3 10 −7 f4 + f3
36
4 −23 0 0 1 0 −4 17 0 0 14 −59 0 −1 −3 10
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f1 ⇔ f2 −→ − f4
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1 0 −4 17 f ⇔ f 4 0 0 4 −23 2 −→ 0 0 14 −59 1 14 f3 0 1 3 −10
1 0 −4 17 0 1 3 −10 −4 f3 + f4 0 0 1 −59 −→ 14 0 0 4 −23
1 0 −4 17 0 1 3 −10 0 0 1 −59 = B 14 0 0 0 −43 7
−43 Como la matriz B es triangular, entonces det(B) = 1 · 1 · 1 · −43 7 = 7 y por el efecto de las operaciones elementales sobre el determinante de una matriz, se tiene la siguiente relacion ´ entre el determinante de A y el determinante de B;
−43 1 = det(B) = −1 · · det(A) ⇒ det(A) = 86 , 0 7 14 Por lo tanto, se puede aplicar la Regla de Cramer, ya que det(A) , 0. Aplicando operaciones elementales se pueden calcular de forma similar los siguientes determinantes: −4 1 −1 1 86 6 2 2 −3 = 86 ⇒ x1 = det(b1 ) = det =1 86 0 −1 −1 2 −5 3 1 4 2 −4 −1 1 −172 1 6 2 −3 = −172 ⇒ x2 = det(b2 ) = det = −2 3 0 −1 2 86 2 −5 1 4 2 1 −4 1 258 1 2 6 −3 = 258 ⇒ x3 = det(b3 ) = det =3 3 −1 0 2 86 2 3 −5 4 2 1 −1 −4 −86 1 2 2 6 = −86 ⇒ x4 = det(b4 ) = det = −1 86 3 −1 −1 0 2 3 1 −5 Por lo tanto, la solucion ´ al sistema es (x1 , x2 , x3 , x4 ) = (1, −2, 3, −1). 7. Dada la siguiente matriz A ∈ M(3, R): cosθ senθ 0 A = −senθ cosθ 0 0 0 1 a) Muestre que la matriz A es invertible para todos los valores de θ. Respuesta: 37
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Podemos demostrar que A es invertible a partir del valor de su determinante. ) cosθ senθ = cos2 θ + sen2 θ = 1 det(A) = det −senθ cosθ (
Entonces, ∀θ, se tiene det(A) = 1 , 0 de modo que A es invertible para todo valor θ. b) Encuentre la matriz inversa de A. Respuesta: Aplicamos el procedimiento para hallar una inversa izquierda, que por teorema, si existe, tambi´en la inversa de A y son iguales. En los siguientes c´alculos se utilizan varias de las identidades entre senos y cosenos. Tambi´en en el desarrollo siguiente se asume que para un determinado valor de θ, los senos y cosenos no son cero. Los casos en que son cero son m´as simples y se pueden hacer de forma similar. cosθ senθ 0 1 0 0 cosθ f1 cos2 θ cosθsenθ 0 cosθ −senθ cosθ 0 0 1 0 sen2 θ −senθcosθ 0 −→ 0 0 0 1 0 0 1 −senθ f2 0 0 1 0 0 0 cosθ −senθ 0 1 f2 + f1 sen2 θ −senθcosθ 0 0 −senθ 0 −→ 0 0 1 0 0 1 cosθ −senθ 0 0 1 2 −sen θ f1 + f2 0 −senθcosθ 0 −cosθsen2 θ −senθcos2 θ −→ 0 0 1 0 0 1 0 0 cosθ −senθ 0 −1 f senθcosθ 2 0 1 0 senθ cosθ 0 −→ 0 0 1 0 0 1 Entonces, se concluye que A−1
cosθ −senθ 0 = senθ cosθ 0 0 0 1
8. Dado el siguiente sistema de ecuaciones lineales: x1 − 2x2 + x3 x2 + 3x4 − x5 x1 + x2 + x3 − x5 2x2 + x3 − 2x4 − 2x5 x1 + x3 + 2x4 + x5
38
= 3 = −5 = 1 = 0 = 3
0 0 −senθ 0 0 1
0 0 1
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a) Calcule el determinante de la matriz del sistema. Respuesta: Sea A la matriz del sistema anterior, entonces, A =
1 −2 1 0 0 0 1 0 3 −1 − f1 + f3 −→ 1 1 1 0 −1 0 2 1 −2 −2 − f1 + f5 1 0 1 2 1
−3 f2 + f3 −→ −2 f2 + f4 −2 f2 + f5
1 −2 1 0 0 0 1 0 3 −1 f ⇔ f4 0 0 0 −9 2 3 −→ 0 0 1 −8 0 0 0 0 −4 3
−4 9 f4
+ f5 −→
1 −2 1 0 0 0 1 0 3 −1 0 3 0 0 −1 0 2 1 −2 −2 0 2 0 2 1
1 −2 1 0 0 0 1 0 3 −1 0 0 1 −8 0 0 0 0 −9 2 0 0 0 −4 3
1 −2 1 0 0 0 1 0 3 −1 0 0 1 −8 0 = B 0 0 0 −9 2 0 0 0 0 19 9
Como B es una matriz triangular, det(B) = 1 · 1 · 1 · −9 · 19 9 = −19. Ahora, como A y B son equivalentes por filas, por las propiedades del determinante en relacion ´ a las operaciones elementales de fila, se tiene para A y B que, det(B) = −det(A), por tanto det(A) = 19. b) Sin hacer m´as c´alculos, conteste la siguiente pregunta: ¿El sistema de ecuaciones anterior tiene solucion Justifique su respuesta. ´ unica? ´ Respuesta: Como det(A) , 0, entonces por teorema, el sistema tiene solucion ´ unica. ´ a a 9. Sean A = a a
1 a a a
1 1 a a
1 0 x1 0 x 1 , C = y X = 2 0 x3 1 a a x4
a) Calcule el determinante de la matriz A. Respuesta: Reducimos por filas a la matriz aumentada (A|C), − f1 + f2 −→ (A|C) − f1 + f3 − f1 + f4
1 1 1 a 0 a − 1 0 0 0 a − 1 a − 1 0 0 a−1 a−1 a−1 39
0 0 0 a
− f + f 2 3 −→ − f2 + f4
1 1 1 a 0 a − 1 0 0 0 0 a − 1 0 0 0 a−1 a−1
0 0 0 a
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− f3 + f4 −→
1 1 1 a 0 a − 1 0 0 0 0 a−1 0 0 0 0 a−1
0 0 0 a
= (B|D)
Como B es una matriz triangular, det(A) = a · (a − 1) · (a − 1) · (a − 1) = a(a − 1)3 . Como A y B son equivalentes por filas, entonces a(a − 1)3 = det(B) = det(A). b) Determine los valores de a para los cuales el sistema A · X = C tiene solucion e indique ´ unica, ´ cual es esa solucion. ´ Respuesta: El sistema AX = C tiene solucion si y solo ´ unica ´ ´ si det(A) , 0. Por la parte a), det(A) , 0 si y solo ´ si a , 0 y a , 1. Como los sistemas AX = C y BX = D son equivalentes, solucionamos BX = D. Con a , 0 y a , 1, 1 1 1 a 0 a − 1 0 0 0 0 a−1 0 0 0 0 a−1
0 0 0 a
1 a−1 f2 a −→ 0 1 a−1 f3 0 1 0 a−1 f4
1 1 0 0
1 0 1 0
1 0 0 1
0 0 0 a a−1
−1 1 0 0 0 a−1 0 1a f1 0 1 0 0 0 0 −→ 0 0 1 0 0 a a 0 0 0 1 a−1 a−1 ( ) −1 a t Por lo tanto, la solucion del sistema es: (x1 , x2 , x3 , x4 )t = a−1 , 0, 0, a−1 , a < {0, 1}. ´ unica ´ − f2 + f1 −→ − f3 + f1 − f4 + f1
a 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
0 0 0 1
−a a−1
c) Determine los valores de a para los cuales el rango de la matriz A es igual a 1. Respuesta: En general, como A es de 4x4, Rng(A) < 4 si y solo ´ si A no es invertible. Y por la parte a), A no es invertible solamente cuando a = 0 o´ a = 1. Como, Rng(A) = 1 si la matriz escalonada ´ reducida equivalente por filas a A tiene solamente una fila no nula. En B, tomando a = 1, y se ´ tiene 1 1 1 0 0 0 B = 0 0 0 0 0 0
1 0 0 0
⇒
Rng(A) = 1
d) Determine los valores de a para los cuales el rango de la matriz A es igual a 2. Respuesta:
40
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Rng(A) = 2 si la matriz escalonada reducida equivalente por filas a A tiene solamente dos filas ´ no nulas. Por el argumento de parte c), solamente a = 0 puede hacer que Rng(A) < 4, pues en ´ este caso A no es invertible. Pero, de B, si se sustituye a = 0, 1 1 0 1 0 −1 0 0 B = 0 0 −1 0 0 0 0 −1
0 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 −1
f2 + f1 −→ f3 + f1 f4 + f1
0 0 −→ 0 0
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
Por tanto, Rng(A) = 3, si a = 0, y entonces no hay ningun ´ valor de a para el cual Rng(A) = 2. e) Determine los valores de a para los cuales el rango de la matriz A es igual a 3. Respuesta: Por la parte d), si a = 0, entonces Rng(A) = 3. f ) Halle el conjunto solucion ´ del sistema A · X = C, si a = 0. Respuesta: Por la parte d), si a = 0, entonces
0 1 0 0 0 1 A −→ 0 0 0 0 0 0
Por lo que el conjunto solucion ´ es: {(t, 0, 0, 0)
0 0 1 0
t ∈ R}.
g) Halle el conjunto solucion ´ del sistema A · X = C, si a = 1. Respuesta: Tomando a = 1 en la matriz aumentada
1 1 1 0 0 0 (B|D) = 0 0 0 0 0 0
1 0 0 0
0 0 0 1
Que tiene una ecuacion ´ inconsistente, por lo tanto no hay solucion ´ al sistema (B|D), ni tampoco al sistema (A|C), ya que ambos son equivalentes. 1 a a2 0 x1 2 10. Sean A = 1 b b , 0 = 0 y X = x2 0 x3 1 c c2 a) Calcule el determinante de la matriz A. Respuesta: Utilizando las propiedades de la funcion ´ determinante, se tiene: 1 a a2 det(A) = det 1 b b2 1 c c2 41
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Prof. Christian Fonseca utilizando las operaciones − f1 + f2 − f1 + f3
a a2 1 = det 0 b − a b2 − a2 0 c − a c2 − a2 a2 1 a = (b − a) · (c − a) · det 0 1 b + a 0 1 c+a
propiedad de linealidad de la funcion ´ determinante en las filas de la matriz
a2 1 a = (b − a) · (c − a) · det 0 1 b + a 0 0 c−b = (b − a) · (c − a) · (c − b)
utilizando la operacion ´ − f2 + f3
( determinante de una matriz triangular )
Por lo tanto, det(A) = (b − a) · (c − a) · (c − b), para todos los valores reales de a, b y c. b) ¿En cu´ales casos el sistema A · X = 0 tiene infinitas soluciones que dependen de un par´ametro? Respuesta: El sistema AX = 0 tiene soluciones infinitas que dependen de un par´ametro si Rng(A) = 2. Realizamos operaciones elementales sobre las filas de A; − f1 + f2 A −→ − f1 + f3
a a2 1 2 0 b − a b − a2 0 c − a c2 − a2
− f2 + f3 −→
a a2 1 2 0 b − a b − a2 0 c − b c2 − b2
= B
De B, se observa que hay solamente una fila de ceros si se presenta alguna de las siguientes ´ combinaciones de valores para a, b y c; 1) a = b y a , c 2) a = c y a , b 3) b = c y b , a. Por lo tanto, en cualquiera de las combinaciones anteriores, el sistema tiene soluciones infinitas dependiendo de un par´ametro. c) ¿En cu´ales casos el sistema A · X = 0 tiene infinitas soluciones que dependen de dos par´ametros? Respuesta: El sistema AX = 0 tiene soluciones infinitas que dependen de dos par´ametros si Rng(A) = 1. De la matriz B de la parte b), esto sucede si a = b = c. d) ¿En cu´ales casos el sistema A · X = 0 tiene solucion ´ unica? ´ Respuesta: 42
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Para que el sistema homog´eneo tenga solucion es necesario que Rng(A) = 3, o equiva´ unica, ´ lentemente, que det(A) = (b − a) · (c − a) · (c − b) , 0. Entonces, el sistema tiene solucion ´ unica ´ si y solo ´ si a , b, b , c y a , c. e) ¿En cu´ales casos el sistema A · X = 0 es inconsistente? Respuesta: Como el sistema es homog´eneo, siempre tiene la solucion ´ trivial. Entonces nunca es inconsistente.
11. Sea 2 2 1 a + 1 −1 a − 1 −1 2 A = 0 a+1 2 0 0 0 −1 a − 1
a) Calcule el determinante de la matriz A. Respuesta: Como A es una matriz con forma de bloques: (
) ( ) ( )2 a+1 2 a+1 2 det(A) = det · det = ((a + 1)(a − 1) + 2)2 = a2 + 1 −1 a − 1 −1 a − 1 b) Indique por qu´e el sistema Ax = b siempre tiene solucion con x = (x1 , x2 , x3 , x4 )t y b ∈ R4 . ´ unica, ´ Respuesta: Note que det(A) , 0, ∀a ∈ R ya que a2 ≥ 0 ⇒ a2 + 1 ≥ 1 y por lo tanto, det(A) ≥ 1, ∀a ∈ R. Como det(A) , 0, entonces existe solucion para cada b ∈ R4 . ´ unica ´ a11 a12 a13 12. Si det a21 a22 a23 = 8, calcule (haciendo uso de las propiedades del determinante) el determi a31 a32 a33 nante de la matriz 2a12 − 3a22 2a11 − 3a21 2a13 − 3a23 a32 a31 a33 a22 a21 a23 Respuesta: Sea 2a12 − 3a22 2a11 − 3a21 2a13 − 3a23 a32 a31 a33 B = a22 a21 a23 43
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Entonces,
B
3 f3 + f1 −→
2a12 2a11 2a13 a32 a31 a33 a22 a21 a23
Entonces, det(C) = −1 ·
1 2
1 2 f1 −→
a12 a11 a13 a32 a31 a33 a22 a21 a23
f2 ⇔ f3 −→
a12 a11 a13 a22 a21 a23 a32 a31 a33
= C
· det(B). Adem´as
a12 a22 a32 t C = a11 a21 a31 a13 a23 a33
f1 ⇔ f2 −→
a11 a21 a31 a12 a22 a32 a13 a23 a33
= D
( ) ( ) Y se tiene det(D) = −1 · det Ct = −det(C) = 12 det(B). Como Dt = A, entonces det(A) = det Dt = det(D) = 12 det(B). Entonces, det(B) = 2 · det(A) = 2 · 8 = 16.
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5. Geometr´ıa vectorial de Rn 1. Sean A = (3, 0, 0), B = (1, 0, 2), y C = (2, 3, 0) puntos en R3 . a) Determine si el tri´angulo ABC es rect´angulo, obtus´angulo o acut´angulo. Respuesta: −→ AB = (1, 0, 2) − (3, 0, 0) = (−2, 0, 2) −−→ AC = (2, 3, 0) − (3, 0, 0) = (−1, 3, 0) −→ −−→ Entonces, del producto interior de R3 , AB · AC = (−2, 0, 2) · (−1, 3, 0) = 2 > 0 y por lo tanto el a´ ngulo ∠BAC es agudo. −−→ CA = (3, 0, 0) − (2, 3, 0) = (1, −3, 0) −→ CB = (1, 0, 2) − (2, 3, 0) = (−1, −3, 2) −−→ −→ Del producto interior de R3 , CA · CB = (1, −3, 0) · (−1, −3, 2) = 8 > 0 y por lo tanto el a´ ngulo ∠ACB es agudo. −→ BA = (3, 0, 0) − (1, 0, 2) = (2, 0, −2) −→ BC = (2, 3, 0) − (1, 0, 2) = (1, 3, −2) −→ −→ Del producto interior de R3 , BA · BC = (2, 0, −2) · (1, 3, −2) = 6 > 0 y por lo tanto el a´ ngulo ∠ABC es agudo. Por tanto el tri´angulo △ABC es acut´angulo. b) Determine el per´ımetro del tri´angulo ABC. Respuesta: Como el per´ımetro es la suma de los lados del tri´angulo, y como cada lado puede ser representado por un vector en la notacion ´ de flecha dirigida, entonces tenemos que: −→ −−→ −→ Per´ımetro = AB + AC + BC Notese que en lo anterior, se uso´ el hecho de que la norma de un vector que representa a una ´ flecha dirigida no depende de hacia cu´al de los dos puntos apunta el vector. Entonces, Per´ımetro =
√ √ √ √ √ √ (−2)2 + 02 + 22 + (−1)2 + 32 + 02 + 12 + 32 + (−2)2 = 8 + 10 + 14
−→ −−→ c) Calcule la proyeccion ´ del vector AB sobre el vector AC. Respuesta: ( ) −→ −1 3 2 −→ AB = Proy−AC · (−1, 3, 0) = , ,0 10 5 5 45
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d) Determine el a´ rea del tri´angulo ABC. Respuesta:
−→ −−→ Considere el paralelogramo con lados AB y AC. El area de ese paralelogramo, es el doble del a´ rea del tri´angulo △ABC. Entonces usamos la formula de c´alculo del a´ rea del paralelogramo: ´ −→ −−→ ´ Area del paralelogramo = AB × AC Entonces, −→ −−→ AB × AC = (−2, 0, 2) × (−1, 3, 0) = (−6, −2, −6) −→ −−→ √ √ AB × AC = (−6)2 + (−2)2 + (−6)2 = 76 ´ Entonces, Area △ABC =
√ 76 2 .
e) Determine un punto D de manera que ABCD sea un paralelogramo. Respuesta:
−→ −−→ Si se considera el paralelogramo con lados AB y AC, por la interpretacion ´ de la suma, el v´ertice opuesto a A, que es el v´ertice que denominamos como D, cumple con la igualdad: −−→ −→ −−→ D − A = AD = AB + AC = (−2, 0, 2) + (−1, 3, 0) = (−3, 3, 2) Entonces, D = (−3, 3, 2) + A = (−3, 3, 2) + (3, 0, 0) = (0, 3, 2). 2. Sean A = (1, 2, −1), B = (1, 4, 3) y C = (1, −1, 5) puntos en R3 . a) Determine un punto D de manera que ABCD sea un paralelogramo. Respuesta:
−→ −−→ Considere el paralelogramo con lados AB y AC unidos por el v´ertice A. Por la interpretacion ´ −−→ −→ −−→ de la suma, si se escoge el punto D que satisface, AD = AB + AC entonces se obtiene un paralelogramo con v´ertices A, B, C y D. Entonces, −→ −−→ AB = (1, 4, 3) − (1, 2, −1) = (0, 2, 4) AC = (1, −1, 5) − (1, 2, −1) = (0, −3, 6) −−→ −→ −−→ Entonces, D − A = AD = AB + AC = (0, −1, 10), por tanto D = (0, −1, 10) + A = (0, −1, 10) + (1, 2, −1) = (1, 1, 9). −−→ b) Calcula la longitud de la altura del paralelogramo sobre el lado DC. Respuesta: Segun ´ la parte a) el v´ertice D es opuesto al v´ertice A, y los v´ertices B y C son opuestos. Para establecer sobre que lado del paralelogramo se referencia la altura, considere que esta se 46
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−→ mide referenciada respecto al lado AB, i.e. la altura h es la longitud del segmento que va del −→ v´ertice C en forma perpendicular hasta el lado AB. Adem´as, considere el a´ ngulo ∠CAB que denominaremos como θ. V´ease la figura.
Dado lo anterior, entonces se tiene que h sen(θ) = −−→ AC Pero el a´ ngulo θ tambi´en cumple que −−→ −→ −−→ −→ AC × AB = AC AB sen(θ) Por lo tanto, de las igualdades anteriores se concluye que; −−→ −→ AC × AB −→ h= AB Donde, e1 e2 e3 −−→ −→ AC × AB = 0 −3 6 = (−24, 0, 0) 0 2 4 −→ √ −−→ −→ Entonces, AC × AB = 24 y AB = 20, por lo tanto √ 24 12 5 h= √ = 5 20 c) Determine el a´ rea del paralelogramo ABCD. Respuesta:
−−→ −→ El a´ rea est´a dada por AC × AB = 24. d) Determine si el a´ ngulo del paralelogramo cuyo v´ertice es A es recto, obtuso o agudo. Respuesta:
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La clasificacion ´ del a´ ngulo cuyo v´ertices es A, se puede hacer mediante el signo del valor −→ −−→ que tome el producto interno de vectores en R3 sobre los lados AB y AC que coinciden en A. Entonces, −→ −−→ AB · AC = (0, −3, 6) · (0, 2, 4) = 18 > 0 Por tanto el a´ ngulo es agudo. 3. Considere el cuadril´atero con v´ertices A, B, C, y D, que se muestra a continuacion. ´
Si P, Q, R y S son los puntos medios de los lados AB, BC, CD y DA, respectivamente; muestre que − → −−→ −−→ −→ PS = QR y PQ = SR. Respuesta: Existen por lo menos dos maneras diferentes para responder a este ejercicio. La primera es obteniendo una expresion ´ para los puntos medios en t´erminos de los extremos del segmento. Vamos a obtener una expresion ´ primero para P en t´erminos de A y B. Vease la figura.
−→ − → Notese que los vectores 0A y 0B forman los lados de un paralelogramo, donde las diagonales son ´ AB y el segmento que va de 0 a A + B. Como P es el punto medio del segmento AB, entonces es el punto medio de la diagonal AB del paralelogramo. Como las diagonales de un paralelogramo se cruzan en su punto medio, entonces P es el punto medio del segmento que va de 0 a A + B, −−−−−−−→ − → donde dicho segmento es el vector 0 (A + B). Como el vector 0P es la mitad de largo que el vector −−−−→ A + B y apunta en la misma direccion, ´ por la interpretacion ´ del producto por escalar tenemos que − → 1 −−−−−−−→ 1 0P = 2 0 (A + B) y de donde se concluye que P = 2 (A + B). Para los puntos Q, R y S se puede hacer una interpretacion ´ similar, y se concluye que
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P=
Prof. Christian Fonseca A+B 2
S=
A+D 2
R=
D+C 2
Q=
B+C 2
Ahora, por la definicion ´ de vector como flecha dirigida, se tiene; −−→ − → A+B D−B BD PS = S − P = A+D − = = 2 2 2 2−→ ⇒ − −−→ B+C D−B BD QR = R − Q = D+C − = = 2 2 2 2
− → −−→ PS = QR
−−→ A+B PQ = Q − P = B+C 2 − 2 = −→ A+D SR = R − S = D+C 2 − 2 =
−−→ −→ PQ = SR
C−A 2 C−A 2
= =
−−→ AC 2 −−→ AC 2
⇒
La segunda manera de responder es utilizando la interpretacion ´ de suma de vectores como el − → desplazamiento resultante en la direccion que el vector PS se puede ver ´ de los vectores. Notese ´ como el desplazamiento de P a S, y dicho desplazamiento se puede hacer primero de P a A y luego − → −→ −→ de A a S. Es decir, se cumple por la interpretacion ´ de la suma que: PS = PA + AS. Ahora, como el −→ punto P est´a colocado en el punto medio del segmento AB, se sigue que el vector PA tiene la misma −→ direccion ´ y la mitad de longitud que el vector BA. Entonces por la interpretacion ´ del producto por −→ 1 −→ −→ 1 −−→ un escalar, se sigue que PA = 2 BA y similarmente se tiene que AS = 2 AD. Sustituyendo esas dos expresiones en la igualdad que obtuvimos de la interpretacion ´ de la suma, se obtiene que: − → 1 −→ 1 −−→ 1 1 1 −−→ PS = BA + AD = (A − B + D − A) = (D − B) = BD 2 2 2 2 2 Que es el mismo resultado que obtuvimos por el otro m´etodo. Similarmente se obtienen las expresiones para los otros puntos. 4. Considere el tri´angulo con v´ertices A, B y C, que se muestra a continuacion. ´
Si E y D son los puntos medios de los lados CA y CB, respectivamente; muestre, usando geometr´ıa −→ −−→ vectorial, que ED = 12 AB . Respuesta:
−−→ Note ´ que por la interpretacion ´ de la suma, el vector ED que es el desplazamiento resultante de E a D, se puede ver como el desplazamiento primero de E a C y luego de C a D. Entonces, se sigue −−→ −→ −−→ que: ED = EC + CD. Ahora, como el punto E est´a en el medio del segmento AC, se sigue por la −→ −−→ −−→ −→ interpretacion ´ del producto por un escalar que EC = 12 AC y similarmente, se sigue que DC = 12 CB −→ −−→ (note que aqu´ı el vector CB debe seguir la misma direccion ´ que CD). Sustituyendo en la igualdad obtenida por la interpretacion ´ de la suma, se tiene que: 49
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−−→ 1 −−→ 1 −→ 1 1 1 −→ ED = AC + CB = (C − A + B − C) = (B − A) = AB 2 2 2 2 2 5. Dados los siguientes puntos en R3 : A = (0, 1, 0), B = (2, 2, 0), C = (0, 0, 2) y D = (a, b, c). a) Determine los valores de a, b y c de modo que ABCD sea un paralelogramo. Respuesta: La respuesta a esta pregunta se puede hacer directamente con un argumento algebraico, sin embargo, se va a realizar tambi´en una interpretacion ´ geom´etrica al proceso algebraico. Para que el pol´ıgono de v´ertices ABCD sea un paralelogramo, se debe escoger el punto D, y −→ −−→ en consecuencia, valores de a, b y c, tales que, ABCD sea un paralelogramo con lados AB y AC. −−→ −→ −−→ Por la interpretacion ´ de la suma de vectores, el punto D debe cumplir que, AD = AB + AC, −→ −−→ donde AB = B − A = (2, 2, 0) − (0, 1, 0) = (2, 1, 0) y AC = C − A = (0, 0, 2) − (0, 1, 0) = (0, −1, 2). Entonces, −−→ −→ −−→ D − A = AD = AB + AC = (2, 1, 0) + (0, −1, 2) = (2, 0, 2) ⇒
D = (2, 0, 2) + A = (2, 0, 2) + (0, 1, 0) = (2, 1, 2)
Entonces, para que ABCD sea un paralelogramo es necesario que a = 2, b = 1 y c = 2.
Ahora vamos a presentar una interpretacion ´ geom´etrica del proceso algebraico realizado. −−→ −→ −−→ Cuando se realiza el c´alculo correspondiente a la igualdad, AD = AB + AC, el paralelogramo −→ −−→ de lados AB y AC, es en realidad el paralelogramo A1 B1 C1 D1 que aparece en la figura, donde −→ −−→ −−→ A1 es el origen, B1 = AB, C1 = AC y D1 = AD. El c´alculo permite determinar para el paralelogramo A1 B1 C1 D1 que D1 = (2, 0, 2). Ahora, como se observa en la figura, el paralelogramo ABCD es igual al paralelogramo A1 B1 C1 D1 , pero trasladado desde el origen hasta el punto A. Entonces el punto D es igual a A + D1 = 50
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(0, 1, 0) + (2, 0, 2) = (2, 1, 2) que es el resultado algebraico antes obtenido. b) Determine el punto E, que corresponde a la interseccion ´ de las dos diagonales del paralelogramo ABCD. Respuesta: Por propiedades geom´etricas, las diagonales de un paralelogramo se bisecan entre s´ı, de modo que el punto de interseccion ´ E de las dos diagonales es igual al punto medio de ambas A+D 1 diagonales. Podemos tomar entonces, E = B+C 2 = 2 = 2 (2, 2, 2) = (1, 1, 1). c) Calcule el coseno del a´ ngulo del paralelogramo ABCD, cuyo v´ertice es el punto B. Respuesta: Por la forma en que se escogio´ el punto D, los lados del paralelogramo ABCD adyacentes al −→ −−→ punto B son AB y BD. Entonces, −→ √ −→ AB = (2, 2, 0) − (0, 1, 0) = (2, 1, 0) ⇒ AB = 5 −−→ BD = (2, 1, 2) − (2, 2, 0) = (0, −1, 2)
−−→ √ ⇒ BD = 5
Sea θ el a´ ngulo correspondiente al v´ertice del punto B, entonces −→ −−→ −1 AB · BD cosθ = −→ −−→ = 5 AB BD d) Calcule el a´ rea de la region ´ delimitada por el paralelogramo ABCD. Respuesta:
−→ −−→ Por el a´ rea del paralelogramo ABCD de lados, AB y AC est´a dada por Area(ABCD) = −→teorema, −→ AB × − AC . Entonces, e1 e2 e3 −→ −−→ AB × AC = 2 1 0 = (2, −4, −2) 0 −1 2
⇒
−→ −−→ √ AB × AC = 24
Entonces el a´ rea de la region ´ limitada por el paralelogramo es igual a
√ 24.
6. Sean A = (0, 2, −1), B = (0, 2, −2), C = (−2, 0, −2) y D = (−1, 1, −1) puntos en R3 . a) Determine si ABCD es un paralelogramo o no. Respuesta: Por definicion, ´ ABCD es un paralelogramo si sus lados opuestos son paralelos. Aqu´ı los lados −→ −−→ −→ −−→ BC y AD son opuestos y AB y DC son opuestos. Entonces, calculamos los vectores flecha correspondientes a esos lados: 51
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−→ −→ AB = B − A = (0, 2, −2) − (0, 2, −1) = (0, 0, −1) = −BA −−→ −−→ AD = D − A = (−1, 1, −1) − (0, 2, −1) = (−1, −1, 0) = −DA −→ −→ BC = C − B = (−2, 0, −2) − (0, 2, −2) = (−2, −2, 0) = −CB −−→ −−→ DC = C − D = (−2, 0, −2) − (−1, 1, −1) = (−1, −1, −1) = −CD −−→ −→ −→ −−→ y claramente, 2AD = BC, y por tanto los lados BC y AD son paralelos. Por otro lado, no −→ −−→ −→ −−→ es posible multiplicar a AB por un escalar y que se obtenga DC, entonces AB y DC no son paralelos. Se concluye que ABCD no es un paralelogramo. b) Calcule el a´ rea de la region ´ delimitada por el cuadril´atero ABCD. Respuesta: La forma m´as sencilla de calcular el a´ rea es identificando la forma del cuadri´atero. Note que −→ −−→ −→ −→ AB · AD = 0 y BC · BA = 0. Por tanto los a´ ngulos correspondientes a los v´ertices A y B son −−→ −−→ −−→ −→ rectos. Mientras que DA · DC = −2 < 0 y CD · CB = 4 > 0. Entonces lo a´ ngulos con v´ertices C y D son agudo y obtuso respectivamente. De hecho, el cuadril´atero ABCD, es como se aprecia en la figura.
El a´ rea de la region ´ encerrada por el cuadril´atero ABCD, corresponde a la suma del a´ rea del tri´angulo rect´angulo CDE, y el a´ rea del rect´angulo ABED. El a´ rea de ABCD es base por altura, es decir, −→ −−→ √ √ a´ rea ABED = AB · AD = 1 · 2 = 2 Para encontrar el a´ rea del tri´angulo CDE necesitamos la medida de la base CE. Podemos −−→ −→ encontrar este vector con la proyeccion ´ ortogonal de CD sobre CB: −→ −−→ (1, 1, 1) · (2, 2, 0) → CD = · (2, 2, 0) = (1, 1, 0) = CE Proy−CB 2 ||(2, 2, 0)|| Entonces, a´ rea CDE =
−→ −−→ CE · DE 2
=
−→ −→ CE · AB 2
√ √ 2·1 2 = = 2 2
Entonces, a´ rea ABCD = 52
√
√ √ 2 3 2 = 2+ 2 2
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c) Determine la medida en grados del a´ ngulo interno con v´ertice A del cuadril´atero ABCD. Respuesta: Como se aprecia en la figura de la parte a), los lados del cuadril´atero ABCD que determinan −→ −−→ −→ −−→ el a´ ngulo θ corespondiente al v´ertice A son AB y AD. Y como, AB · AD = 0, entonces, los lados son ortogonales, y por consiguiente θ = π2 , es decir, θ = 90 grados. −u , → −v ∈ R3 , tales que → −u · → −v = 0, → −u = → −v = 2. 7. Sean los vectores → −u y → −v . a) Calcule el seno del a´ ngulo entre los vectores → Respuesta: −u y → −v . Como → −u · → −v = 0, entonces son ortogonales, y por Sea θ el a´ ngulo entre los vectores → π definicion, ´ θ = 2 . Entonces, senθ = 1. −u y → −v . b) Determine el valor en grados del a´ ngulo entre los vectores → Respuesta: Por la parte a), el a´ ngulo entre los vectores es de 90 grados. −u × → −v . c) Calcule la norma o magnitud del vector → Respuesta: − → − → u −v senθ = 2 · 2 · 1 = 4. u × −v = → Se tiene, → d) Determine el valor que se obtiene al realizar las siguientes operaciones: (→ −u × (2→ −v )) + 3→ −v ) · (2→ −v + ((3→ −u ) × → −v ) + 9→ −u ) −u − (→ Respuesta: Utilizando las propiedades del producto interno escalar, y del producto cruz, se tiene que: (→ −u − (→ −u × (2→ −v )) + 3→ −v ) · (2→ −v + ((3→ −u ) × → −v ) + 9→ −u ) (− (− → ) −v ) · (2→ −v + 3 (→ −u × → −v ) + 9→ −u ) = → u −2 → u × −v + 3→ −u · 2→ −v + → −u · 3 (→ −u × → −v ) + → −u · 9→ −u − 2 (→ −u × → −v ) · 2→ −v − 2 (→ −u × → −v ) · 3 (→ −u × → −v ) =→ (− → ) − −v · 2→ −v + 3→ −v · 3 (→ −u × → −v ) + 3→ −v · 9→ −u −2 → u × −v · 9→ u + 3→ −u · → −v − 18 (→ −u × → −v ) · → −u − 4 (→ −u × → −v ) · → −v + 3→ −u · (→ −u × → −v ) = 29→ −v · (→ −u × → −v ) + 9 → −u 2 + 6 → −v 2 − 6 → −u × → −v 2 +9→ 53
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−u · → −v − 15→ −u · (→ −u × → −v ) − 5→ −v · (→ −u × → −v ) + 9 → −u 2 + 6 → −v 2 − 6 → −u × → −v 2 = 29→ −u · → −v − 15 (→ −u × → −u ) · → −v − 5 (→ −v × → −v ) · → −u + 9 → −u 2 + 6 → −v 2 − 6 → −u × → −v 2 = 29→ − 2 − 2 − → 2 = 9 → u + 6 → v − 6 → u × −v
−u × → −u = → −v × → −v = 0 y sustituyendo → −u · → −v = 0 pues →
− → u = −v = 2 = 9 · 4 + 6 · 4 − 6 · 16 = −36 sustituyendo → Por lo tanto, se obtiene que: (→ −u − (→ −u × (2→ −v )) + 3→ −v ) · (2→ −v + ((3→ −u ) × → −v ) + 9→ −u ) = −36 −u = (1, 0, 2), → −v = (−2, 0, 3) y → − 8. Considere los vectores → w = (2, 2, 2). −r = → −u x→ −v , determine Proy→ → − −r w. a) Si → Respuesta: e1 e2 e3 → −r = → −u x→ −v = 1 0 2 = (0, −7, 0) −2 0 3 − 2 −r · → − r = 49, entonces Y como → w = −14 y → −r Proy→
→ −r · → − −14 w − → − r = w = 2 · → (0, −7, 0) = (0, 2, 0) → −r 49
−u y → −v . b) Calcule el a´ rea del paralelogramo determinado por los vectores → Respuesta: − √ − → ´ r = 49 = 7. u x−v = → Area del paralelogramo = → − −r . c) Determine la medida del a´ ngulo que forman los vectores → w y→ Respuesta: − √ − Como → w = 12 y → r = 7, entonces, por la formula del coseno del a´ ngulo se tiene que ´ → − −r w ·→ −14 −1 → = √ cosθ = → = √ − − w · r 3 12 · 7
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−u , → − −r . d) Calcule el volumen del paralelep´ıpedo que determinan los vectores → w y→ ´ Respuesta: −r , → −u y → − Si A es la matriz con filas → w, i.e. si → − w 2 2 2 → A = −u = 1 0 2 → −r 0 −7 0 −u , → − −r es el valor absoluto del determinante de El volumen del paralelep´ıpedo de lados → w y→ ´ A. Y como, det(A) = 14, entonces concluimos que el volumen del paralelep´ıpedo es 14. ´
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6. Rectas y planos en Rn 1. En R3 considere los puntos A = (1, −2, 3), B = (5, 3, 2) y C = (7, −1, 4). a) Verifique que estos puntos no son colineales (es decir, no pertenecen a la misma recta). Respuesta:
−→ −→ Notese que los tres puntos A, B y C no son colineales si los vectores AB y BC no son paralelos. ´
Entonces, −→ AB = B − A = (5, 3, 2) − (1, −2, 3) = (4, 5, −1) −→ BC = C − B = (7, −1, 4) − (5, 3, 2) = (2, −4, 2) −→ −→ AB · BC = (4, 5, −1) · (2, −4, 2) = −14 < 0 ⇒ entonces el a´ ngulo es obtuso −→ √ √ AB = 42 + 52 + (−1)2 = 42 −→ √ √ BC = 22 + 42 + 22 = 24 Entonces, el a´ ngulo entre los vectores est´a determinado por, √ −→ −→ −14 AB · BC − 7 cosθ = −→ −→ = √ √ = 6 AB BC 42 24 Como cosθ , 1 y cosθ , −1, entonces los vectores no son paralelos, y por tanto los puntos A, B y C no son colineales. b) Escriba las ecuaciones escalares param´etricas del plano P que contiene los puntos A, B y C. Respuesta: Para determinar la ecuacion ´ vectorial del plano P, se necesitan un punto perteneciente al plano y dos vectores que se encuentren dentro del plano y que no sean paralelos. Como los −→ −−→ puntos A, B y C est´an en el plano, entonces los vectores AB y AC forman parte del plano y se pueden utilizar como vectores directores. Entonces
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Prof. Christian Fonseca −−→ AC = C − A = (7, −1, 4) − (1, −2, 3) = (6, 1, 1)
Por lo que la ecuacion ´ vectorial del plano es: −→ −−→ (x, y, z) = A + sAB + tAC = (1, −2, 3) + s(4, 5, −1) + t(6, 1, 1) Y las ecuaciones param´etricas escalares del plano P son entonces, x = 1 + 4s + 6t y = −2 + 5s + t z = 3 − s + t La interpretacion ´ geom´etrica se observa en la siguiente figura:
c) Escriba la ecuacion ´ normal del plano P. Respuesta: Un vector normal al plano P es: e1 e2 e3 −→ −−→ AB × AC = 4 5 −1 = (6, −10, −26) = 2(3, −5, −13) 6 1 1 Podemos tomar η como, η = (3, −5, −13) que es entonces un vector normal al plano P. La ecuacion ´ normal del plano satisface: X · η = A · η ⇔ (x, y, z) · (3, −5, −13) = (1, −2, 3) · (3, −5, −13) ⇔ 3x − 5y − 13z = 3 + 10 − 39 = −26 La ecuacion ´ normal del plano P es 3x − 5y − 13z = −26. 2. Considere las rectas L1 y L2 cuyas ecuaciones son: L1 :
(x, y, z) = (3 + t, 7 + 2t, −1 + 3t), t ∈ R;
L2 :
x y−1 = =z−2 3 2
a) Determine la ecuacion ´ normal del plano P que contiene a la recta L1 y es paralelo a L2 . Respuesta: Las ecuaciones vectoriales de las rectas L1 y L2 son, 57
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L1 :
(x, y, z) = (3, 7, −1) + t(1, 2, 3) = A + tv
L2 :
(x, y, z) = (0, 1, 2) + t(3, 2, 1) = B + tw
Note que v y w no son vectores paralelos, por lo que las rectas L1 y L2 tampoco lo son. Como el plano P contiene a L1 , el vector v est´a en el plano, junto con el punto A por donde pasa la recta. Adem´as como la recta L2 es paralela al plano P, el vector director w tiene la misma direccion ´ que el plano. Y como v y w no son paralelos, generan al plano P.
Por tanto, un vector ortogonal al plano P es el vector v × w; e1 e2 e3 v × w = (3, 2, 1) × (1, 2, 3) = 3 2 1 = (4, −8, 4) = 4(1, −2, 1) 1 2 3 Podemos tomar al vector η = (1, −2, 1) que es un vector normal al plano P. Y el punto A de L1 como un punto del plano P. La ecuacion ´ normal del plano P est´a dada por: X · η = A · η ⇔ (x, y, z) · (1, −2, 1) = (3, 7 − 1) · (1, −2, 1) ⇔ x − 2y + z = 3 − 14 − 1 = −12 La ecuacion ´ del plano P es entonces x − 2y + z = −12. b) Determine la ecuacion ´ de la recta L3 que es ortogonal a L1 y a L2 y corta a ambas rectas. Respuesta: De la parte a), el vector η = (1, −2, 1) es ortogonal tanto a L1 como a L2 . Entonces L3 es la recta con vector director (1, −2, 1) y que pasa por los puntos (x1 , y1 , z1 ) en L1 y (x2 , y2 , z2 ) en L2 , tales que: (x1 , y1 , z1 ) − (x2 , y2 , z2 ) = k(1, −2, 1) i.e. buscamos que el vector que va de (x2 , y2 , z2 ) a (x1 , y1 , z1 ) sea paralelo al vector director (1, −2, 1) de L3 . Lo anterior equivale a que existen s, t, k tales que: (3, 7, −1)+t(1, 2, 3)−(0, 1, 2)−s(3, 2, 1) = k(1, −2, 1) ⇔ (3+t−3s, 6+2t−2s, −3+3t−s) = (k, −2k, k) 58
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Que es equivalente a las ecuaciones, 3 + t − 3s = k 6 + 2t − 2s = −2k −3 + 3t − s = k
⇒
k − t + 3s = 3 −2k − 2t + 2s = 6 k − 3t + s = −3
Por tanto, para encontrar los valores de k, t, s resolvemos el sistema anterior, 1 −1 3 3 2 f1 + f2 1 −2 −2 2 6 0 −→ 1 −3 1 −3 0 − f1 + f3 − f2 + f3 1 0 1 0 1 0 1 −2 −3 3 f3 −→ −→ f2 + f1 0 0 3 6
−1 3 3 14 f2 1 −4 8 12 −→ 0 −1 −2 −2 −6 0 2 f3 0 2 f3 + f2 1 0 1 0 1 −2 −3 −→ 0 0 1 2 − f3 + f1
−1 1 1 1 0 0
3 3 −2 −3 1 3 0 0 −2 1 0 1 0 1 2
Entonces, k = −2, t = 1 y s = 2. El punto de L1 por donde pasa la recta L3 es (x1 , y1 , z1 ) = (3, 7, −1) + 1(1, 2, 3) = (4, 9, 2) y el punto L2 por donde pasa la recta L3 es (x2 , y2 , z2 ) = (0, 1, 2) + 2(3, 2, 1) = (6, 5, 4). Entonces la ecuacion ´ de la recta L3 es: (x, y, z) = (4, 9, 2) + t(1, −2, 1). c) Determine la distancia de la recta L2 al plano P. Respuesta: Como L2 es paralela al plano P, entonces la distancia entre la recta L2 y el plano P es constante para todo punto de L2 . Tomamos el punto, Q = (0, 1, 2) ∈ L2 . Entonces lo que buscamos es la distancia de Q al plano P d(Q, P) =
(A − Q) · η η
donde A ∈ P, η es vector normal al plano. Como L1 est´a en P, podemos tomar A = (3, 7, −1) √ (A−Q) = (3, 7, −1)−(0, 1, 2) = (3, 6, −3) ⇒ (A−Q)·η = (3, 6, −3)·(1, −2, 1) = −12 y η = 6 12 √ = √ Entonces, d(Q, P) = −12 , es la distancia entre Q y el plano P, que por lo mencionado 6 6 antes es igual a la distancia entre L2 y P.
3. En R3 considere los puntos A = (1, 2, 3) y B = (2, 4, 5) y la recta L1 de ecuacion, ´ (x, y, z) = (2t, 1−t, 2+t), t ∈ R. a) Determine las ecuaciones sim´etricas de la recta L2 que pasa por A y por B. Respuesta: 59
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Para obtener las ecuaciones sim´etricas de L2 , primero necesitamos determinar su ecuacion ´ vectorial. Para econtarla, necesitamos un punto por el que pase la recta y un vector director. −v , tomamos Como punto, podemos tomar el punto A. Como vector director, → → → −v = − AB = B − A = (2, 4, 5) − (1, 2, 3) = (1, 2, 2) Entonces, la ecuacion ´ vectorial de L2 es (x, y, z) = (1, 2, 3) + t(1, 2, 2) x=1+t y = 2 + 2t z = 3 + 2t
⇒ x−1=
t∈R
y−2 z−3 = 2 2
Son las ecuaciones sim´etricas de L2 . b) Verifique que las rectas L1 y L2 no se cortan. Respuesta: La ecuacion ´ vectorial de la recta L1 es: (x, y, z) = (0, 1, 2) + s(2, −1, 1)
s∈R
Las rectas L1 y L2 se cortan, si existe algun ´ vector (x, y, z) que satisface las ecuaciones de las dos rectas. Es decir, si existen s y t tales que,
(0, 1, 2) + s(2, −1, 1) = (1, 2, 3) + t(1, 2, 2)
⇒
2s − t = 1 −s − 2t = 1 s − 2t = 1
Lo cual determina el sistema, 2 −1 1 f ⇔ f3 −1 −2 1 1 −→ 1 −2 1
1 −2 1 −2 f1 + f3 −1 −2 1 −→ 2 −1 1 f1 + f2
1 −2 1 0 −4 2 0 3 −1
+ f3 −→
3 4 f2
1 −2 1 0 −4 2 0 0 12
Como el sistema tiene una ecuacion ´ inconsistente, entonces no tiene solucion, ´ y por lo tanto los valores de s y t no existen. Por consiguiente, las rectas L1 y L2 no se intersecan. c) Determine la ecuacion ´ vectorial del plano que contiene a L1 y es paralelo a L2 . Respuesta: Para determinar la ecuacion ´ vectorial de un plano, se necesita un punto por donde pasa el plano y dos vectores linealmente independientes que se encuentren en el plano.
60
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Como el plano contiene a L1 , el vector director de esta recta, i.e. el vector (2, −1, 1) est´a dentro del plano. Por otra parte, como L2 es paralelo al plano, su vector director, i.e. el vector (1, 2, 2) tiene la direccion ´ del plano. Entonces, si (2, −1, 1) y (1, 2, 2) no son paralelos y por lo tanto, si son linealmente independientes, entonces permiten generar al plano. Calculamos el a´ ngulo entre estos dos vectores para verificar que no son paralelos, cosθ =
(2, −1, 1) · (1, 2, 2) 2 = √ ||(2, −1, 1)|| ||(1, 2, 2)|| 6·3
Como, cosθ , 1 y cosθ , −1 entonces los vectores no son paralelos. Por tanto, la ecuacion ´ vectorial del plano est´a dada por; (x, y, z) = (0, 1, 2) + s(2, −1, 1) + t(1, 2, 2)
s, t ∈ R
4. Considere la recta L1 cuya ecuacion ´ es (x, y, z) = (1 + t, 2 − t, −1 + t), t ∈ R y el punto, B = (1, −2, 4). a) Determine la ecuacion ´ de la recta L2 que pasa por B y corta perpendicularmente a L1 . Respuesta: La ecuacion ´ vectorial de L1 es; (x, y, z) = (1, 2, −1) + t(1, −1, 1)
t∈R
Ahora, sea X0 = (x0 , y0 , z0 ) el punto donde L2 corta perpendicularmente a L1 .
Entonces, existe s ∈ R tal que (x0 , y0 , z0 ) = (1, 2, −1) + s(1, −1, 1) y adem´as, se debe cumplir que −−→ BX0 = X0 − B = (x0 , y0 , z0 ) − (1, −2, 4) es perpendicular a L1 y por tanto a su vector director (1, −1, 1). Entonces, [
] [ ] (x0 , y0 , z0 ) − (1, −2, 4) · (1, −1, 1) = 0 ⇔ (1, 2, −1) + s(1, −1, 1) − (1, −2, 4) · (1, −1, 1) = 0
[ ] ⇔ (0, 4, −5) + s(1, −1, 1) · (1, −1, 1) = 0 ⇔ (0, 4, −5) · (1, −1, 1) + s(1, −1, 1) · (1, −1, 1) = 0 ⇔ −9 + 3s = 0 ⇔ 3s = 9 ⇔ s = 3
−−→ Entonces, X0 = (x0 , y0 , z0 ) = (1, 2, −1) + 3 · (1, −1, 1) = (4, −1, 2). Por tanto, BX0 = X0 − B = (4, −1, 2) − (1, −2, 4) = (3, 1, −2) es vector director de L2 , y la ecuacion ´ de L2 es entonces, 61
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(x, y, z) = (1, −2, 4) + t(3, 1, −2)
t∈R
b) Determine la distancia de B a L1 . Respuesta: Por la parte a), como el punto X0 = (4, −1, 2) es tal que el vector que va de B a X0 corta perpendicularmente a la recta L1 , entonces el la longitud del segmento formado por el vector −−→ BX0 = (3, 1, −2) representa la distancia de B a L1 , ya que la menor distancia es siempre el √ −−→ segmento perpendicular. Entonces, d(B, L1 ) = BX0 = ||(3, 1, −2)|| = 14 es la distancia de B a L1 . c) Determine la ecuacion ´ normal del plano que contiene a las rectas L1 y L2 . Respuesta: Como L1 y L2 son perpendiculares, sus vectores directores lo son tambi´en, entonces permiten generar al plano que pasa por L1 y L2 ya que no son vectores paralelos. Entonces, si η es ortogonal a los vectores directores de las rectas, i.e. a (1, −1, 1) y (3, 1, −2), es por consiguiente un vector normal al plano. Entonces, para obtener un vector ortogonal a (1, −1, 1) y (3, 1, −2), e1 e2 e3 (1, −1, 1) × (3, 1, −2) = 1 −1 1 = (1, 5, 4) 3 1 −2 Y tomamos entonces, η = (1, 5, 4). Ahora, notese que el punto (1, 2, −1) ∈ L1 est´a en el plano, ´ por lo que la ecuacion ´ normal del plano satisface: (x, y, z) · (1, 5, 4) = (1, 2, −1) · (1, 5, 4) ⇔ x + 5y + 4z = 7 Por lo tanto, la ecuacion ´ normal del plano es: x + 5y + 4z = 7. 5. Dada la recta L, cuyas ecuaciones sim´etricas son:
x−2 −3
= y = 5z .
a) Determine la ecuacion ´ normal del plano que contiene al punto (2, −6, 1) y que tambi´en contiene a la recta L. Respuesta: Las ecuaciones param´etricas y vectorial de la recta L son; x = 2 − 3t y=t z = 5t
⇒
−v = (2, 0, 0) + t(−3, 1, 5) (x, y, z) = P + t→
Note que si Q = (2, −6, 1), entonces Q no est´a en la recta L, pues sustituyendo a Q en las 1 ecuaciones sim´etricas, se obtiene una contradiccion; ´ 2−2 −3 , −6 =, 5 .
62
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Entonces sean A = (2, 0, 0) y B = (2, 0, 0) + (−3, 1, 5) = (−1, 1, 5) dos puntos de L. Entonces los −−→ −−→ vectores, QA y QB no son paralelos y est´an dentro del plano buscado. −−→ −−→ Por tanto un vector normal al plano es η = QA × QB, donde −−→ QA = A − Q = (2, 0, 0) − (2, −6, 1) = (0, 6, −1) −−→ QB = B − Q = (−1, 1, 5) − (2, −6, 1) = (−3, 7, 4)
⇒
e1 e2 e3 η = 0 6 −1 = (31, 3, 18) −3 7 4
Entonces la ecuacion ´ normal del plano satisface: X · η = Q · η ⇔ (x, y, z) · (31, 3, 18) = (2, −6, 1) · (31, 3, 18) ⇔
31x + 3y + 18z = 62
La ecuacion ´ normal del plano es entonces, 31x + 3y + 18z = 62.
b) Verifique que la recta L1 , cuya ecuacion ´ es (x, y, z) = (2, 1, 1) + t(−3, 1, 5), t ∈ R, es paralela al plano encontrado en a). Respuesta: Para que la recta L1 sea paralela al plano, debe ser perpendicular al vector normal del plano. De modo que el vector director de la recta L1 , i.e. el vector (−3, 1, 5) debe ser perpendicular al vector η = (31, 3, 18). Se puede verificar que efectivamente son perpendiculares, pues por el producto interior escalar, (−3, 1, 5) · (31, 3, 18) = 0, entonces son perpendiculares. Por el razonamiento anterior, entonces L1 es paralela al plano 31x + 3y + 18z = 62, encontrado en la parte a) 6. Dado el plano π, cuya ecuacion ´ normal es: 31x + 3y + 18z = 62. a) Calcule la distancia del plano π, a la recta L1 , cuya ecuacion ´ vectorial es (x, y, z) = (2, 1, 1) + t(−3, 1, 5) t ∈ R. Incluya un esquema geom´etrico como parte de la justificacion ´ de su procedimiento de c´alculo.
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Respuesta: Por la parte b) de la pregunta 2, la recta L1 y el plano π son paralelos. Entonces, para calcular la distancia de la recta L1 al plano π, basta calcular la distancia de un punto de la recta al plano, pues la distancia es constante al ser ambos paralelos. Tome Q = (2, 1, 1) que est´a en L1 . El punto, P = (2, −6, 1) est´a en el plano, por la pregunta 2 parte a). Entonces, la formula de distancia de Q al plano π est´a dada por, ´ ´ d(Q, π) =
(P − Q) · η η
√ donde, η = 1294, P − Q = (2, −6, 1) − (2, 1, 1) = (0, −7, 0), (P − Q) · η = (0, −7, 0) · (31, 3, 18) = −21. Entonces, −21 21 d(Q, π) = √ = √ 1294 1294 es la distancia de la recta L1 al plano π. b) Determine la ecuacion ´ de la recta L2 que pasa por el punto (−1, 2, 6) y que es perpendicular al plano π. Respuesta: Como la recta L2 es perpendicular al plano π, entonces su vector director es paralelo al vector normal al plano, por lo tanto, podemos tomar como vector director de la recta L2 al vector (31, 3, 18), y como la recta L2 pasa por el punto (−1, 2, 6), entonces la ecuacion ´ vectorial de la recta es: L2 :
(x, y, z) = (−1, 2, 6) + t(31, 3, 18)
t∈R
c) Determine el punto de interseccion ´ de la recta L2 con el plano π. Respuesta: La ecuacion ´ vectorial de la recta L2 determina un sistema de 4 variables con las tres ecuaciones: x y
−31t = −1 −3t = 2 z −18t = 6
y el plano π tiene la ecuacion ´ normal con tres variables, 31x + 3y + 18z = 62. Entonces la recta L2 y el plano π forman el siguiente sistema aumentado, cuya solucion ´ es la interseccion ´ de ambos; 1 0 0 31
0 0 −31 −1 1 0 −3 2 0 1 −18 6 3 18 0 62
−31 f1 + f4 −→ −3 f2 + f4 −18 f3 + f4
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1 0 0 −31 −1 0 1 0 −3 2 0 0 1 −18 6 0 0 0 1294 −21
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Prof. Christian Fonseca 1 0 0 −31 0 1 0 −3 0 0 1 −18 0 0 0 1
31 f4 + f1 −→
−1945 1 0 0 0 1294 1 0 1 0 0 2525 1294 1294 f4 0 0 1 0 3693 −→ 647 −21 −21 0 0 0 1 1294 1294 ) ( 2525 3693 Entonces, la interseccion , , ´ de la recta y el plano, es el punto −1945 1294 1294 647 . −1 2 6
7. Considere en R3 los puntos A = (0, 1, 3), B = (1, 0, 1), C = (1, 1, 2) y Q = (0, 2, −2). a) Verifique que los puntos A, B y C no son colineales. Respuesta:
−→ −→ Para que A, B y C no sean colineales, los vectores AB y BC no deben de estar en la misma recta, i.e. no deben de ser paralelos. En la figura se representa la idea geom´etrica.
−→ −→ −→ −→ Sea θ el a´ ngulo entre AB y BC, donde AB = B − A = (1, 0, 1) − (0, 1, 3) = (1, −1, −2) y BC = −→ √ −→ √ −→ −→ C − B = (1, 1, 2) − (1, 0, 1) = (0, 1, 1). Entonces, AB · BC = −3, AB = 6 y BC = 2. Entonces, −→ −→ −3 AB · BC −3 cosθ = −→ −→ = √ √ = √ AB BC 6· 2 2 3 −→ −→ Y como cosθ , 1 y cosθ , −1, entonces los vectores AB y BC no son paralelos, por lo tanto los puntos A, B y C no son colineales. b) Determine la ecuacion ´ normal del plano π que contiene a los puntos A, B y C. Respuesta: Para la ecuacion ´ normal del plano π, necesitamos un vector η normal al plano y un punto por donde pase el plano. Primero vamos a determinar un vector normal al plano. Note que los −→ −→ vectores AB y BC son no paralelos entre s´ı, pues por la parte a), no se encuentran en la misma recta, y que adem´as est´an en el plano π, puesto que los puntos A, B, y C est´an en el plano. −→ −→ Entonces, los vectores AB y BC generan la direccion ´ del plano. Un vector normal al plano es −→ −→ entonces el vector AB × BC.
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Prof. Christian Fonseca e1 e2 e3 −→ −→ AB × BC = 1 −1 −2 = (1, −1, 1) 0 1 1
Entonces, podemos tomar como vector normal al plano π, al vector η = (1, −1, 1). Como el punto A pertenece al plano, entonces la ecuacion ´ del plano satisface: (x, y, z) · (1, −1, 1) = (0, 1, 3) · (1, −1, 1) ⇔ x − y + z = 2 Entonces la ecuacion ´ normal del plano π es x − y + z = 2. c) Determine la ecuacion ´ vectorial de la recta que pasa por el punto Q y que es perpendicular al plano π. Respuesta: Como la recta es perpendicular al plano π, un vector paralelo a la recta es el vector η normal al plano, por lo que η se puede utilizar como vector director de la recta. Y como la recta pasa por el punto Q, la ecuacion ´ vectorial de la recta es: {
X ∈ R3
} { X = Q + tη, t ∈ R = (x, y, z) ∈ R3
(x, y, z) = (0, 2, −2) + t(1, −1, 1), t ∈ R
}
d) Determine el punto en el plano π m´as cercano al punto Q. Respuesta: Recordemos que por teorema, la distancia m´as corta de un punto Q al plano π es la longitud del segmento perpendicular que une a Q con el plano π. Entonces, el punto m´as cercano de π a Q, es el punto S en donde la recta calculada en la parte c), interseca a π, esto porque la recta es perpendicular al plano π. Ve´ase la figura.
Las ecuaciones de la recta son: x
−t = 0 y +t = 2 z −t = −2
y la ecuacion ´ del plano es x − y + z = 2. Por lo que la interseccion ´ de la recta y el plano, corresponden a la solucion ´ al sistema;
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1 0 0 1 0 0 1 −1
0 −1 0 0 1 2 − f1 + f2 1 −1 −2 −→ 1 0 2
1 0 0 1 0 0 0 −1
− f3 + f4 −→
1 0 0 −1 0 1 1 0 1 0 1 2 3 f4 0 0 0 1 −1 −2 −→ 0 0 0 0 3 6 0
0 −1 0 0 1 2 f2 + f4 1 −1 −2 −→ 1 1 2
0 1 0 0
1 0 0 −1 0 0 1 0 1 2 0 0 1 −1 −2 0 0 1 2 4
0 −1 0 f4 + f1 0 1 2 −→ 1 −1 −2 − f4 + f2 0 1 2 f4 + f3
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
0 0 0 1
2 0 0 2
Por tanto, el punto donde se intersecan el plano y la recta es el punto S = (2, 0, 0), y es el punto del plano π m´as cercano al punto Q. e) Calcule la distancia del punto Q al plano π. Respuesta: Como la menor distancia es la perpendicular, entonces de la parte d), se tiene que; √ d(Q, π) = ||Q − S|| = ||(0, 2, −2) − (2, 0, 0)|| = ||(−2, 2, −2)|| = 2 3 Otra manera de calcular la distancia es con la formula, ´ d(Q, π) =
(P − Q) · η η
donde P es un punto del plano
Tomamos como punto del plano al punto (0, 2, −2) = (0, −1, 5), A,√entonces A − Q = (0, 1, 3) − √ (A − Q) · η = (0, −1, 5) · (1, −1, 1) = 6 y η = 3, de modo que d(q, π) = 2 3. √ De manera que con ambos m´etodos, se obtiene que la distancia de Q al plano π es 2 3.
8.
a) (5 puntos) Halle la ecuacion ´ vectorial de la l´ınea recta, l1 , que contiene a los puntos P(4, 6, 7) y Q(3, 6, 9). Respuesta:
−−→ Como P y Q est´an en la recta, el vector PQ tiene la direccion ´ de la recta. Entonces, −−→ PQ = Q − P = (3, 6, 9) − (4, 6, 7) = (−1, 0, 2) puede ser usado como vector director de la recta l1 . Adem´as, l1 pasa por el punto P, de manera que la ecuacion ´ vectorial de l1 toma la forma, (x, y, z) = (4, 6, 7) + t(−1, 0, 2) t ∈ R
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b) Muestre que la l´ınea recta, l2 , dada por las ecuaciones sim´etricas x−1 5−z = y−3= , 7 3 no interseca a l1 . Respuesta: De las ecuaciones sim´etricas, la ecuacion ´ vectorial de l2 es (x, y, z) = (1, 3, 5) + s(7, 1, −3), s ∈ R y por la parte a), la ecuacion ´ vectorial de l1 es, (x, y, z) = (4, 6, 7) + t(−1, 0, 2), t ∈ R. Las dos rectas se intersecan si existen valores de s y t tales que, (1, 3, 5) + s(7, 1, −3) = (4, 6, 7) + t(−1, 0, 2) ⇔ (7s + t, s, −3s − 2t) = (3, 3, 2) que es equivalente al sistema, 1 3 −7 f2 + f1 7 1 0 3 −→ −3 −2 2 3 f2 + f3
0 1 −18 2 f1 + f3 1 0 3 −→ 0 −2 11
0 1 −18 1 0 3 0 0 −25
que tiene una ecuacion ´ inconsistente, y por tanto, no tiene solucion ´ para s y t. De modo que las rectas l1 y l2 no se intersecan. c) Halle ecuaciones normales para dos planos paralelos, π1 y π2 , que contienen a las rectas l1 y l2 , respectivamente. Respuesta: Como los planos π1 y π2 son paralelos, entonces sus vectores normales son paralelos, y se puede tomar el mismo vector normal para describir la ecuacion ´ de ambos. Ahora, como π1 contiene a l1 y π2 contiene a l2 , entonces necesitamos un vector normal a ambas rectas. Si u = (−1, 0, 2) y v = (7, 1, −3) son los vectores directores de l1 y l2 respectivamente, note que no son paralelos, por lo que las rectas l1 y l2 tampoco lo son, y entonces tomamos como vector normal al vector u × v: e1 e2 e3 u × v = −1 0 2 = (−2, 11, −1) 7 1 −3 Entonces, η = (−2, 11, −1) es un vector normal a los planos π1 y π2 . Como π1 contiene a l1 , entonces el punto (4, 6, 7) est´a en π1 , por lo que π1 tiene ecuacion ´ normal: (x, y, z) · (−2, 11, −1) = (4, 6, 7) · (−2, 11, −1) ⇔ −2x + 11y − z = 51
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Entonces la ecuacion ´ normal de π1 es −2x + 11y − z = 51. Como π2 contiene a l2 , el punto (1, 3, 5) est´a en π2 , por lo que π2 tiene ecuacion ´ normal: (x, y, z) · (−2, 11, −1) = (1, 3, 5) · (−2, 11, −1) ⇔ −2x + 11y − z = 26 Entonces la ecuacion ´ normal de π2 es −2x + 11y − z = 26. El argumento geom´etrico del procedimiento anterior se ilustra en la siguiente figura:
d) Determine la distancia entre los planos π1 y π2 . Respuesta: Como los planos π1 y π2 son paralelos, basta con calcular la distancia entre un punto de π1 y el plano π2 . El punto A = (4, 6, 7) est´a en π1 . El punto, B = (1, 3, 5) est´a en π2 y el vector normal de π2 es η = (−2, 11, −1). Entonces se tiene la formula de distancia, ´ d(A, π2 ) =
(B − A) · η η
donde, B √− A = (1, 3, 5) − (4, 6, 7) = (−3, −3, −2) y (B − A) · η = (−3, −3, −2) · (−2, 11, −1) = −25 y η = 3 14. Entonces, d(A, π2 ) =
25 √ 3 14
es la distancia entre π1 y π2 .
9. Considere las lineas rectas l1 y l2 , dadas por las ecuaciones l1 : x = 2 + 8t, l2 : x = 3 + 8t,
y = 6 − 8t, y = 5 − 3t,
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z = 10t z = 6+t
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a) Muestre que l1 y l2 , no pueden estar en un mismo plano. Respuesta: Note que las ecuaciones vectoriales de l1 y l2 son: l1 :
(x, y, z) = P + tv = (2, 6, 0) + t(8, −8, 10)
l2 :
(x, y, z) = Q + tw = (3, 5, 6) + t(8, −3, 1)
Ahora, note adem´as que los vectores directores v y w, de l1 y l2 respectivamente, no son paralelos. Vamos a mostrar que si l1 y l2 estuvieran en el mismo plano, entonces esto nos lleva a una contradiccion. ´ Espec´ıficamente, vamos a ver que la contradiccion ´ se presenta porque hay dos posibles ecuaciones normales para este plano que contiene a l1 y a l2 , y las cuales se contradicen entre s´ı. Entonces, suponga que l1 y l2 se encuentran en el mismo plano. En ese caso, los vectores directores v y w est´an en el plano, y como no son paralelos, generan la direccion ´ del plano. Entonces el vector, v × w es normal al plano, donde: e1 e2 e3 v × w = (8, −8, 10) × (8, −3, 1) = 8 −8 10 = (22, 72, 40) = 2(11, 36, 20) 8 −3 1 Podemos tomar el vector m´as simple, n = (11, 36, 20) que es paralelo a v × w = (22, 72, 40), y por tanto es normal al plano. V´ease la figura.
Como l1 est´a en el plano, entonces P = (2, 6, 0) es un punto del plano, por lo que se puede obtener la ecuacion ´ normal del plano: (x, y, z) · (11, 36, 20) = (2, 6, 0) · (11, 36, 20)
⇔
11x + 36y + 20z = 238
Pero como l2 tambi´en est´a en el plano, el punto, Q = (3, 5, 6) pertenece al plano, por lo que se puede obtener la ecuacion ´ normal del plano:
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(x, y, z) · (11, 36, 20) = (3, 5, 6) · (11, 36, 20)
⇔
11x + 36y + 20z = 333
Entonces el plano que contiene tanto a l1 como a l2 , tiene dos ecuaciones que se contradicen entre s´ı. Por lo tanto, dicho plano no puede existir. Entonces, hemos probado que l1 y l2 no pueden estar en el mismo plano. b) Determine una ecuacion ´ cartesiana para el plano π1 que contiene a l1 y es paralelo a l2 . Respuesta: En los c´alculos de la parte a), el vector n = (11, 36, 20) es normal al plano que contiene a l1 y que es paralelo a l2 . Donde aqui, el plano es paralelo a l2 porque tiene la direccion ´ dada por los vectores v de l1 y w de l2 . Se obtuvo la ecuacion, ´ π1 :
11x + 36y + 20z = 238
c) Determine una ecuacion ´ cartesiana para el plano π2 que contiene a l2 y es perpendicular al plano π1 . Respuesta: Para la siguiente interpretacion ´ geom´etrica, refierase a la siguiente figura.
Como el plano π2 contiene a l2 , en particular, contiene al vector w director de l2 . Ahora, como π2 es un plano perpendicular a π1 , y como el vector n es normal a π1 , entonces n es un vector paralelo al plano π2 , y como los vectores n y w son perpendiculares, entonces no son paralelos, por lo que generan la direccion ´ del plano π2 . Entonces el vector, n × w, es un vector normal al plano π2 . Donde, e1 e2 e3 n × w = (11, 36, 20) × (8, −3, 1) = 11 36 20 = (−96, −149, 321) 8 −3 1 71
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Como π2 contiene a l2 , entonces el punto Q = (3, 5, 6) est´a en π2 . Entonces la ecuacion ´ normal del plano π2 se obtiene de: (x, y, z) · (96, 149, −321) = (3, 5, 6) · (96, 149, −321)
⇔
96x + 149y − 321z = −893
Entonces la ecuacion ´ de π2 es, π2 :
96x + 149y − 321z = −893
d) Determine una ecuacion ´ vectorial para la l´ınea l3 correspondiente a la interseccion ´ del plano π1 con el plano π2 . Respuesta: La recta l3 es la solucion ´ al sistema que se forma con las ecuaciones normales de los planos π1 y π2 . Entonces tenemos el sistema (
11 36 20 238 96 149 −321 −893
−96 f1 + f2 −→
(
36 11 −1817 11
1 0 (
−36 11 f2
+ f1 −→
)
1 11 f1
36 20 238 1 11 11 11 96 149 −321 −893
−→
20 11 −5451 11
238 11 −32671 11
−743710 19987 32671 1817
1 0 −8 0 1 3
( )
−11 1817 f2
−→
) ⇒
(
1 0
36 11
20 11
1
3
)
238 11 32671 1817
)
x = 8z − −743710 19987 y = −3z + 32671 1817
Entonces, si z = t, t ∈ R, la ecuacion ´ vectorial de l3 es: l3
:
(x, y, z) =
(
) −743710 32671 , , 0 + t(8, −3, 1) 19987 1817
e) Halle las coordenadas del punto, R, correspondiente a la interseccion ´ de l1 con l3 y calcule la distancia de R a l2 . Respuesta: Si R es el punto de interseccion ´ de l1 y l3 , entonces debe de satisfacer las ecuaciones de l1 y l3 , para algunos valores de s y t, (x, y, z) = (2, 6, 0) + s (8, −8, 10) ( ) −743710 32671 (x, y, z) = , , 0 + t(8, −3, 1) 19987 1817
l1 l3
:
:
Entonces, R = (x, y, z), debe cumplir que: ) −743710 32671 , , 0 + t(8, −3, 1) 19987 1817 ) ( −783684 21769 , ,0 (8s − 8t, −8s + 3t, 10s − t) = 19987 1817
(2, 6, 0) + s (8, −8, 10) = ⇔
(
Que es equivalente al sistema:
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f1 + f2 8 −→ 0 1 0 1 10 f3 −36 −783684 36 5 19987 5 f2 + 108845 1 19987 1 −→ −1 0 10 f2 + 10
−783684 19987 21769 1817
−8 −5 −1 10
f1 f3
−783684 19987 −544225 19987
0 0 0 0 1 1 0
0 108845 19987 1979 3634
108845 Entonces, s = 1979 3634 y) t = 19987 . Por tanto, sustituyendo ya sea s en l1 o bien t en l3 , se obtiene, ( 2986 9895 R = 11550 ´ de las rectas l1 y l3 . 1817 , 1817 , 1817 es el punto de interseccion
Finalmente, calculamos la distancia R a l2 . Tenemos la formula de distancia, con Q = (3, 5, 6) ∈ ´ l2 , −−→ −−→ d(R, l2 ) = QR − Proyw QR ( ) ( ) −−→ 2986 9895 6099 −6099 −1007 donde QR = R − Q = 11550 , , − (3, 5, 6) = , , 1817 1817 1817 1817 1817 1817 . Entonces, ( ) ( ) 7144 −2679 893 6099 −6099 −1007 d(R, l2 ) = , , − , , 1817 1817 1817 1817 1817 1817 √ ( ) 132541065 4406 5665 9002 = = , , 1817 1817 1817 1817 10. Halle una ecuacion ´ vectorial para el plano que contiene al punto P(2, −1, 4) y es perpendicular a la recta de interseccion ´ de los planos 4x + 2y + 2z + 1 = 0 y 3x + 6y + 3z − 7 = 0 Respuesta: Sea M el plano buscado. Si, M1 : 4x + 2y + 2z = −1 M2 : 3x + 6y + 3z = 7 son dos planos, entonces los vectores v = (2, 1, 1) y w = (1, 2, 1) son normales a los planos M1 y M2 respectivamente. Sea z el vector director de la recta de interseccion ´ de los planos M1 y M2 , entonces, z es un vector normal a M, pues z est´a en M1 y en M2 y ambos son perpendiculares a M. Como v ⊥ z, pues z est´a en M1 , y w ⊥ z, pues z est´a en M2 . Entonces, v, w est´an en M, y como no son paralelos, sirven como vectores directores del plano M. La ecuacion ´ vectorial de M es: M : (x, y, z) = P + tv + sw = (2, −1, 4) + t(2, 1, 1) + s(1, 2, 1) t, s ∈ R En la siguiente figura se presenta la interpretacion ´ geom´etrica para obtener la ecuacion ´ del plano M. 73
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11. Considere las lineas rectas l1 = {(1 − 2t, 2 − t, 3 − 3t) { y el plano π = (x, y, z)
t ∈ R}
l2 = {(−1 + 4t, 2 − t, 2)
t ∈ R}
} − 2x − 5y + 4z = 0 .
a) Determine si las l´ıneas rectas l1 y l2 se intersecan y en caso afirmativa halle las coordenadas del punto de interseccion. ´ Respuesta: La interseccion ´ de l1 y l2 son todos los vectores (x, y, z) ∈ R3 que cumplen con ls ecuaciones de l1 y l2 al mismo tiempo. Por tanto, si (x, y, z) est´a en la interseccion, ´ podemos igualar las ecuaciones para encontrar los valores correspondientes de s y t. (1, 2, 3) + t(−2, −1, −3) = (−1, 2, 2) + s(4, −1, 0) ⇔ (−2t, −t, −3t) − (4s, −s, 0) = (−1, 2, 2) − (1, 2, 3) ⇔ (−2t − 4s, −t + s, −3t) = (−2, 0, −1) Igualamos los vectores entrada por entrada y se obtiene el sistema: ⇔ −2 −4 −2 −1 1 0 −3 0 −1
−2t − 4s = −2 −t + s = 0 −3t = −1
−1 f1 1 2 1 2 −→ − f2 1 −1 0 3 0 1 − f3 74
− f1 + f2 −→ −3 f1 + f3
1 1 2 0 −3 −1 0 −6 −2
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−2 f2 + f3 −→
1 −1 1 2 f 0 −3 −1 3 2 −→ 0 0 0
1 2 1 −2 f2 + f1 0 1 13 −→ 0 0 0
1 0 13 0 1 13 0 0 0
Entonces t = 13 y s = 31 . Por tanto, el unico punto de interseccion ´ ´ se obtiene al sustituir esos valores en las ecuaciones de las lineas rectas, es decir, la interseccion ´ es el punto: ( ) 1 1 5 (x, y, z) = (1, 2, 3) + (−2, −1, −3) = , , 2 3 3 3 ( ) b) Calcule la distancia del punto E = 13 , 53 , 2 al plano π. Respuesta: −n = (−2, −5, 4) y note que el punto P = (0, 0, 0) est´a en π. Por El vector normal al plano π es → la formula de distancia de un punto a un plano ´ d (E, π) =
−n −n (P − E) · → −E · → → = → −n −n
− √ −n = 1. Entonces, d (E, π) = n = 45 y −E · → con →
√1 . 45
c) Encuentre todos los puntos de la l´ınea recta l1 cuya distancia al plano π sea
√ 45.
Respuesta: La distancia entre un punto (x, y, z) fuera del plano π y el plano π es la longitud del segmento perpendicular que va del √ punto al plano. Sea A = (x, y, z) un punto tal que la distancia con de distancia, y tomando en cuenta que el punto respecto al plano π es 45. Por la formula ´ P = (0, 0, 0) est´a en π, d (A, π) =
−n −n (P − A) · → −A · → → = → −n −n
Ahora como A ∈ l1 , existe un t ∈ R tal que A = (1 − 2t, 2 − t, 3 − 3t). Entonces, −n = (2t − 1, t − 2, 3t − 3) · (−2, −5, 4) = 3t −A · →
√ 3t Por tanto, 45 = d (A, π) = √ ⇒ t = 15. Por tanto, los dos puntos que est´an a distancia 45 √ 45 de π son:
( ) x1 , y1 , z1 = (1, 2, 3) + 15 (−2, −1, −3) = (−29, −13, −42) (
) x2 , y2 , z2 = (1, 2, 3) − 15 (−2, −1, −3) = (31, 17, 48)
12. Considere los planos π1 : 2x − y + z = 1 y π2 : 3x + y + z = 2.
75
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a) Determine una ecuacion ´ vectorial para la l´ınea de interseccion ´ de los planos π1 y π2 . Respuesta: Todos los puntos de la l´ınea de interseccion ´ de π1 y π2 deben cumplir con ambas ecuaciones al mismo tiempo. Entonces, deben ser solucion ´ al sistema: (
2 −1 1 1 3 1 1 2
−1 5 f1
−→
(
0 1 1 2
−1 5
0
)
− f1 + f2 −→ 1 5
1
)
(
2 −1 1 1 1 2 0 1
−2 f1 + f2 −→
(
0 1 1 0
)
−1 5 2 5
−2 f2 + f1 −→ 1 5 3 5
)
(
0 −5 1 −1 1 2 0 1
f1 ⇔ f2 −→
(
1 0 0 1
2 5 −1 5
)
3 5 1 5
)
La solucion ´ de los planos ´ al sistema es x + 25 z = 53 , y − 51 z = 15 . Y tomando z = t, la interseccion es el conjunto de puntos de la forma, (
) 3 2 1 1 (x, y, z) = − t, + t, t t ∈ R 5 5 5 5 b) Halle una ecuacion ´ vectorial para el plano π1 . Respuesta: Necesitamos un punto de π1 y dos vectores directores (es decir, dos vectores dentro del plano π1 que no sean paralelos). Sea L la recta de interseccion ´ de π1 y π2 . Entonces, como la recta ( L est´a) en π1 , el vector director 1 1 de L est´a en π1 . El vector director de L, segun ´ la parte a), es −2 5 , 5 , 1 = 5 (−2, 1, 5). Entonces −v = (−2, 1, 5) como uno de los directores del plano π . podemos tomar al vector → 1 −n = (2, −1, 1) es vector normal a π , es ortogonal a v. Entonces el vector → −v x→ −n , est´a en Como → 1 −n . V´ease el dibujo para la interpretacion π1 ya que es ortogonal a → ´ geom´etrica.
−v x→ −n est´a en π , y es ortogonal a → −v , podemos tomar a → −v y a → −v x→ −n como Entonces, como → 1 −v x→ −n : vectores directores de π1 . Calculamos → 76
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Prof. Christian Fonseca e1 e2 e3 → −v x→ −n = −2 1 5 = 6(1, 2, 0) 2 −1 1
− −v x→ −n y por tanto apuntan a la misma direcPodemos tomar → w = (1, 2, 0) ya que es paralelo a → cion. ´ Como π1 contiene a L y P = para π1 es entonces
(
)
3 1 5, 5, 0
est´a en L, entonces P est´a en π1 . Una ecuacion ´ vectorial
( ) 3 1 −v + t→ − (x, y, z) = P + s→ w = , , 0 + s (−2, 1, 4) + t (1, 2, 0) 5 5 13. Considere las rectas en R3 dadas por las siguientes ecuaciones y−2
x+1 1−z l1 : 2 = −1 = 2 ( ) l2 : x, y, z = (2 − s, 3 + s, s − 1) , s ∈ R
a) Demuestre que las rectas l1 y l2 no se intersecan y justifique por qu´e no son paralelas. Respuesta: Las ecuaciones param´etricas de l1 son: x = 2t − 1 y = −t + 2 z = −2t + 1 Entonces la ecuacion ´ vectorial es l1 : (x, y, z) = (2t − 1, −t + 2, −2t + 1) , t ∈ R Un punto (x, y, z) est´a en la interseccion si existen valores de s y t tales ´ de l1 y l2 solamente ´ que: (2t − 1, −t + 2, −2t + 1) = (2 − s, 3 + s, s − 1) ⇔
2t − 1 = 2 − s −t + 2 = 3 + s −2t + 1
⇒
2t + s = 3 −t − s = 1 −2t − s = −2
El anterior es un sistema con dos ecuaciones incompatibles (la (1) y la (3)), entonces no tiene solucion. ´ Por tanto l1 y l2 no se intersecan. El vector director de l1 es v = (2, −1, −2) y el de l2 es w = (−1, 1, 1) y uno de ellos no es el multiplo por un escalar del otro, por lo tanto no son paralelos, y de esto se sigue que l1 y l2 no ´ son paralelas. b) Determine la ecuacion ´ vectorial de la recta l3 que es perpendicular tanto a l1 como a l2 y que interseca tanto a l1 como a l2 . Respuesta: 77
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( ) ( ) Sea x1 , y1 , z1 el punto de interseccion ´ de l1 con l3 y x2 , y2 , z2 el punto de interseccion ´ de l2 ( ) ( ) con l3 . Como x1 , y1 , z1 ∈ l1 , cumple con la ecuacion: x1 , y1 , z1 = (2t − 1, −t + 2, −2t + 1) para ´ ( ) ( ) algun x2 , y2 , z2 = (2 − s, 3 + s, s − 1) para ´ t ∈ R. Como x2 , y2 , z2 ∈ l2 , cumple con la ecuacion: ´ algun ´ s ∈ R. Si determinamos los valores de s y t podemos encontrar quienes son esos puntos. ( ) ( ) Ahora, como los dos puntos est´an en l3 , entonces el vector n = x2 , y2 , z2 − x1 , y1 , z1 es el vector director de l3 . Ahora, dicho vector toma la forma: (
) ( ) x2 , y2 , z2 − x1 , y1 , z1 = (2 − s, 3 + s, s − 1) − (2t − 1, −t + 2, −2t + 1) = (−2t − s + 3, t + s + 1, 2t + s − 2)
Como l1 y l3 son ortogonales, sus vectores directores lo son, y por tanto se cumple con la ecuacion: ´ n · v = (−2t − s + 3, t + s + 1, 2t + s − 2) · (2, −1, −2) = 0 ⇔ 9t + 5s = 9 Similarmente, como l2 y l3 son ortogonales n · w = (−2t − s + 3, t + s + 1, 2t + s − 2) · (−1, 1, 1) = 0 ⇔ 5t + 3s = 4 Entonces s y t cumplen con las ecuaciones: 9t + 5s = 9 5t + 3s = 4 ( ) 1 ) ( ) ( 5 5 9 5 9 −5 f + f 1 1 1 1 f 2 1 1 9 9 9 5 3 4 −→ 5 3 4 −→ 0 92 −1 ( ) 5 ( ) 9 1 59 1 1 0 72 − 9 f2 + f1 2 f2 −→ 0 1 − 92 −→ 0 1 − 92 ) ( ( ) ( ) ( −3 −11 ) Entonces t = 72 , s = − 29 y se tiene: x1 , y1 , z1 = 6, − 32 , −6 y x2 , y2 , z2 = 13 2 , 2 , 2 . El vector ( ) ( ) 1 1 3 director de l3 es entonces n = 2 , 0, 2 . Finalmente, como 6, − 2 , −6 es un punto de l3 , entonces una ecuacion ´ para l3 es la siguiente: (
( ) ( ) ) 3 1 1 x, y, z = 6, − , −6 + t , 0, 2 2 2
14. En R3 , sean los planos con ecuaciones normales: Π1 : 2x − 2z = −1
Π2 : x − 12 y − z = 2
a) Determine la ecuacion ´ vectorial de la recta l de interseccion ´ de los planos Π1 y Π2 . Respuesta: b) Sea Π3 : −x + y − z = 1 un plano de R3 . Determine la ecuacion ´ normal del plano Π4 que contiene a la recta l (de interseccion ´ de Π1 y Π2 ) y que es perpendicular a Π3 . Respuesta: c) Calcule la distancia del punto (1, 2, 1) al plano Π3 . Respuesta:
78
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7. Espacios vectoriales reales {( ) c−b b 1. Sea U = c c+b
} b, c ∈ R ⊆ M(2, R).
a) Pruebe que U es un espacio vectorial de M(2, R). Respuesta:
(
( ) ) ( ) 0 0 0−0 0 0 0 Primero note que U , ∅ puesto que ∈ U ya que = . 0 0 0 0+0 0 0 ) ) ( ( x2 y2 x1 y1 ∈ U, c ∈ R. Entonces sus entradas cumplen, , Sean z2 w2 z 1 w1 x1 = z1 − y1
x2 = z2 − y2
w1 = z1 + y1
w2 = z2 + y2
Y, verificamos que cumple con la propiedad de los subespacios vectoriales, i.e que toda combinacion ´ lineal de elementos del conjunto U pertenece nuevamente al conjunto U, (
) ( ) ( ) x1 y1 x2 y2 cx1 + x2 cy1 + y2 c + = z1 w1 z2 w2 cz1 + z2 cw1 + w2 Note que por la relacion ´ entre los coeficientes de las matrices de U: cx1 + x2 = c(z1 − y1 ) + z2 − y2 = (cz1 + z2 ) − (cy1 + y2 ) cw1 + w2 = c(z1 + y1 ) + z2 + y2 = (cz1 + z2 ) + (cy1 + y2 ) Por lo tanto, los coeficientes de la matriz que es combinacion ´ lineal, cumplen con las propiedades de las matrices de U, entonces (
) ( ) x1 y1 x2 y2 c + ∈U z1 w1 z2 w2 ⇒ U es subespacio de M(2, R). b) Determine una base para U. Respuesta: Note que para cada elemento de U, con b, c ∈ R arbitrarios, ) ) ( ) ( ) ( ) ( −1 1 1 0 −b b c 0 c−b b +b =c + = 0 1 1 1 0 b c c c c+b ( ) ( ) 1 0 −1 1 Sean v1 = ,v = . Note que v1 y v2 son linealmente independientes, y como todo 1 1 2 0 1 vector (en este caso un vector es una matriz) de U se puede escribir como combinacion ´ lineal de v1 y v2 , entonces son una base para U. Escribimos, B = {v1 , v2 } es base de U. (
79
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( ) 3 2 c) Determine el vector de coordenadas de en la base determinada en el punto b). 5 7 Respuesta: Por la parte b), se puede observar que reemplazado los valores de b y c, se tiene, ( ) ( ) ( ) 3 2 1 0 −1 1 =5 +2 5 7 1 1 0 1 Entonces,
[( )] ( ) 3 2 5 = 5 7 B 2
1 2 12 a 6 2. Sea A = 2 a −a 4 y FA el espacio vectorial generado por las filas de A. 4 10 0 16 a) Determine para qu´e valor de a se tiene que dimFA = 2. Respuesta: Una base para el espacio fila de A, FA son los vectores de las filas no nulas de la forma escalonada reducidad de A. De modo que buscamos valores de a, tal que la forma escalonada reducida tenga dos filas no nulas exactamente. −2 f1 + f2 −→ A −4 f1 + f3
1 6 2 1 2a 0 a − 4 −2a −8 0 2 −2a −8
− f3 + f1 −→ − f3 + f2
5 a 14 0 1 2 0 a − 6 0 0 = B 0 2 −2a −8
Tomando, a = 6 en B, 1 0 15 14 1 f 0 0 0 0 2 3 −→ 0 2 −12 −8
1 0 15 14 0 0 0 0 0 1 −6 −4
f2 ⇔ f3 −→
1 0 15 14 0 1 −6 −4 = R 0 0 0 0
Entonces, dimFA = 2 si a = 6. Ahora, si a , 6, 1 0 0 1 B −→ 0 2 1 −1 2 f3 0 −→ 0
5 2a
14 0 0 −2a −8
1 a−6 f2
0 1 0
5 2a
0 a
14 0 4
Entonces, dimFA = 3 si a , 6.
80
−2 f2 + f3 −→
−5 2 f3
+ f1 −→
1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0
5 2a
14 0 0 −2a −8 0 4 0 0 a 4
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b) Para el valor de a determinando en el punto anterior, ¿pertenece (3, 7, 3, 14) a FA ? Respuesta: Por la parte a), si a = 6, las dos filas no nulas de la forma escalonada reducida R de A son v1 = (1, 0, 15, 14) y v2 = (0, 1, −6, −4) son una base de FA . Entonces, (3, 7, 3, 14) ∈ FA si se puede expresar como combinacion ´ lineal de v1 y v2 . Es decir, si existen escalares c1 y c2 tales que, (3, 7, 3, 14) = c1 v1 + c2 v2 = c1 (1, 0, 15, 14) + c2 (0, 1, −6, −4). Esto determina el sistema, 1 0 3 0 1 7 15 −6 3 14 −4 14
−15 f + f 3 1 −→ −14 f1 + f4
3 1 0 6 f2 + f3 0 1 7 −→ 0 −6 −42 4 f2 + f4 0 −4 −28
1 0 3 0 1 7 0 0 0 0 0 0
Entonces, c1 = 3 y c2 = 7, por lo tanto, (3, 7, 3, 14) ∈ FA . {( 3. Dado el conjunto, U =
a b c d
)
} a + b = c, a + d = b
a) Pruebe que U es un subespacio vectorial de M(2, R). Respuesta:
( ) 0 0 Primeramente, observe que U , ∅, pues ∈ U. 0 0 ( ) ( ) a1 b1 a2 b2 Sean , ∈ U, entonces sus coeficientes cumplen con las siguientes relaciones, c1 d1 c2 d2 a1 + b1 = c1 a2 + b2 = c2 a1 + d1 = b1 a2 + d2 = b2 ( ) ( ) a1 b1 a2 b2 Queremos probar que, si z ∈ R, entonces z + ∈U c1 d 1 c2 d2 ( ) ( ) ( ) a1 b1 a2 b2 za1 + a2 zb1 + b2 z + = c1 d1 c2 d 2 zc1 + c2 zd1 + d2 Y note que los coeficientes de esta matriz satisfacen las condiciones de U pues, Primera condicion: ´ (za1 + a2 ) + (zb1 + b2 ) = z(a1 + b1 ) + (a2 + b2 ) = zc1 + c2 Segunda condicion: ´ (za1 + a2 ) + (zd1 + d2 ) = z(a1 + d1 ) + (a2 + d2 ) = zb1 + b2 ( ) ( ) a1 b1 a2 b2 Por tanto, la matriz z + pertenece a U, y entonces U es un subespacio de c1 d1 c2 d 2 M(2, R).
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b) Determine una base para U. Respuesta: ( ) a b Sea ∈ U entonces, sus coeficientes cumplen que c = a + b, d = b − a. Por lo que todo c d vector (en este caso es una matriz) en U es de la forma, (
) ( ) ( ) ( ) a b a b a 0 0 b = = + c d a+b b−a a −a b b ( ) ( ) 1 0 0 1 =a +b 1 −1 1 1
Por tanto,( como)a y( b son cualesquiera, todo vetor en U es combinacion ´ ´ lineal de los ) numero 1 0 0 1 vectores , , los cuales son linealmente independientes, y entonces conforman 1 −1 1 1 una base de U. {( ) ( )} 1 0 0 1 Entonces, B = , es base de U. 1 −1 1 1 ( ) 1 5 en la base que encontro´ en b). c) Calcule el vector de coordenadas de 6 4 Respuesta: Segun ´ lo encontrado en la parte b), entonces, (
) ( ) ( ) [( )] ( ) 1 5 1 0 0 1 1 5 1 =1 +5 ⇒ = 6 4 1 −1 1 1 6 4 R 5
4. Sea S = Cl {(1, 1, 1, 1), (a − 2, a − 1, a, b), (a, a + 1, a + 2, 2b)} Determine condiciones sobre a y b para que el espacio S tenga dimension ´ igual a 2. Respuesta: 1 1 1 1 a b . Entonces se tiene, Sea A = a − 2 a − 1 a a + 1 a + 2 2b S = gen {(1, 1, 1, 1), (a − 2, a − 1, a, b), (a, a + 1, a + 2, 2b)} = EspacioFila(A) Como dim(S) = dim(EspacioFila(A)) = RangoFila(A) = Rango(A). Buscamos valores a y b tales que Rango(A) = 2. 2 f + f2 A 1 −→
1 1 1 1 a a + 1 a + 2 b + 2 a a + 1 a + 2 2b
− f2 + f3 −→
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1 1 1 1 a a + 1 a + 2 b + 2 0 0 0 b−2
= B
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Si b = 2 en B, se tiene, 1 1 1 1 B = a a + 1 a + 2 4 0 0 0 0 Si a = 0, con b = 2 en B, 1 1 1 1 − f2 + f1 B = 0 1 2 4 −→ 0 0 0 0
1 0 −1 −3 0 1 2 4 0 0 0 0
Entonces, Rango(A) = 2 si a = 0 y b = 2. Ahora, con a , 0 y b = 2 en B, −a f1 + f2 B −→
1 1 1 1 0 1 2 4 − a 0 0 0 0
− f2 + f1 −→
1 0 −1 a − 3 0 1 2 4 − a 0 0 0 0
Y entonces, Rango(A) = 2 si a , 0 y b = 2. Si b , 2 en B, entonces, 1 1 1 1 a a + 1 a + 2 b + 2 B −→ 0 0 0 1 1 b−2 f3
− f3 + f1 −→ −2 f3 + f2
1 1 0 1 a a + 1 a + 2 b = C 0 0 0 1
Si a = 0, en C tenemos, 1 1 1 0 − f2 + f1 C = 0 1 2 b −→ 0 0 0 1
1 0 −1 −b 0 1 2 b 0 0 0 1
Entonces, Rango(A) = 3 si a = 0 y b , 2. Si a , 0, en C, se tiene,
C
−a f1 + f2 −→
1 1 1 0 − f2 + f1 0 1 2 b −→ 0 0 0 1
1 0 −1 −b 0 1 2 b 0 0 0 1
Y por tanto, Rango(A) = 3 si a , 0 y b , 2. En resumen, Rango(A) = 2, i.e. dim(S) = 2 si y solo ´ si b = 2, y para todo valor real de a.
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5. Dados los siguientes planos, que son subespacios vectoriales de R3 : { V = (x, y, z) ∈ R3
x−y+z=0
}
{ W = (x, y, z) ∈ R3
x + 2y = 0
}
a) Determine la ecuacion ´ vectorial de la recta que corresponde a la interseccion ´ de V y W. Respuesta: Utilizando las ecuaciones normales de los dos planos, se forma un sistema homog´eneo cuya solucion ´ es la interseccion ´ de los planos, se tiene: (
1 −1 1 1 2 0
)
− f1 + f2 −→
(
)
1 −1 1 0 3 −1
La solucion ´ al sistema es: x = − 23 z, y = interseccion ´ tiene las ecuaciones: x = − 23 t y = 31 t z = t
1 3 f2
−→ 1 3 z.
⇒
(
1 −1 0 1
1
−1 3
)
f2 + f1 −→
(
1 0 0 1
2 3 −1 3
)
Tome z = t, con t ∈ R, entonces la recta de
(x, y, z) = t
(
) −2 1 , ,1 3 3
. ( ) 1 Ahora, como el vector (−2, 1, 3) es paralelo al vector −2 ´ de la recta que es la 3 , 3 , 1 , la ecuacion interseccion ´ de los planos es: (x, y, z) = t(−2, 1, 3), t ∈ R. b) Demuestre que la interseccion ´ de V y W es un subespacio vectorial de R3 . Respuesta: Notese que la interseccion ´ ´ de los planos V y W es una recta que pasa por el origen, con ecuacion, ´ (x, y, z) = t(−2, 1, 3), t ∈ R. Entonces, la recta contiene al vector (0, 0, 0), tomando t = 0. Ahora, sea (x1 , y1 , z1 ) = t(−2, 1, 3) y (x2 , y2 , z2 ) = s(−2, 1, 3) dos puntos de la recta, con s, t ∈ R fijos. Sea c ∈ R, entonces, c(x1 , y1 , z1 ) + (x2 , y2 , z2 ) = ct(−2, 1, 3) + s(−2, 1, 3) = (ct + s)(−2, 1, 3) Y como ct + s ∈ R, entonces el vector c(x1 , y1 , z1 ) + (x2 , y2 , z2 ) est´a en la recta, y por tanto, como toda combinacion ´ lineal de vectores que son parte de la recta, es as´ımismo un vector que pertenece a la recta, entonces la recta de interseccion ´ de V y W es un subespacio de R3 . 3 6. Dado el subespacio vectorial W de R , tal que W = (x, y, z) 2 −6 4 donde A = −1 3 −2. −3 9 −6
84
x 0 A y = 0 , z 0
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a) Determine una base B de W. Respuesta: Observe que W = EspacioNulo(A). Por lo tanto, para poder encontrar una base de W necesitamos determinar una propiedad expl´ıcita que determine al espacio nulo de la matriz A. Resolvemos entonces, el sistema homog´eneo con matriz A; 1 −3 2 − f1 + f2 −→ A −→ −1 3 −2 1 −1 3 −2 − f f 1 + f3 3 3 1 2 f1
1 −3 2 0 0 0 0 0 0
La solucion ´ al sistema homog´eneo es entonces: x − 3y + 2z = 0, que es un plano que pasa por el origen. Tomando, y = s ∈ R y z = t ∈ R, entonces x = 3s − 2t, y se obtiene la siguiente caracterizacion ´ de W; { W = (x, y, z) ∈ R3
(x, y, z) = (3s − 2t, s, t), s, t ∈ R
}
Entonces, si (x, y, z) ∈ W, se tiene; (x, y, z) = (3s − 2t, s, t) = (3s, s, 0) + (−2t, 0, t) = s(3, 1, 0) + t(−2, 0, 1) Por tanto, los vectores v1 = (3, 1, 0) y v2 = (−2, 0, 1), son una base B = {v1 , v2 } de W. b) ¿Cu´al es la dimension ´ de W? Justifique. Respuesta: Como la base B de W obtenida en la parte a) tiene 2 vectores, entonces dim(W) = 2. c) Verifique que el vector v = (8, 4, 2) pertenece a W. Respuesta: El vector (8, 4, 2) ∈ W si y solo ´ si se puede escribir como una combinacion ´ lineal de la base B de W. Es decir, si y solo ´ si existen c1 y c2 tales que: (8, 4, 2) = c1 v1 + c2 v2 = c1 (3, 1, 0) + c2 (−2, 0, 1) Que es equivalente al sistema aumentado: 3 −2 8 −3 f2 + f1 1 0 4 −→ 0 1 2 2 f3 + f1
0 0 0 1 0 4 1 0 4 −→ 0 1 2 0 1 2 0 0 0
Entonces, c1 = 4 y c2 = 2, por tanto (8, 4, 2) ∈ W. d) Escriba el vector de coordenadas de v = (8, 4, 2) en la base B de W, encontrada en a). Respuesta:
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Como las coordenadas de un vector respecto a una base son los escalares tales que el vector se puede escribir como combinacion ´ lineal de los vectores de la base, por la parte c), entonces; ( ) [ ] 4 v = B 2 {( ) a b ∈ M(2, R) 7. Sea S c d
} c − 3a + 2b = 0, 2a − 3b + d = 0 .
a) Pruebe que S es un subespacio vectorial de M(2, R). Respuesta:
) ) ( ) ( 0 0 a1 b1 a2 b2 Primero note que S , ∅, pues ∈ S. Ahora, sean , dos elementos de S, y 0 0 c1 d1 c2 d2 z ∈ R, entonces sus coeficientes satisfacen las propiedades que acaracterizan a los elementos del conjunto S, es decir: (
c1 − 3a1 + 2b1 = 0 2a1 − 3b1 + d1 = 0
c2 − 3a2 + 2b2 = 0 2a2 − 3b2 + d2 = 0
Vamos a probar que, (
) ( ) a1 b1 a2 b2 z· + ∈S c1 d1 c2 d 2 Se tiene, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a1 b1 a2 b2 za1 zb1 a2 b2 za1 + a2 zb1 + b2 z· + = + = c1 d 1 c2 d2 zc1 zd1 c2 d2 zc1 + c2 zd1 + d2 Y verificamos que los coeficientes de esta matriz satisfacen las dos condiciones del conjunto S. Primera condicion: ´ (zc1 + c2 ) − 3(za1 + a2 ) + 2(zb1 + b2 ) = z(c1 − 3a1 + 2b1 ) + (c2 − 3a2 + 2b2 ) = z · 0 + 0 = 0 Segunda condicion: ´ 2(za1 + a2 ) − 3(zb1 + b2 ) + (zd1 + d2 ) = z(2a1 − 3b1 + d1 ) + (2a2 − 3b2 + d2 ) = z · 0 + 0 = 0 (
) ( ) a1 b1 a2 b2 Entonces, z · + ∈ S, por lo que S es un subespacio de M(2, R). c1 d1 c2 d 2 b) Halle una base B de S. Respuesta:
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Como las condiciones que definen al conjunto S, son sobre los coeficientes de las matrices que conforman sus elementos, tenemos; c − 3a + 2b = 0 2a − 3b + d = 0
⇒
c = 3a − 2b d = −2a + 3b
Entonces, todo elemento de S es de la forma: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a b a b a 0 0 b 1 0 0 1 = = + =a +b c d 3a − 2b −2a + 3b 3a −2a −2b 3b 3 −2 −2 3 donde a, b ∈ R. Entonces, ´ lineal de ( ) se puede( observar ) que todo elemento de S es combinacion 1 0 0 1 las matrices v1 = , y v2 = . Note que v1 y v2 son linealmente independientes, 3 −2 −2 3 de modo que B = {v1 , v2 } es base de S. (
) 2 3 c) Verifique que ∈ S. 0 5 Respuesta:
( ) 2 3 Note que los coeficientes de , satisfacen las dos condiciones de las matrices que perte0 5 necen a S; Primera condicion: ´ 0 − 3 · (2) + 2 · (3) = 0 Segunda condicion: ´ 2 · (2) − 3 · (3) + (5) = 0 ( ) 2 3 Por tanto, est´a en S. 0 5
) 2 3 d) Calcule el vector de coordenadas de en la base B hallada en la parte b). 0 5 Respuesta:
(
(
) 2 3 De la parte b), se pudo ver que como ∈ S, entonces su relacion ´ con la base B est´a dada 0 5 por: ( ) ( ) ( ) 2 3 1 0 0 1 =2 +3 0 5 3 −2 −2 3 [( )] ( ) 2 3 2 Entonces, las coordenas son: = . 0 5 3 −1 1 − → 8. Sean A = −1 −1, X = (x1 , x2 , x3 )t y U el subespacio vectorial de R2 formado por todos los 1 −1 → − − → − → vectores b tales que el sistema de ecuaciones lineales At X = b tiene solucion. ´ a) Encuentre una base para U.
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Respuesta: Note que; {→ − U = b ∈ R2
} ( ) → − − t→ t t t b = A X = A1 x1 + A2 x2 + A3 x3 = EspacioColumna At = EspacioFila(A)
Lo anterior porque las columnas de At son las filas de A. Llevamos a A a su forma escalonada reducida para encontrar una base del espacio fila de A, f1 + f3 A −→ − f1 + f2
−1 1 − f1 0 −2 −→ −1 0 0 2 f2
1 −1 f + f1 0 1 2 −→ 0 0
1 0 0 1 = R 0 0
Entonces, las filas no nulas de R son una base del espacio fila de A. De modo que si v1 = (1, 0) y v2 = (0, 1), entonces B = {v1 , v2 } es base del espacio fila de A, y por tanto es base de U. b) Sin hacer c´alculos adicionales, diga cu´al es la dimension ´ del espacio vectorial generado por las columnas de la matriz A. Justifique su respuesta. Respuesta: Como Rango(A) = RangoFila(A) = RangoColumna(A), y Rango(A) = 2, puesto que la matriz R tiene solamente dos filas no nulas. Entonces, el EspacioColumna(A) tiene dimension ´ ´ 2. c) Sin realizar ningun ´ c´alculo adicional, diga si las filas de A son linealmente independientes o son linealmente dependientes. Justifique su respuesta. Respuesta: Son linealmente dependientes, porque son 3 vectores en un espacio de dimension ´ 2. d) Sin hacer c´alculos adicionales, diga cu´al es la dimension ´ del subespacio vectorial de R2 for− −x que son solucion −x = → mado por todos los vectores → 0, ´ del sistema de ecuaciones lineales A→ → − 3 donde 0 ∈ R . Justifique su respuesta. Respuesta: Lo que se busca es determinar la dimension ´ del EspacioNulo(A). En la parte a), se concuyo´ que la dimension ´ de EspacioFila(A) es 2, y como el EspacioFila(A) es un subespacio de R2 , entonces, EspacioFila(A) = R2 . Entonces, hay al menos dos maneras de contestar esta pregunta: − − −x = → −x = → 0 y R→ 0 son equivalentes, donde R es la matriz de la parte 1) Como los sistemas A→ → − − → − −x = → a), y la unica solucion 0 , entonces esa es la unica solucion ´ ´ al sistema R x = 0 es → ´ ´ → − → − → − a A x = 0 , por lo que el EspacioNulo(A) solamente consiste en el vector 0 . Entonces, la ´ dimension ´ del EspacioNulo(A) es 0. 2) Como ( ) 2 = dim R2 = Nulidad(A) + RangoFila(A) = Nulidad(A) + 2 88
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Nulidad(A) = dim(EspacioNulo(A)) = 0
En cualquiera de los dos casos, se concluye {− dim(EspacioNulo(A)) = dim → x ∈ R3
−} −x = → A→ 0 =0
9. Indique, justificando, cu´ales de los siguientes conjuntos S es subespacio del espacio vectorial dado V. a) S = {X ∈ Rn
a · X = 0}; siendo a un vector fijo de V = Rn .
Respuesta: Necesitamos verificar que 0 ∈ S, con 0 el cero de Rn y si c ∈ R, y u, v ∈ S, entonces cu + v ∈ S. Claramente, 0 = (0, ..., 0) ∈ Rn pertenece a S, porque el producto escalar de cualquier vector por cero es el cero. Sean, u, v ∈ S, entonces a · u = 0, y a · v = 0. Por tanto, a · (cu + v) = a · (cu) + a · v = c(a · u) + a · v = c · 0 + 0 = 0 Entonces, cu + v ∈ S y S es subespacio de V. Note que S es el subespacio de todos los vectores ortogonales al vector a. { b) S = (x, y, z) ∈ R3
} 2x − y = 3z + 2 ; V = R3 .
Respuesta: Observe que la condicion ´ 2x − y = 3z + 2 del conjunto S, es equivalente a la ecuacion ´ 2x − y − 3z = 2 de un plano. Entonces S es un plano que no pasa por el origen, por lo tanto, no puede ser un subespacio de R3 . c) S = {A ∈ M(n, R)
det(A) = 0}, V = M(n, R).
Respuesta: Observe que la matriz de ceros, 0 ∈ M(n, R) est´a en S, porque ( su ) determinante ( ) es igual a 0. 1 0 0 0 Pero S no es un subespacio. Por ejemplo, en M(2, R). Si A = yB= , entonces note 0 0 0 1 que det(A) = 0 y det(B) = 0, pero det(A + B) = 1. En general, en M(n, R), considere la matriz A tal que es igual a la matriz identidad In de nxn, con la diferencia de que en la primera fila aparecen solamente ceros. Y sea B la matriz donde ´ en la primera fila, aparece un 1 en la primera entrada y ceros en el resto de la fila, y en todas las otras filas las entradas son de ceros. Entonces, det(A) = 0 y det(B) = 0, pero como A + B = In , entonces, det(A + B) = det(In ) = 1. Entonces, esto da un ejemplo de que para todo n ∈ N, S no es un subespacio de M(n, R).
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{ d) S = A ∈ M(n, R)
} A = At , V = M(n, R).
Respuesta: Sea 0 ∈ M(n, R) la matriz de ceros. Entonces, 0 = 0t , por tanto, 0 ∈ S. Sea c ∈ R, sean A, B ∈ S. Entonces, A = At y B = Bt . Por tanto, (cA + B)t = (cA)t + Bt = cAt + Bt = cA + B por tanto, cA + B ∈ S. Entonces, S es subespacio de M(n, R). 1 1 2 −1 0 1 0 1 1 −1 10. Sean, A = 0 1 0 2 2 0 −2 2 −2 2
y
{ W = Y ∈ R4
Y = AX, para algun ´ X ∈ R5
}
a) Determine un conjunto {w1 , w2 , ..., wk }, de vectores de R4 , tal que W = Cl ({w1 , w2 , ..., ww }) . Respuesta: Observe que por la definicion ´ de W, y de la interpretacion ´ del producto matricial, que se tiene: { W = Y ∈ R4
Y = A1 x1 + ... + A5 x5 , con (x1 , ..., x5 )t ∈ R5 , A1 , ..., A5 las columnas de A
}
Entonces, note que W = EspacioColumna(A) = Espacio generado por las columnas de A 1 2 −1 0 1 1 0 1 1 −1 , , , = gen , 2 2 0 1 0 0 −2 2 −2 2 b) Halle una base para W, e identifique cu´al es su dimension. ´ Respuesta: Determinamos la forma escalonada reducida R equivalente por filas a A, para encontrar una base al espacio columna de A. Entonces, − f1 + f2 −→ A −2 f1 + f3
2 f4 + f2 −→
1 2 −1 0 0 −2 2 1 0 −2 2 1 0 1 −1 1 1 0 1 −2 0 0 0 3 0 0 0 0 0 1 −1 1
1 −2 −2 −1 3 −4 0 −1 90
−2 f + f 4 1 −→ − f2 + f3 f2 ⇔ f3 −→
1 −2 3 1 0 0 −2 2 1 −2 0 0 0 0 0 0 1 −1 1 −1 1 0 1 −2 3 0 0 0 0 0 3 −4 0 0 0 0 1 −1 1 −1
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f2 ⇔ f4 −→ 1 3 f3
1 0 1 0 0 1 −1 0 0 0 0 1 0 0 0 0
1 3 1 3 −4 3
0
= R
Como R es la forma escalonada reducida de A, por teorema, como las columnas que contienen el primer 1 de cada fila de R son las columnas 1, 2 y 4, entonces las respectivas columnas 1, 2 y 4 de A son una base del espacio columna de A, i.e. son una base de W, es decir, B=
2 0 0 1 , 2 , 1 −2 −2
1 1 2 0
es una base de W. Entonces, dim(W) = 3. c) ¿Qu´e condiciones debe de cumplir un vector (x, y, z, w) ∈ R4 para pertenecer al subespacio W? Respuesta: Por la definicion ´ de base, (x, y, z, w) ∈ W si y solo ´ si se puede escribir como combinacion ´ lineal unica de la base B de W. Es decir, si existen, c1 , c2 , c3 ∈ R tales que; ´ x y = c1 z w
1 1 2 0
2 0 + c2 + c3 2 −2
0 1 1 −2
Entonces se tiene el sistema: 0 x 1 2 1 0 1 y 2 2 1 z 0 −2 −2 w
− f1 + f2 −→ −2 f1 + f3 −1 2 f4
x 1 2 0 0 −2 1 y − x 0 −2 1 z − 2x −w 0 1 1 2
− f2 + f3 −→
x 1 2 0 0 −2 1 y−x 0 0 0 z − y − x −w 0 1 1 2
Entonces para que el sistema tenga solucion, ´ la ecuacion ´ que se describe en la fila 3 debe de ser concistente, es decir, que z − y − x = 0. Esta es entonces la condicion ´ necesaria para que un vector con componentes (x, y, z, w)t pertenezca a W. Si asumimos que el sistema es consistente, entonces, x 1 2 0 0 −2 1 y − x 0 0 0 0 0 1 1 −w 2 2 f2 + f1 −→ − f2 + f4
1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0
−2 f + f 4 1 −→ 2 f4 + f2 x+2y+w 3 y−x−w 3
0
2x−2y−w 6
x+w 1 0 −2 0 0 3 y − x − w 0 0 0 0 −w 0 1 1 2
⇒
c1 =
91
1 0 −2 x + w 1 3 f2 0 0 1 y−x−w 3 −→ 0 0 0 0 −w 0 1 1 2
2x − 2y − w y−x−w x + 2y + w , c2 = , c3 = 3 6 3
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Por lo tanto, si se cumple con la condicion ´ z = x + y, entonces el vector (x, y, z, w)t ∈ W. d) Complete la base que obtuvo para W a una base de R4 . Respuesta: Seg ´ la parte c), entonces} se puede caracterizar al subespacio W como el conjunto: W = { un (x, y, z, w)t ∈ R4 z = x + y . Entonces, por teorema, si se puede encontrar un vector v < W, entonces {v} ∪ B forma un conjunto de 4 vectores linealmente independientes de R4 y por tanto es una base. Por consiguiente, solo ´ es necesario encontrar un vector que no est´e en W. Tome el vector v = (1, 0, 0, 0)t < W, pues no cumple con las condiciones de W. Entonces, B1 =
1 1 2 0
2 0 0 1 , , 2 1 , −2 −2
1 0 0 0
es una base de R4 . e) Halle una base para el subespacio de R5 generado por las filas de la matriz A. Respuesta: De la parte b), la matriz A tiene forma escalonada reducida R dada por: 1 0 1 0 0 1 −1 0 R = 0 0 0 1 0 0 0 0
1 3 1 3 −4 3
0
Una base para el espacio generado por las filas de A, son las filas no nulas de R, de modo que se puede tomar la base: B2 =
{( 1, 0, 1, 0,
) ( ) ( )} 1 1 −4 , 0, 1, −1, 0, , 0, 0, 0, 1, 3 3 3
que es base del EspacioFila(A). { 11. Sea S = A ∈ M(3, 2; R)
( ) ( )} 1 −1 2 A = 0 0
a) Pruebe que S es un subespacio vectorial de M(3, 2; R). Respuesta: Note que la matriz de ceros de 3x2 est´a en S, pues el producto de cualquier matriz por la matriz de ceros, da como resultado la correspondiente matriz de ceros (cuyo tamano ˜ depende
92
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( ) de las matrices involucradas en el producto), que en este caso es 0 0 . Ahora, necesitamos probar que si c ∈ R, y A, B ∈ S, entonces cA + B ∈ S. Sean A, B ∈ S. Entonces, cumplen que: ( ) ( ) 1 −1 2 A = 0 0
(
) ( ) 1 −1 2 B = 0 0
Entonces, ( ) ) ) ( ( 1 −1 2 (cA + B) = 1 −1 2 (cA) + 1 −1 2 B ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = c 1 −1 2 A + 1 −1 2 B = c · 0 0 + 0 0 = 0 0 Entonces, cA + B ∈ S, por lo tanto, S es un subespacio de M(3, 2, R). b) Halle una base B para S, e indique cu´al es la dimension ´ de S. Respuesta: Para obtener una base de S, vamos a tratar de obtener una caracterizacion ´ expl´ıcita para las entradas de las matrices que est´an en S. a b Sea A = c d ∈ S, entonces e f
⇔
( ) a b ( ) 1 −1 2 c d = 0 0 e f ( ) ( ) a − c + 2e b − d + 2 f = 0 0 ⇔
a = c − 2e b = d − 2 f
c − 2e d − 2 f d Entonces, A = c e f y por tanto se puede describir al conjunto S como: x − 2z y − 2w x y S= z w
x, y, z, w ∈ R
De la caracterizacion ´ anterior de S, se observa que todos sus elementos se pueden describir como la siguiente combinacion ´ lineal: x − 2z y − 2w 1 0 0 1 −2 0 0 −2 x y = x 1 0 + y 0 1 + z 0 0 + w 0 0 z w 0 0 0 0 1 0 0 1 y como las matrices anteriores son linealmente independientes, y generan a todo vector de S (los vectores de S son matrices), entonces, 93
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es base de S y por tanto dim(S) = 4. c) Muestre que 1 0 0 −1 , 0 1 −1 0 B∪ 2 0 0 2 es base para M(3, 2; R). Respuesta: Observe que la base canonica de M(3, 2, R) tiene 6 elementos (cada matriz tiene un 1 en una ´ de sus entradas y ceros en el resto de las entradas). Entonces, dim(M(3, 2, R)) = 6. Por lo tanto, para completar la base B a una base de M(3, 2, R) se necesitan dos vectores (matrices) que junto con los vectores de B conformen un conjunto de 6 vectores linealmente independientes, y que por teorema, como la dimension ´ es 6, entonces ser´ıan una base. Entonces, lo que se busca es verificar que 1 0 0 −1 , 0 1 −1 0 D=B∪ 2 0 0 2 es un conjunto linealmente independiente, i.e. que si c1 , c2 , c3 , c4 , c5 , c6 ∈ R son tales que, 1 0 0 1 −2 0 0 −2 c1 1 0 + c2 0 1 + c3 0 0 + c4 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 0 0 −1 0 0 +c5 −1 0 + c6 0 1 = 0 0 2 0 0 2 0 0 Entonces, c1 = c2 = c3 = c4 = c5 = c6 = 0. La combinacion ´ lineal anterior es equivalente al sistema: − 2c3
c1 c2
− 2c4
c1 c2
+ −
c5 c5
+ 2c5
c3 c4
−
c6
+
c6
+ 2c6
= = = = = =
0 0 0 0 0 0
donde la unica solucion ´ ´ es c1 = c2 = c3 = c4 = c5 = c6 = 0, la cual se obtiene al hacer sustitucion ´ hacia atr´as: de las ecuaciones 3 al 6, se tiene c1 = c5 , c2 = −c6 , c3 = −2c5 , c4 = −2c6 , el resultado 94
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final se obtiene al sustituir en las ecuaciones 1 y 2. Por lo tanto, las 6 matrices son linealmente independientes, y D es por consiguiente una base de M(3, 2, R). 12. Sea V un espacio vectorial de dimension ´ cinco y sea {w1 , w2 , w3 , w4 } un conjunto de vectores linealmente independiente en V. Pruebe que si v < Cl {w1 , w2 , w3 , w4 }, entonces {w1 , w2 , w3 , w4 , v} es base para V. Respuesta: Suponga v < gen {w1 , w2 , w3 , w4 }. Entonces, v no puede expresarse como combinacion ´ lineal de w1 , w2 , w3 , w4 . Sean c1 , c2 , c3 , c4 , c5 ∈ R, y suponga c1 w 1 + c2 w 2 + c3 w 3 + c4 w 4 + c5 v = 0 Vamos a probar que c1 = c2 = c3 = c4 = c5 = 0 y por lo tanto el conjunto {w1 , w2 , w3 , w4 , v} es linealmente independiente. Suponga que c5 , 0. En este caso, claramente podemos despejar a v y escribirlo como la combinacion ´ lineal de w1 , w2 , w3 , w4 dada por, v=−
c1 c2 c3 c4 w1 − w2 − w3 − w4 c5 c5 c5 c5
lo cual es una contradiccion ´ a nuestra suposicion ´ inicial de que v < gen {w1 , w2 , w3 , w4 }. Entonces, c5 = 0. Pero entonces tenemos, c1 w1 + c2 w2 + c3 w3 + c4 w4 = 0 y como esos vectores son linealmente independientes, se debe cumplir que c1 = c2 = c3 = c4 = 0 = c5 . Entonces el conjunto B = {w1 , w2 , w3 , w4 , v} es uno linealmente independiente y con 5 vectores en un espacio V de dimension ´ 5, y por tanto, por teorema se concluye que B es base de V.
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8. Espacios con producto interno, ortogonalidad y proyecciones 1. Sea W = {(a − c, b + c, −a + b − c, c)
a, b, c ∈ R}.
a) Determine una base ortonormal para W. Respuesta: Note que para cada elemento de W, (a − c, b + c, −a + b − c, c) = (a, 0, −a, 0) + (0, b, b, 0) + (−c, c, −c, c) = a(1, 0, −1, 0) + b(0, 1, 1, 0) + c(−1, 1, −1, 1) Entonces los vectores v1 = (1, 0, −1, 0), v2 = (0, 1, 1, 0) y v3 = (−1, 1, −1, 1) determinan una base de W, ya que son linealmente independientes y generan a todo vector de W. Para encontrar una base ortogonal, aplicamos el algoritmo de Gram-Smith, a1 = v1 = (1, 0, −1, 0)
||a1 ||2 = 2
⇒
||a1 || =
√ 2
Como, v2 · a1 = (0, 1, 1, 0) · (1, 0, −1, 0) = −1, entonces, a2 = v2 −
v2 · a1 ||a1 ||2
· a1 = (0, 1, 1, 0) − 3 ||a2 || = 2 2
⇒
( ) −1 1 1 (1, 0, −1, 0) = , 1, , 0 2 2 2 √ ||a2 || =
3 2
Como, v3 · a1 = (−1, 1, −1, 1) · (1, 0, −1, 0) = 0 y v3 · a2 = (−1, 1, −1, 1) · a3 = v3 −
v3 · a1 2
||a1 ||
⇒
· a1 −
v3 · a2 ||a2 ||2
||a3 ||2 = 4
(
1 1 2 , 1, 2 , 0
)
= 0, entonces,
· a2 = v3 = (−1, 1, −1, 1) ||a3 || = 2
Por tanto, una base ortogonal de W est´a conformada por los vectores, a1 , a2 , a3 . Para obtener una base ortonormal, normalizamos los vectores de la base ortogonal que acabamos de obtener. ( ) a1 1 −1 b1 = = √ , 0, √ , 0 ||a1 || 2 2 ( ) 1 a2 2 1 = √ , √ , √ ,0 b2 = ||a2 || 6 6 6 ( ) −1 1 −1 1 a3 b3 = = , , , 2 2 2 2 ||a3 || Entonces, B = {b1 , b2 , b3 } es una base ortonormal de W.
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b) Determine W ⊥ , el complemento ortogonal de W. Respuesta: v1 1 0 −1 0 Sea A = v2 = 0 1 1 0 la matriz cuyas filas son la base de W encontrada en la parte −1 1 −1 1 v3 a). Entonces, W = EspacioFila(A). Por teorema, el complemento ortogonal de EspacioFila(A) es el EspacioNulo(A), i.e. W ⊥ = EspacioNulo(A).
A
f1 + f3 −→ −→
−1 3 f3
1 0 −1 0 1 − f2 + f3 0 1 1 0 0 −→ 0 1 −2 1 0 1 0 −1 0 f3 + f1 1 0 0 1 1 0 −→ − f + f 0 0 1 −1 0 3 2 3
Entonces, se obtiene que W ⊥ = EspacioNulo(A) = {(t, −t, t, 3t)
0 −1 0 1 1 0 0 −3 1 0 0 −1 3 1 0 13 0 1 −1 3 t ∈ R}.
2. Sea W = Cl {(1, 1, 1, 1), (1, −1, 1, −1), (1, 0, 1, 2)}. a) Determine una base ortonormal para W. Respuesta: Como los vectores v1 = (1, 1, 1, 1), v2 = (1, −1, 1, −1) y v3 = (1, 0, 1, 2) generan a W, entonces son una base si son linealmente independientes (l.i.). Para determinar si son l.i., calculamos la solucion ´ al sistema homog´eneo: [ ] c1 0 vt1 vt2 vt3 c2 = 0 c3 0 1 1 1 1 0 1 −1 0 0 1 −→ 1 1 1 0 0 1 −1 2 0 0
0 0 1 0
⇒
c1 0 c2 = 0 c3 0
Entonces los vectores son linealmente independientes. Por tanto, {v1 , v2 , v3 } es una base de W. Para encontrar una base ortogonal, aplicamos el algoritmo de Gram-Smith; a1 = v1 = (1, 1, 1, 1)
⇒
||a1 ||2 = 4
||a1 || = 2
Como, v2 · a1 = (1, −1, 1, −1) · (1, 1, 1, 1) = 0, entonces, a2 = v2 − ⇒
v2 · a2 ||a1 ||2
· a1 = v2 = (1, −1, 1, −1)
||a2 ||2 = 4 97
||a2 || = 2
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Como, v3 · a1 = (1, 0, 1, 2) · (1, 1, 1, 1) = 4 y v3 · a2 = (1, 0, 1, 2) · (1, −1, 1, −1) = 0, entonces, a3 = v3 −
v3 · a1 2
||a1 ||
v3 · a2
4 · a2 = (1, 0, 1, 2) − (1, 1, 1, 1) = (0, −1, 0, 1) 4 ||a2 || √ ⇒ ||a3 ||2 = 2 ||a3 || = 2
· a1 −
2
Por tanto, una base ortogonal de W est´a conformada por los vectores, a1 , a2 , a3 . Para obtener una base ortonormal, normalizamos los vectores de la base ortogonal que acabamos de obtener. ) ( a1 1 1 1 1 b1 = = , , , 2 2 2 2 ||a1 || ( ) 1 −1 1 −1 a2 = , b2 = , , 2 2 2 2 ||a2 || ( ) −1 1 a3 = 0, √ , 0, √ b3 = ||a3 || 2 2 Entonces, B = {b1 , b2 , b3 } es una base ortonormal de W. b) Determine la proyeccion ´ de v = (3, 0, 3, 6) sobre W. Respuesta: Como B = {b1 , b2 , b3 } es una base ortonormal de W, entonces la proyeccion ´ ortogonal de v sobre W est´a dada por, ProyW v = (v · b1 ) · b1 + (v · b2 ) · b2 + (v · b3 ) · b3 donde ( ) 1 1 1 1 v · b1 = (3, 0, 3, 6) · , , , =6 2 2 2 2 ( ) 1 −1 1 −1 v · b2 = (3, 0, 3, 6) · , , , =0 2 2 2 2 ( ) −1 1 6 v · b3 = (3, 0, 3, 6) · 0, √ , 0, √ = √ 2 2 2 Entonces, ( ) ) 1 1 1 1 −1 1 6 ProyW v = 6 · , , , + √ · 0, √ , 0, √ = (3, 0, 3, 6) 2 2 2 2 2 2 2 (
c) Determine el complemento ortogonal de W. Respuesta:
v1 1 1 1 1 Considere la matriz A = v2 = 1 −1 1 −1 la matriz cuyas filas son la base de W. v3 1 0 1 2 Entonces, W = EspacioFila(A). Por teorema, el complemento ortogonal de EspacioFila(A) es el EspacioNulo(A), i.e. W ⊥ = EspacioNulo(A). 98
´ Ejercicios de Algebra lineal
− f1 + f2 A −→ − f1 + f3
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1 1 1 1 f3 + f1 0 −2 0 −2 −→ 0 −1 0 1 −3 f3 + f2
1 0 1 2 f + f3 0 1 0 −5 2 −→ 0 −1 0 1
1 0 1 2 −2 f3 + f1 0 1 0 −5 −→ −→ 0 0 0 1 5 f3 + f2
−1 4 f3
Entonces, W ⊥ = EspacioNulo(A) = {(t, 0, −t, 0)
1 0 1 2 0 1 0 −5 0 0 0 −4
1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1
t ∈ R}.
3. Sea W = Cl {(1, −1, 1, 1), (1, 1, 1, −1)} un subespacio vectorial de R4 . a) Determine una base B ortonormal de W ⊥ . Respuesta: El complemento ortogonal del espacio fila de una matriz A es el espacio nulo de A. (
) 1 −1 1 1 Entonces, si A = el complemento ortogonal de W es el espacio nulo de A. 1 1 1 −1 Por tanto buscamos una base del espacio nulo. − f1 + f2 A −→
(
1 −1 1 1 0 2 0 −2
)
1 2 f2
−→
(
1 0 1 0 0 1 0 −1
)
Entonces, W ⊥ = EspacioNulo(A) = {(−s, t, s, t) s, t ∈ R} Para encontrar una base separamos los par´ametros: (−s, t, s, t) = (−s, 0, s, 0) + (0, t, 0, t) = s(−1, 0, 1, 0) + t(0, 1, 0, 1) Entonces, v1 = (−1, 0, 1, 0) y v2 = (0, 1, 0, 1) son una base de W ⊥ . Note que los vectores v1 y v2 son ortogonales, pues v1 · v2 = (0, 1, 0, 1) · (−1, 0, 1, 0) = 0. Para encontrar una base ortonormal, solo ´ necesitamos normalizarlos. ( ) v1 1 −1 1 b1 = = √ · (−1, 0, 1, 0) = √ , 0, √ , 0 ||v1 || 2 2 2 ( ) 1 1 v2 1 b2 = = √ · (0, 1, 0, 1) = 0, √ , 0, √ ||v2 || 2 2 2 Entonces, {( B=
) ( )} −1 1 1 1 √ , 0, √ , 0 , 0, √ , 0, √ 2 2 2 2
es una base ortonormal de W ⊥ .
99
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b) Complete B a una base D ortonormal de R4 . Respuesta: Si unimos las bases de W y W ⊥ podemos obtener una base de R4 . Primero necesitamos una base ortonormal de W. Como {w1 , w2 } = {(1, −1, 1, 1), (1, 1, 1, −1)} es base de W, y adem´as, w1 · w2 = (1, −1, 1, 1) · (1, 1, 1, −1) = 0, entonces, son una base ortogonal de W. Por tanto para obtener una base ortonormal solamente es necesario normalizar los vectores. ´ ( ) w1 1 1 −1 1 1 = · (1, −1, 1, 1) = , , , 2 2 2 2 ||w1 || 2 ( ) w2 1 1 1 1 −1 c2 = = · (1, 1, 1, −1) = , , , 2 2 2 2 ||w2 || 2 c1 =
Entonces, C=
{(
) ( )} 1 −1 1 1 1 1 1 −1 , , , , , , , 2 2 2 2 2 2 2 2
es base ortonormal de W. Por lo tanto, una base ortonormal de R4 es: {( D=B∪C=
) ( ) ( ) ( )} 1 1 1 −1 −1 1 1 1 1 −1 1 1 , , , , , , √ , 0, √ , 0 , 0, √ , 0, √ , , 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
Note que esa base, contiene a la base B de W ⊥ , por lo tanto, completa la base. −u = (2, −1, 0, 0) no pertenece a W ⊥ y determine la proyeccion c) Compruebe que el vector → ´ orto−u sobre W ⊥ . gonal de → Respuesta: De la parte a), W ⊥ = {(−s, t, s, t) → −u < W ⊥ . Como,
−u no tiene esa forma, entonces s, t ∈ R}, y claramente, →
) ( )} 1 1 1 −1 B= √ , 0, √ , 0 , 0, √ , 0, √ 2 2 2 2 −u sobre W ⊥ es: es base ortonormal de W ⊥ , entonces la proyeccion ´ ortogonal de → {(
)) ( ) ( ( 1 −1 1 −1 → − ProyW⊥ u = (2, −1, 0, 0) · √ , 0, √ , 0 · √ , 0, √ , 0 2 2 2 2 )) ( ) ( ( 1 1 1 1 · 0, √ , 0, √ + (2, −1, 0, 0) · 0, √ , 0, √ 2 2 2 2 ( ) ( ) −2 −1 1 −1 1 1 = √ · √ , 0, √ , 0 + √ · 0, √ , 0, √ 2 2 2 2 2 2 ( ) −1 −1 , −1, 1, 2 2 100
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[ −u ] . d) Determine ProyW⊥ → B
Respuesta: Buscamos c1 y c2 tales que, ( ) ( ) ( ) −1 −1 −1 1 1 1 1, , −1, = c1 · √ , 0, √ , 0 + c2 · 0, √ , 0, √ 2 2 2 2 2 2 y como B es una base ortonormal, y por la parte c), se conluye que, [ −u ] = ProyW⊥ → B
(
c1 c2
)
=
−2 √ 2 −1 √ 2
4. Considere el siguiente subespacio vectorial de R4 : W = Cl {(1, 1, 0, 1), (−1, 3, 1, 2), (−1, 0, 1, 1)} a) Construya una base ortonormal de W. Respuesta: Aplicamos el algoritmo de Gram-Smith, para obtener una base ortogonal y luego los normalizamos para que sea ortonormal. Sean v1 = (1, 1, 0, 1), v2 = (−1, 3, 1, 2), v3 = (−1, 0, 1, 1). a1 = v1 = (1, 1, 0, 1)
⇒ ||a1 ||2 = 3
⇒
||a1 || =
√ 3
Como, v2 · a1 = (−1, 3, 1, 2) · (1, 1, 0, 1) = 4, entonces, ( ) −7 5 2 4 , , 1, a2 = v2 − · a1 = (−1, 3, 1, 2) − (1, 1, 0, 1) = 3 3 3 3 ||a1 ||2 √ 29 87 2 ⇒ ||a2 || = ⇒ ||a2 || = 3 3 ( ) 5 2 Como, v3 · a1 = (−1, 0, 1, 1) · (1, 1, 0, 1) = 0 y v3 · a2 = (−1, 0, 1, 1) · −7 , , 1, 3 3 3 = 4, entonces, v2 · a1
a3 = v3 −
v3 · a1 ||a1 ||2
( ) 4 −7 5 2 0 · (1, 1, 0, 1) − · , , 1, 29 3 3 3 3 ||a2 ||2 3 ( ) −1 −20 17 21 4 = (−1, 0, 1, 1) − · (−7, 5, 3, 2) = , , , 29 29 29 29 29 √ 39 39 2 ⇒ ||a3 || = ⇒ ||a3 || = 29 29
· a1 −
v3 · a2
· a2 = v3 = (−1, 0, 1, 1) −
Por tanto, una base ortogonal de W es {a1 , a2 , a3 }. Para obtener una base ortonormal, normalizamos los vectores de la base ortogonal que acabamos de obtener.
101
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( ) a1 1 1 1 1 b1 = = √ · (1, 1, 0, 1) = √ , √ , 0, √ ||a1 || 3 3 3 3 ) ( ) ( a2 1 −7 5 2 −7 5 3 2 = √ · , , 1, = √ , √ , √ , √ b2 = 87 3 3 3 ||a2 || 87 87 87 87 3 √ ( ) ( ) a3 1 −1 −20 17 21 29 −1 −20 17 21 = √ · , , , = · , , , b3 = 29 29 29 29 39 29 29 29 29 ||a3 || 39 29
Entonces, B = {b1 , b2 , b3 } es una base ortonormal de W. b) Construya una base para W ⊥ . Respuesta: Sea A la matriz que tiene a los vectores que generan a W como filas, es decir, v1 1 1 0 1 A = v2 = −1 3 1 2 v3 −1 0 1 1
Entonces, el espacio generado por las filas de A es igual a W, pues est´an generados por los mismos vectores. De modo que W = EspacioFila(A). Por teorema, el complemento ortogonal del espacio fila de A es el espacio nulo de A. Entonces, W ⊥ = EspacioNulo(A). De modo que lo que necesitamos es una base del espacio nulo de A. 1 1 0 4 0 1 f2 + f1 −→ − f2 + f3
f1 + f2 A −→ f1 + f3
0 1 −4 f3 + f2 1 0 1 3 −→ 1 2 − f3 + f1 0 1 0 0 23 f ⇔ f3 0 0 1 53 2 −→ 0 1 0 13
0 −1 −1 −1 f 0 −3 −5 3 2 −→ 1 1 2 1 0 0 23 0 1 0 13 ⇒ 0 0 1 53
1 0 −1 −1 5 0 0 1 3 0 1 1 2 x1 = x2 = x3 =
−2 3 x4 −1 3 x4 −5 3 x4
Por lo tanto, el complemento ortogonal de W es: ⊥
W = EspacioNulo(A) =
{(
)} 2 1 5 t, t, t, −t 3 3 3
Entonces, una base de W ⊥ se obtiene de: (
) 2 1 5 t t, t, t, −t = (2, 1, 5, −3) 3 3 3 3
De modo que {(2, 1, 5, −3)} es una base de W ⊥ . Como ||(2, 1, 5, −3)|| = vector de la base para obtener una base ortonormal. Entonces, {( BW ⊥ =
1 5 −3 2 √ , √ , √ , √ 39 39 39 39
es una base ortonormal de W ⊥ .
102
)}
√ 39, normalizamos al
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−a = (4, 3, 3, −1) como la suma de un vector ∈ W y de un vector → −c ∈ W ⊥ . c) Represente al vector → Respuesta: −a ∈ R4 , se puede escribir como, Por el teorema de proyeccion, ´ todo vector → → −a = Proy → − → − W a + ProyW ⊥ a | {z } | {z } est´a en W est´a en W ⊥ Tomando la base ortonormal de W calculada en la parte, a), se tiene, −a · b ) · b −a = (→ −a · b ) · b + (→ −a · b ) · b + (→ ProyW → 3 2 3 2 1 1 −a · b = 6, → −a · b = y como, → 2 1
−6 √ 87
−a · b = − 34 y→ 3 29
√ √29 , 39
entonces,
√ √ ( ) ) ( 6 −7 5 3 2 34 29 29 −1 −20 17 21 −a = 6 · (1, 1, 0, 1) − ProyW → − · , , , √ · √ , √ , √ , √ √ 29 39 39 29 29 29 29 87 87 87 87 87 ( ) 254 244 −28 68 = , , , 39 39 39 13 y de lo anterior se obtiene que, ( ) 98 127 145 81 → − → − → − , ,− ProyW⊥ a = a − ProyW a = − , − 39 39 39 13 5. Sea W = Cl {(1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0)}. a) Determine una base ortonormal para W. Respuesta: Sean v1 = (1, 0, 0, 1), v2 = (0, 1, 1, 0). Entonces, v1 · v2 = 0, por lo tanto, v1 y v2 son ortogonales, y son li, como generan a W, entonces {v1 , v2 } es una base ortogonal de W. Para encontrar una base ortonormal, entonces solamente necesitamos normalizarlos. ´ Como, ||v1 || =
√ √ 2 y ||v2 || = 2, se tiene,
( ) 1 1 1 a1 = · v1 = √ , 0, 0, √ ||v1 || 2 2 {( ) ( Entonces, BW = {a1 , a2 } = √1 , 0, 0, √1 , 0, 2
2
y √1 , √1 , 0 2 2
)}
( ) 1 1 1 a2 = · v2 = 0, √ , √ , 0 v2 2 2 es base ortonormal de W.
b) Determine una base ortonormal para W ⊥ (el complemento ortogonal de W). Respuesta: ( ) 1 0 0 1 Sea A = . Entonces, EspacioFila(A) = gen {v1 , v2 } = W. Por teorema, el comple0 1 1 0 mento ortogonal del espacio fila de A es el espacio nulo de A. Es decir, W ⊥ = EspacioNulo(A). 103
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Calculamos la forma escalonada reducida de A para determinar su espacio nulo. Pero note que A ya est´a en la forma escalonada reducida, por lo que su espacio nulo entonces tiene la forma, W ⊥ = EspacioNulo(A) = {(−s, −t, t, s)
s, t ∈ R}
Separando los par´ametros, (−s, −t, t, s) = s(−1, 0, 0, 1) + t(0, −1, 1, 0). De modo que entonces, los vectores v3 = (−1, 0, 0, 1) y v4 = (0, −1, 1, 0) son base de W ⊥ . M´as aun, ´ como v3 · v4 = 0, entonces son una base ortogonal. Para encontrar una base ortonormal, entonces solo ´ nos resta normalizarlos. Como ||v3 || =
√ √ 2 y ||v4 || = 2, entonces,
( ) −1 1 1 a3 = · v3 = √ , 0, 0, √ ||v3 || 2 2 {( ) ( √ , 0, 0, √1 , 0, Entonces, BW⊥ = {a3 , a4 } = −1 2
6. Sea W = Cl {(1, 1, 1)} y U = {(0, s, t)
2
y −1 √ , √1 2 2
( ) 1 −1 1 a4 = · v2 = 0, √ , √ , 0 v4 2 2 )} , 0 es base ortonormal de W⊥ .
s, t ∈ R}.
a) Pruebe que U es un subespacio de R3 . Respuesta: Esto se puede probar al menos de dos maneras. La primera, note que U es un plano que pasa por el origen. Para ver por qu´e, note que si (x, y, z) ∈ U, entonces ∃s, t ∈ R tal que (x, y, z) = (0, s, t) = s(0, 1, 0) + t(0, 0, 1) que es la ecuacion ´ vectorial del plano que pasa por el origen con los vectores directores (0, 1, 0) y (0, 0, l). Como todo plano que pasa por el origen en R3 es un subespacio, entonces U es subespacio. La segunda manera de probar el resultado es usando la definicion ´ de subespacio. Sean X = (0, a1 , a2 ) y Y = (0, b2 , b3 ) dos vectores de U. En ese caso, a1 , a2 , b1 , b2 ∈ R. Sea c ∈ R. Hay que probar que cX + Y ∈ U. Como, cX + Y = c · (0, a1 , a2 ) + (0, b1 , b2 ) = (0, ca1 , ca2 ) + (0, b1 , b2 ) = (0, ca1 + b1 , ca2 + b2 ) y como ca1 + b1 , ca2 + b2 ∈ R, entonces cX + Y ∈ U (pues tiene la misma forma que los vectores de U). Como adem´as, es claro que (0, 0, 0) ∈ U, entonces U es un subespacio de R3 . b) Halle una base para W ⊥ . Respuesta:
104
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Como W = gen {(1, 1, 1)}, entonces W se puede interpretar geom´etricamente como una recta que pasa por el origen con vector director (1, 1, 1). Geom´etricamente, W ⊥ son todos los planos perpendiculares a la recta, todos unidos uno junto al otro. Los dos vectores directores de cualesquiera de esos planos (pues todos son paralelos entre s´ı), son la base de W ⊥ que buscamos. Sea A = (1, 1, 1), el espacio fila de A es W, y el espacio nulo es W ⊥ , entonces x A · y = 0 z Entonces, W ⊥ = {(−s − t, s, t)
⇔
x+y+z=0
⇔
x = −y − z
s, t ∈ R}. Por tanto, separando los par´ametros: (−s − t, s, t) = s (−1, 1, 0) + t (−1, 0, 1)
Por tanto, v1 = (−1, 1, 0) y v2 = (−1, 0, 1) son base de W ⊥ . c) Muestre que todo vector (x, y, z) ∈ R3 puede escribirse como la suma de un elemento de U m´as un elemento de W. Respuesta: Una base para W es a1 = (1, 1, 1) y una base para U es a2 = (0, 1, 0) y a3 = (0, 0, 1). Mostremos que {a1 , a2 , a3 } es una base de R3 . Si esto es cierto, entonces todo vector (x, y, z) ∈ R3 se escribir´ıa como combinacion ´ lineal de a1 , a2 , a3 , es decir como; (x, y, z) =
c1 a1 + c2 a2 + c3 a3 | {z } |{z} vector de W vector de U
y si existen esos c1 , c2 , c3 , entonces se probar´ıa lo deseado. Los vectores son li, ya que si B es la matriz que los tiene como columnas, B es equivalente por filas a I3 la identidad de orden 3. A=
(
a1 a2 a3
)
−→ I3
entonces, como {a1 , a2 , a3 } son li y son 3 vectores, son una base de R3 y concluimos que todo vector de R3 se escribe como la suma de un vector de W y un vector de U. [ ] d) Pruebe que B = {(1, 1, 1), (1, 0, −1), (0, −1, 1)} es base de R3 y determine (x, y, z) . B
Respuesta:
( ) Como son 3 vectores dim R3 = 3, vasta con verificar que son li para que sean base. Ahora, [( )] podemos verificar que son li si calculamos la formula general de coordenadas x, y, z , y ´ B [ ] luego verificamos que (0, 0, 0) = (0, 0, 0)t . B
105
´ Ejercicios de Algebra lineal
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Entonces, sea (x, y, z) ∈ R3 un vector cualquiera, 0 x 1 1 1 0 −1 y 1 −1 1 z − f2 + f1 −→ −2 f2 + f3
− f1 + f2 −→ − f1 + f3
x 0 1 1 0 −1 −1 y − x 0 −2 1 z − x
y 1 0 −1 0 1 1 x−y 0 0 −3 −x + 2y − z f3 + f1 −→ − f3 + f 2
− f2 −→ − f3
−1 3 f3 −→
1 0 0 0 1 0 0 0 1
x 1 1 0 0 1 1 x − y 0 2 −1 x − z
1 0 −1 0 1 1 0 0 1
x+y+z 3 2x−y−z 3 x−2y+z 3
y x−y
x−2y−z 3
Entonces, [(
)] x, y, z = B
x+y+z 3 2x−y−z 3 x−2y+z 3
] [ y como (0, 0, 0) = (0, 0, 0)t entonces B es base de R3 . B
0 0 1 1 { 7. Sean A = 1 −1 −1 0, U el espacio generado por las filas de A y V = X ∈ R4 1 0 1 0
} AX = 0 .
a) Determine una base para V. Respuesta:
{ } Note que V = X ∈ R4 AX = 0 es el espacio nulo de A. Entonces, calculamos una base de V a partir de la solucion ´ al sistema AX = 0. − f1 + f2 1 1 0 0 −2 −1 A −→ − f1 + f3 0 −1 1 1 1 0 1 0 3 f2 −→ 0 0 1 0 0 1 −1 0 − f3
− f2 1 −→ 0 f3 + f1 0 − f2 + f1 1 0 0 0 −→ f2 + f3 0 1 0 0 0
0 1 0 2 f3 + f2 2 1 0 −→ −1 1 0 0 0 1 f2 ⇔ f3 0 1 0 −→ 0 0 0
1 0 1 0 0 0 3 0 0 −1 1 0 0 0 0 1 0 0 = R 0 1 0
Entonces, W = {(0, 0, 0, t) t ∈ R} (puesto que en la solucion ´ del sistema la variable x4 puede tomar un valor arbitrario). Podemos encontrar una base separando el par´ametro t: (0, 0, 0, t) = t(0, 0, 0, 1). Entonces, v1 = (0, 0, 0, 1) es una base de V. b) Determine una base ortonormal para U. Respuesta: 106
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Por definicion, ´ U = EspacioFila(A). De la parte a), la matriz R es la forma escalonada reducida de A, entonces las filas no nulas de R son base del espacio fila de A, es decir, los vectores w1 = (1, 0, 0, 0), w2 = (0, 1, 0, 0) y w3 = (0, 0, 1, 0) son base de U. Note que son ortogonales y adem´as son parte de la base canonica de R4 . ´ c) Muestre que V = U⊥ . Respuesta: Como U es el espacio fila de A, por teorema el complemento ortogonal del espacio fila es el espacio nulo de A, es decir, V = U⊥ . d) Si x = (−4, 3, −1, 5) halle a = ProyU , x . Respuesta: Si x = (−4, 3, −1, 5) entonces como la base {w1 , w2 , w3 } de U es una base ortonormal, entonces podemos usar la formula de c´alculo de la proyeccion ´ ´ ortogonal a = ProyU x = (x · w1 ) · w1 + (x · w2 ) · w2 + (x · w2 ) · w2 = −4 · (1, 0, 0, 0) + 3 · (0, 1, 0, 0) + −1 · (0, 0, 1, 0) = (−4, 3, −1, 0) Este resultado es esperado por cuanto la base de U es parte de la canonica. ´ 8. Sea B = {u1 , u2 } una base ortonormal de R2 . Muestre que S = {u1 + u2 , u1 − u2 } es una base ortogonal de R2 . Respuesta: Como B = {u1 , u2 } es base ortonormal, se tiene que u1 · u2 y ||u1 || = ||u2 || = 1. Ahora, como S tiene 2 vectores, asumiendo que u1 + u2 , 0 y u1 − u2 , 0, entonces S es un conjunto ortogonal puesto que (u1 + u2 ) · (u1 − u2 ) = u1 · u1 + u2 · u1 − u1 · u2 − u2 · u2 = ||u1 ||2 + 0 − 0 − ||u2 ||2 = 1 − 1 = 0 Entonces, ( ) como los vectores de S son ortogonales, son tambi´en li y por ser dos vectores y como dim R2 = 2, entonces S es base ortogonal de R2 . { 9. Considere el siguiente subespacio W = (x, x − y + z, y + 2z, z)
} x, y, z ∈ R de R4 .
a) Halle una base ortonormal para W. Respuesta: Para encontrar una base de W separamos los par´ametros: (
) x, x − y + z, y + 2z, z = x (1, 1, 0, 0) + y (0, −1, 1, 0) + z (0, 1, 2, 1)
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Entonces v1 = (1, 1, 0, 0), v2 = (0, −1, 1, 0) y v3 = (0, 1, 2, 1) son una base para W. Aplicamos el algoritmo de Gram-Smith, para obtener una base ortogonal y luego los normalizamos para que sea ortonormal.
a1 = v1 = (1, 1, 0, 0)
⇒ ||a1 ||2 = 2
⇒
||a1 || =
√ 2
Como, v2 · a1 = (0, −1, 1, 0) · (1, 1, 0, 0) = −1, entonces, ( ) −1 1 −1 (1, 1, 0, 0) = , , 1, 0 2 2 2 ||a1 ||2 √ 3 3 ⇒ ||a2 ||2 = ⇒ ||a2 || = 2 2 ) ( , 1, 0 = 32 , entonces, Como, v3 · a1 = (0, 1, 2, 1) · (1, 1, 0, 0) = 1 y v3 · a2 = (0, 1, 2, 1) · 21 , −1 2 a2 = v2 −
a3 = v3 −
v3 · a1 ||a1 ||2
· a1 −
v2 · a1
v3 · a2 ||a2 ||2
· a1 = (0, −1, 1, 0) −
· a2 = v3 = (0, 1, 2, 1) − ⇒
||a3 ||2 = 4
1 · (1, 1, 0, 0) − 2
3 2 3 2
·
(
) 1 −1 , , 1, 0 = (−1, 1, 1, 1) 2 2
⇒ ||a3 || = 2
Por tanto, una base ortogonal de W es {a1 , a2 , a3 }. Para obtener una base ortonormal, normalizamos los vectores de la base ortogonal que acabamos de obtener. ( ) a1 1 1 b1 = = √ , √ , 0, 0 ||a1 || 2 2 ( ) a2 1 −1 2 b2 = = √ , √ , √ ,0 ||a2 || 6 6 6 ) ( a3 −1 1 1 1 , , , b3 = = 2 2 2 2 ||a3 || Entonces, BW = {b1 , b2 , b3 } es una base ortonormal de W. b) Halle una base ortonormal para W ⊥ . Respuesta: Sea A la matriz que tiene a los vectores que generan a W como filas, es decir, v1 1 1 0 0 A = v2 = 0 −1 1 0 v3 0 1 2 1 Entonces, el espacio generado por las filas de A es igual a W, pues est´an generados por los mismos vectores. De modo que W = EspacioFila(A). Por teorema, el complemento ortogonal del espacio fila de A es el espacio nulo de A. Entonces, W ⊥ = EspacioNulo(A). De modo que lo que necesitamos es una base del espacio nulo de A.
108
´ Ejercicios de Algebra lineal f2 + f1 A −→ f2 + f3
Prof. Christian Fonseca 1 0 1 0 − f2 0 −1 1 0 −→ 1 0 0 3 1 3 f3
Por lo tanto, W ⊥ es: W ⊥ = {(t, −t, −t, 3t)
1 0 1 0 − f3 + f1 0 1 −1 0 −→ 1 f3 + f2 0 0 1 3
1 0 0 0 1 0 0 0 1
−1 3 1 3 1 3
t ∈ R}.
Entonces, una base de W ⊥ se obtiene de sacar el par´ametro: (t, −t, −t, 3t) = t (1, −1, −1, 3). De modo que v4 = (1, −1, −1, 3) es una base de√W ⊥ . Normalizamos al vector de la base para obtener una base ortonormal. Como ||v4 || = 2 3 entonces, {( b4 =
1 −1 −1 3 √ , √ , √ , √ 2 3 2 3 2 3 2 3
Entonces BW⊥ = {b4 } es una base ortonormal de W ⊥ .
109
)}
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9. Transformaciones lineales 1. Sea T : R3 → R3 una transformacion ´ lineal tal que T(1, 1, 1) = (2, 0, 4),
T(0, −1, 1) = (−1, −1, −1),
T(0, 0, −1) = (0, 1, −1)
a) Calcule T(x, y, z). Respuesta: Primero, note que los vectores v1 = (1, 1, 1), v2 = (0, −1, 1) y v3 = (0, 0, −1) son una base de R3 . Para comprobarlo, solo ´ necesitamos comprobar que son linealmente independientes (li), ya que la dimension ´ de R3 es 3, y como son 3 vectores, por teorema, entonces generan y por tanto ser´ıan una base. Antes de verificar que son li, note que si B = {v1 , v2 , v3 } es una base de R3 , como toda transformacion ´ lineal queda determinada por su efecto sobre una base, entonces podemos expresar a T en de las imagenes de los vectores de la base B. En ese sentido, si [ t´erminos ] (x, y, z) ∈ R3 y (x, y, z) = (c1 , c2 , c3 )t son sus coordenadas con respecto a B, entonces, B
(x, y, z) = c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 y como T es transformacion ´ lineal, T(x, y, z) = c1 T(v1 ) + c2 T(v2 ) + c3 T(v3 ) y como ya conocemos T(v1 ), T(v2 ) y T(v3 ), solo ´ necesitamos encontrar los valores c1 , c2 y c3 . Calculamos las coordenas de un vector cualquiera (x, y, z) de R3 respecto a la base B. 0 x − f1 + f2 1 0 1 −1 0 y −→ 1 1 −1 z − f1 + f3 x 0 1 0 f2 + f3 0 −1 0 y − x −→ 0 0 −1 z + y − 2x
1 0 0 −1 0 1 − f2 1 −→ 0 − f3 0
x 0 0 y−x −1 z − x
x 0 0 1 0 x−y 0 1 2x − y − z
Entonces, la formula general de las coordenadas de cualquier vector (x, y, z) de R3 es: ´ [
] (x, y, z) = B
x x − y 2x − y − z
Con esto, podemos verificar f´acilmente que los vectores v1 , v2 y v3 son li, puesto que si tomamos (x, y, z) = (0, 0, 0), i.e., si c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 = 0, entonces claramente c1 = c2 = c3 = 0. Finalmente, por los argumentos antes dados, entonces la transformacion ´ se escribe como; T(x, y, z) = x · (2, 0, 4) + (x − y) · (−1, −1, −1) + (2x − y − z) · (0, 1, −1) = (2x − x + y, −x + y + 2x − y − z, 4x − x + y − 2x + y + z) = (x + y, x − z, x + 2y + z) 110
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Entonces una expresion ´ general para T es: T(x, y, z) = (x + y, x − z, x + 2y + z). b) Determine una base para el nucleo de T. ´ Respuesta: Observe que la matriz de la transformacion C = {e1 , e2 , e3 } de R3 ´ T respecto a la base canonica ´ est´a dada por, [ ] [ ] 1 1 0 T = T(e1 ) T(e2 ) T(e3 ) = 1 0 −1 C 1 2 1 Y como, las coordenadas de un vector de R3 , respecto a la base canonica C son el mismo vector ´ n t 3 (en general esto es cierto en R ), i.e. si (x, y, z) ∈ R entonces, x x y = y z C z
Se tiene entonces que, la siguiente es una representacion ´ matricial para T, x x x 1 1 0 x [ ] T y = T y ⇔ T y = 1 0 −1 y C z C z C z 1 2 1 z ([ ] ) Entonces, como ker(T) = EspacioNulo T , se tiene que C
[ ] T
C
− f1 + f2 1 1 0 0 −1 −1 −→ − f1 + f3 0 1 1 1 0 −1 f2 + f1 0 1 1 −→ 0 0 0
Por lo tanto, ker(T) = {(t, −t, t) ker(T) es B1 = {(1, −1, 1)}.
f2 + f3 −→
⇒
0 1 1 0 −1 −1 0 0 0
x = z y = −z
t ∈ R}. Note que (t, −t, t) = t(1, −1, 1), entonces una base de
c) Determine una base para Img(T). Respuesta:
([ ] ) Como Img(T) = EspacioColumna T , para encontrar una base para Img(T), lo que necesitaC [ ] mos es una base del espacio generado por las columnas de T . Por los c´alculos de la parte C b), 1 0 −1 [ ] T → 0 1 1 C 0 0 0 111
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Entonces, como las columnas 1 y 2 de la forma [ ] escalonada reducida tienen el primer 1 de cada fila, las columnas respectivas de la matriz T son una base de su espacio columna. C
Entonces, B2 = {(1, 1, 1), (1, 0, 2)} es base de Img(T). 2. Sea B = {u, v, w} la base de R3 y T : R3 → R3 una transformacion ´ lineal tal que [ ] 1 1 0 T = −1 0 1 B 0 1 1 a) Verifique si la transformacion ´ T es o no invertible. Respuesta:
[ ] Por teorema, T es invertible si y solo ´ si T es una matriz invertible. Pero dicha matriz es B invertible si y solo ´ si es equivalente por filas a la identidad. Entonces, [ ] 1 1 0 f1 + f2 1 1 0 − f2 + f3 0 1 1 T = −1 0 1 B −→ −→ 0 1 1 0 1 1 [ ] Por lo tanto, T no es invertible y entonces T tampoco lo es.
1 1 0 0 1 1 0 0 0
B
[ ] b) Si p es un vector de R3 tal que p = 2u + w, determine T(p) . B
Respuesta: Tenemos la formula de coordenadas; ´ [ ( )] [ ] [ ] T p = T · p B
B
B
Como p se puede escribir ´ lineal de los vectores de la base B: [ ] como la siguiente combinacion t de p = 2u + w, entonces, p = (2, 0, 1) son las coordenadas de p. Y aplicando la formula ´ B coordenadas, 1 1 0 2 [ ( )] T p = −1 0 1 0 B 0 1 1 1
2 = −1 1
[ ]C de R3 , determine T . c) Si B = {(1, 1, 1), (1, 2, 0), (2, 0, 0)} y C es la base canonica ´ B
Respuesta: Como no tenemos la forma expl´ıcita de la transformacion, ´ entonces podemos usar la formula ´ de la matriz de una composicion ´ de transformaciones para realizar el c´alculo. Note que si I : R3 → R3 es la transformacion ´ identidad, entonces T = I ◦ T, por lo tanto, por teorema, tenemos la formula de coordenadas para la composicion ´ ´ de transformaciones lineales: 112
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Prof. Christian Fonseca [ ]C [ ]C [ ] T = I · T B
B
[ ]C donde, I es la matriz de cambio de base de B a C.
B
B
Calculamos entonces la matriz de cambio de base B a C. Por la definicion, ´ tenemos que, [ ]C [ ] [ ] 1 1 2 I = I(u) I(v) I(w) = u v w = 1 2 0 B C 1 0 0 Entonces, aplicando la formula de la matriz de una composicion ´ ´ de transformaciones lineales, se tiene, 1 1 2 1 1 0 0 3 3 [ ]C [ ]C [ ] T = I · T = 1 2 0 −1 0 1 = −1 1 2 B B B 1 0 0 0 1 1 1 1 0 3. Sea T :
R2
base de
→
R2
[ ] una transformacion ´ lineal, tal que T = B
) 1 3 donde B = {(1, 3), (−1, 4)} es una −2 5
(
R2 .
[ ] a) Calcule T(x, y) . B
Respuesta:
] [ ] [ [ ] Por la formula de coordenadas, T(x, y) = T · (x, y) . ´ (
1 −1 x 3 4 y
)
−3 f1 + f2 −→ 1 0 0 1
−3 f2 + f1 −→
(
4x+y 7 y−3x 7
B
B
B
)
) ( 1 x 1 −1 1 −1 x 7 f2 0 7 y − 3x −→ 0 1 y−3x 7 ( )t [ ] 4x + y y − 3x ⇒ (x, y) = , B 7 7
Entonces, [
] T(x, y) = B
(
) 4x+y 4x y 3y 9x 1 3 7 + 7 − 7 7 = 7 + 2y · y−3x −8x − + 5y − 15x −2 5 7 7 7 7 7 4y 4y−5x 5x 7 − 7 7 = −23x = 3y−23x 3y + 7 7 7
b) Calcule T(x, y). Respuesta: Por la parte a), tenemos las coordenadas de T(x, y) en la base B, por lo tanto, podemos escribir a T como combinacion ´ lineal de la base B, es decir: (
) ( ) ( ) 4y − 5x 3y − 23x 18x + y 24y − 107x T(x, y) = · (1, 3) + · (−1, 4) = , 7 7 7 7 113
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c) ¿Es T biyectiva? Justifique. Respuesta:
[ ] T es biyectiva ⇔ T es invertible ⇔ T es invertible. Y como, B
([ ] ) det T = det B
(
1 3 −2 5
) = 11 , 0
[ ] Entonces, T es invertible, por tanto T es invertible, de modo que es biyectiva. B
1 3 4 [ ] 4. Sea T : R3 → R3 una transformacion ´ lineal, tal que T = 3 4 7 donde C es la base canonica ´ C −2 2 0 de R3 . de T. a) Determine una base del Nucleo ´ Respuesta:
] [ ] [ [ ] Por la formula de coordenadas, T(a, b, c) = T · (a, b, c) . Entonces, ´ C
C
C
[
] (a, b, c)t ∈ Ker(T) ⇔ T(a, b, c) = (0, 0, 0)t ⇔ T(a, b, c) = (0, 0, 0)t C [ ] [ ] Entonces, (a, b, c) ∈ Ker(T) si y solo ´ si, (a, b, c) est´a en el espacio nulo de la matriz T . ⇒ − 15 f2 −→ 1 8 f3
1 3 0 1 0 1
1 [ ] T = 3 C −2 4 − f2 + f3 1 −→ 1 −3 f2 + f1
C
3 4 −3 f1 + f2 4 7 −→ 2 0 2 f1 + f3 1 0 1 0 1 1 ⇒ 0 0 0
4 1 3 0 −5 −5 0 8 8 t [ ] (a, b, c) = t t ∈ R C −t
C
son las coordenadas de (a, b, c) respecto a la base canonica, por lo tanto, (a, b, c) = (t, t, −t). ´ Entonces, Ker(T) = {(t, t, −t)
t ∈ R}. De modo que {(1, 1, −1)} es una base de Ker(T).
b) Determine una base Img(T). Respuesta: Sea A = (a, b, c) ∈ R3 un vector cualquiera, buscamos Img(T). Por la formula de coordenadas, lo que buscamos es determinar si existe un vector B ∈ R3 tal ´ que A = T(B), es decir, un B que cumpla: [
] [ ] [ ] [ ] A = (a, b, c) = T(B) = T · B C
114
C
C
C
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[ ] A = (a, b, c)t . De lo anterior, se tiene entonces que: Y como C es la base canonica, ´ C
A ∈ Img(T) ⇔ ∃ B ∈ R3 tal que T(B) = A [ ] ⇔ B son solucion ´ del sistema C [ ] [ ] [ ] A = T · B C
C
C
Entonces, 1 3 4 a 3 4 7 b −2 2 0 c − 15 f2 −→ 1 8 f3
1 3 4 0 1 1 0 1 1
−3 f1 + f2 −→ 2 f1 + f3 a 3a−b 5 2a+c 8
a 4 1 3 0 −5 −5 b − 3a 0 8 8 c + 2a
− f2 + f3 −→
1 3 4 0 1 1 0 0 0
a 3a−b 5 −7a b c 20 + 5 + 8
Entonces el sistema tiene solucion, si ´ solamente ´ −7a b c + + = 0 ⇔ −14a + 8b + 5c = 0 20 5 8 14 8 ⇔ c= a− b 5 5 { } Entonces, Img(T) = (a, b, c) ∈ R3 − 14a + 8b + 5c = 0 , es un plano que pasa por el origen. Por tanto, Img(T) =
{( a, b,
) 14 8 a − b ∈ R3 5 5
a, b ∈ R
}
Para encontar una base, separamos los par´ametros, ( ) ( ) ( ) 14 8 14 8 a, b, a − b = a, 0, a + 0, b, − b 5 5 5 5 ( ) ( ) 14 8 = a 1, 0, + b 0, 1, − 5 5 Entonces, una base para Img(T) es B = (5, 0, 14) , (0, 5, 8). Notese que tomamos vectores para´ lelos para utilizar vectores en la base que no tengan fracciones. c) Determine si T es invertible o no es invertible. Respuesta: Como Ker(T) , {(0, 0, 0)}, entonces T no es inyectiva, y como dim(Img(T)) = 2 < 3 = dim(R3 ), entonces Img(T) , R3 , por lo tanto no es sobreyectiva. Como no es inyectiva ni sobreyectiva, no es biyectiva, entonces T no es invertible.
115
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5. Considere la transformacion ´ lineal T : R3 → R4 definida por T(x1 , x2 , x3 ) = (x1 − 4x2 − 2x3 , 2x1 + 5x2 − 4x3 , −x1 + 2x3 , −3x1 + 7x2 + 6x3 ) a) Verifique que T es transformacion ´ lineal. Respuesta: T es una transformacion ´ lineal pues env´ıa una combinacion ´ lineal en R3 a una combinacion ´ 4 lineal en R . ( ) T c · (x1 , x2 , x3 ) + (y1 , y2 , y3 ) = T(cx1 + y1 , cx2 + y2 , cx3 + y3 ) = ((cx1 + y1 ) − 4(cx2 + y2 ) − 2(cx3 + y3 ), 2(cx1 + y1 ) + 5(cx2 + y2 ) − 4(cx3 + y3 ), −(cx1 + y1 ) + 2(cx3 + y3 ), −3(cx1 + y1 ) + 7(cx2 + y2 ) + 6(cx3 + y3 )) = c · (x1 − 4x2 − 2x3 , 2x1 + 5x2 − 4x3 , −x1 + 2x3 , −3x1 + 7x2 + 6x3 ) ( ) + y1 − 4y2 − 2y3 , 2y1 + 5y2 − 4y3 , −y1 + 2y3 , −3y1 + 7y2 + 6y3 ( ) = c · T x1 , x2 , x3 ) + T(y1 , y2 , y3 Sea C1 la base canonica de R3 y C2 la base canonica de R4 , entonces la matriz de T en esas ´ ´ bases es: [ ]C 2 A= T C1
1 −4 −2 2 5 −4 = 2 −1 0 −3 7 6
De este modo la transformacion ´ lineal T se puede escribir en la forma matricial, 1 −4 −2 x x 1 2 5 −4 1 · x T x2 = 2 2 −1 0 x3 x3 −3 7 6
Note que aqu´ı los vectores se est´an tratando como columnas, pero en realidad, de la forma original de T se tiene que son filas. b) Determine una base para el subespacio Nucleo de T. ´ Respuesta:
} { Por definicion, ´ Ker(T) = Nuc(T) = x ∈ R3 T(x) = 0, con 0 ∈ R4 . { } Entonces, Ker(T) = EspacioNulo(A) = x ∈ R3 Ax = 0 . Por tanto, lo que necesitamos es una base del espacio nulo de A. −2 f1 + f2 −→ A f1 + f3 3 f1 + f4
1 1 −4 −2 13 f2 1 −4 −2 4 f2 + f1 0 13 0 −→ 0 1 0 −→ −1 0 −4 0 0 1 − f2 + f3 0 f 3 4 −1 0 −5 0 0 1 0 − f2 + f4 5 f4 116
1 0 −2 0 1 0 0 0 0 0 0 0
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Por tanto, Ker(T) = {(2t, 0, t) t ∈ R}, por lo tanto, obtenemos una base separando el par´ametro, es decir, como (2t, 0, t) = t(2, 0, 1), entonces, Bker(T) = {(2, 0, 1)} es una base de Ker(T). c) Determine una base para el subespacio Imagen de T. Respuesta: Por definicion, ´
{ Img(T) = y ∈ R4
} ∃x ∈ R3 tal que y = T(x) = EspacioColumna(A)
Entonces, una base para Img(T) es una base para el EspacioColumna(A). De la parte b), 1 0 −2 0 1 0 = R A −→ 0 0 0 0 0 0 Como las columnas de A que corresponden a las columnas de R con el primer 1 de cada fila son la 1 y la 2, entonces BImg(T) = {(1, 2, −1, −3), (−4, 5, 0, 7)} es una base de la imagen de T, porque sus transpuestas son una base del espacio columna de A. d) Determine si T es inyectiva, sobreyectiva y biyectiva. Respuesta: ( ) T no es inyectiva pues Ker(T) , {(0, 0, 0)}. T no es sobreyectiva pues dim Img(T) = 2, entonces Img(T) es un subespacio de R4 que no es R4 ya que su dimension ´ es menor a 4. Entonces T no es biyectiva pues no es ni inyectiva ni sobreyectiva. 6. Sea B1 = {(1, 0, 1, 1), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 1, 1), (0, 1, 0, 1)} una base de R4 y sea B2 = {(1, 1, 1), (1, 0, 1), (0, 1, 1)} una base de R3 . Considere la transformacion ´ lineal T : R4 → R3 tal que: T(1, 0, 1, 1) = (1, 2, 3); T(0, 1, 1, 0) = (0, 1, 1); T(0, 0, 1, 1) = (0, 2, 2); T(0, 1, 0, 1) = (2, 4, 6). [ ] B2 a) Determine T . B1
Respuesta:
[ ]B2 T es la matriz cuyas columnas son las coordenadas de las im´agenes de la Por definicion, ´ B1 base B1 , respecto a la base B2 . Dicha matriz se puede calcular resolviendo el siguiente sistema aumentado: 1 1 0 1 0 0 2 − f1 + f2 1 0 1 2 1 2 4 −→ 1 1 1 3 1 2 6 − f1 + f3 117
1 1 0 1 0 0 2 0 −1 1 1 1 2 2 0 0 1 2 1 2 4
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1 1 − f3 + f2 0 −1 −→ 0 0 1 − f2 0 −→ 0
0 1 0 0 2 1 0 f + f1 0 −1 0 −1 0 0 −2 2 −→ 1 2 1 2 4 0 0 0 0 0 0 0 0 [ ]B2 0 1 0 1 0 0 2 ⇒ T = 1 B1 2 0 1 2 1 2 4
0 0 0 0 0 0 −1 0 0 −2 1 2 1 2 4 0 0 0 0 0 2 1 2 4
b) Utilice la parte (a) para determinar la formula general de la transformacion ´ ´ dada por T(x1 , x2 , x3 , x4 ). Respuesta:
[ ] La idea aqu´ı es utilizar la formula de coordenadas, T (x1 , x2 , x3 , x4 ) ´ [
B2
] [ ] B2 [ = T · (x1 , x2 , x3 , x4 ) . B1
] Entonces, primero procedemos a calcular (x1 , x2 , x3 , x4 ) . Para eso usamos el sistema; B1
1 0 0 0 1 0 1 1 1 1 0 1 − f2 + f3 −→
1 0 0 1 0 0 0 0
1 0 0 1 0 1 0 2 f4 −→ 0 0 1 0 0 0
0 x1 1 0 0 − f1 + f3 0 1 0 1 x2 −→ 0 1 1 0 x3 − f1 + f4 1 x4 0 0 1 x1 0 0 1 − f3 + f4 0 0 1 x2 0 1 −1 x3 − x1 − x2 −→ x4 − x1 1 1 0 x1 0 − f + f 1 2 4 0 1 x2 −→ 0 −1 −x1 − x2 + x3 f4 + f3 x2 −x3 +x4 1 0 2
x1 0 1 x2 0 x3 − x1 1 x4 − x1 0 1 0 0 0 1 0 0
B1
x1 0 0 0 1 x2 1 −1 x3 − x1 − x2 0 2 x4 − x3 + x2 x1 0 0 x2 +x3 −x4 0 0 2 −2x1 −x2 +x3 +x4 1 0 2 x2 −x3 +x4 0 1 2
Por tanto, [
] (x1 , x2 , x3 , x4 )
B1
=
x1 x2 +x3 −x4 2 −2x1 −x2 +x3 +x4 2 x2 −x3 +x4 2
Entonces, utilizando la formula de coordenadas, ´ [
] T (x1 , x2 , x3 , x4 )
B2
0 0 0 0 = 1 0 0 2 · 2 1 2 4
x1
x2 +x3 −x4 2 −2x1 −x2 +x3 +x4 2 x2 −x3 +x4 2
0 = x1 + x2 − x3 + x4 3x2 −x3 +5x4 2
Como este vector son las coordenadas de T (x1 , x2 , x3 , x4 ) en la base B2 , para encontrar su valor, se debe de escribir como combinacion ´ lineal de la base. Entonces, la forma expl´ıcita de T es; ( ) 3x2 − x3 + 5x4 T (x1 , x2 , x3 , x4 ) = 0 · (1, 1, 1) + (x1 + x2 − x3 + x4 ) · (1, 0, 1) + · (0, 1, 1) 2 ( ) 3x2 − x3 + 5x4 2x1 + 5x2 − 3x3 + 7x4 , = x1 + x2 − x3 + x4 , 2 2 118
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( ) ( ) 7. Se define T : R4 → R4 por T x, y, z, w = 0, x, y, z . a) Pruebe que T es una aplicacion ´ lineal. Respuesta: Para que T sea una transformacion ´ lineal, es necesario que env´ıe una combinacion ´ lineal en 4 4 R a una combinacion ´ lineal en R . ) ( T c · (x1 , y1 , z1 , w1 ) + (x2 , y2 , z2 , w2 ) = T(cx1 + x2 , cy1 + y2 , cz1 + z2 , cw1 + w2 ) ( ) ( ) ( ) = 0, cx1 + x2 , cy1 + y2 , cz1 + z2 = 0, cx1 , cy1 , cz1 + 0, x2 , y2 , z2 ( ) ( ) = c · 0, x1 , y1 , z1 + 0, x2 , y2 , z2 ( ) ( ) = c · T x1 , y1 , z1 , w1 + T x2 , y2 , z2 , w2 Por tanto T es una transformacion ´ lineal. b) Halle una base para el nucleo de T. ´ Respuesta:
{ Por definicion, ´ Ker(T) = Nuc(T) = (x, y, z, w) ∈ R4
} T(x, y, z, w) = (0, 0, 0, 0) . Pero entonces,
(x, y, z, w) ∈ Ker(T) ⇔ T(x, y, z, w) = (0, x, y, z) = (0, 0, 0, 0) ⇔ x = y = z = 0 Entonces, Ker(T) = {(0, 0, 0, t) {(0, 0, 0, 1)}.
t ∈ R}. Entonces, una base para el nucleo de T es, BKer(T) = ´
c) Halle una base para la imagen de T. Respuesta: Por la manera en que T est´a definida, Img(T) = {(0, a, b, c) a, b, c ∈ R}. Esto porque la primera entrada claramente debe ser siempre cero, y si (0, a, b, c) ∈ R4 , entonces (a, b, c, 1) es una preimagen de (0, a, b, c). Entonces, separando par´ametros; (0, a, b, c) = a(0, 1, 0, 0) + b(0, 0, 1, 0) + c(0, 0, 0, 1) Entonces, BImg(T) = {(0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} es una base de Img(T). d) Considere la base B = {(1, 0, 0, 1), (−1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (0, 1, −1, 0)}, de R4 y determine la ma[ ] triz T . B
Respuesta:
[ ] Por definicion, ´ la matriz T es la matriz cuyas columnas son las coordenadas en la base B, B de la imagen de los vectores de la base B en T. Para calcular la matriz, entonces primero necesitamos las imagenes de la base B en T;
119
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T(1, 0, 0, 1) = (0, 1, 0, 0), T(−1, 0, 0, 1) = (0, −1, 0, 0) T(0, 1, 1, 0) = (0, 0, 1, 1), T(0, 1, −1, 0) = (0, 0, 1, −1) Ahora, resolvemos el sistema aumentado; 1 −1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 −1 0 0 0 0 1 −1 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 −1 1 −1 0 0 0 0 0 0 1 1 1 −1 −→ 1 −1 0 0 0 1 2 2 1 f 2 4 0 1 0 0 0 0
−1 2 f3
0 0
−1 2 1 2
− f + f 1 4 −→ − f2 + f3 0 0
−1 2 −1 2
0 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 1 1 1 −1 0 0 0 0 0 −2 −1 1 1 1 0 0 1 −1 0 2 0 0
f + f 4 1 −→ − f3 + f2
1 0 0 0 1 0 −→ 0 0 1 0 0 0
0 0 0 0 0 12 1 12
1 0 0 [ ] 0 1 0 T = B 0 0 1 0 0 0
0 0 0 0 0 12 1 12
0 0
−1 2 −1 2
1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 2 1 2 1 2 −1 2
−1 2 −1 2 1 2 −1 2
0 0 0 12 1 12 0 0
0
−1 2 −1 2
0
1 2 1 2 −1 2 1 2
−1 2 1 2 −1 2 −1 2
Entonces, 0 0
−1 2 −1 2
1 2 1 2 1 2 −1 2
−1 2 −1 2 1 2 −1 2
−a un vector fijo de R2 distinto de cero. Determine, justificando, si la funcion 8. Sea → ´ T : R2 → R2 , que se define a continuacion, ´ es una transformacion ´ lineal, o no lo es ) (− a ·X X a) T(X) = → Respuesta: −a ∈ R2 un vector fijo distinto de cero, → −a = (a , a ). Sea c ∈ R, X, Y ∈ R2 . Entonces, Sea → 1 2 (− ) ( − −a · Y) · (cX + Y) a (cX + Y) · (cX + Y) = c→ a · X +→ T (cX + Y) = → ( − −a · Y) · cX + (c→ −a · X + → −a · Y) · Y = c→ a · X +→ (− ) (− ) (− ) (− ) = c2 → a ·X ·X+c → a ·Y ·X+c → a ·X ·Y+ → a ·Y ·Y (− ) (− ) = c2 T (X) + c → a ·Y ·X+c → a · X · Y + T (Y) (⋆) entonces T no es una transformacion ´ lineal. Esto se puede observar por la presencia de t´erminos mixtos y la constante al cuadrado. Por ejemplo, con c = 1, X = e1 y Y = e2 los vectores canonicos, se tiene, ´ ´ T(X) = T(1, 0) = ((a1 , a2 ) · (1, 0)) · (1, 0) = (a1 , 0) 120
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Prof. Christian Fonseca T(X) = T(0, 1) = ((a1 , a2 ) · (0, 1)) · (0, 1) = (0, a2 )
−a . Por otro lado, cX + Y = (1, 1), entonces, de la formula Entonces, cT(X) + T(Y) = (a1 , a2 ) = → ´ (⋆), T (cX + Y) = 12 · (a1 , 0) + 1 · ((a1 , a2 ) · (0, 1)) · (1, 0) + 1 · ((a1 , a2 ) · (1, 0)) · (0, 1) + (0, a2 ) −a + (a , a ) = (a , 0) + (a , 0) + (0, a ) + (0, a ) = (a , a ) + (a , a ) = → 1
2
2
1
1
2
2
1
2
1
De modo que, T(cX + Y) , cT(X) + T(Y), por tanto T no es transformacion ´ lineal. (− )− b) T(X) = → a ·X → a Respuesta: −a ∈ R2 un vector fijo distinto de cero. Sea c ∈ R, X, Y ∈ R2 . Entonces, Sea → (− ) − ( (→ ) − ) − T (cX + Y) = → a · (cX + Y) · → a = c −a · X + → a · Y ·→ a (→ ) ( ) −a + → −a · Y · → −a = cT (X) + T (Y) = c −a · X · → entonces T es una transformacion ´ lineal. 9. Se define la funcion ´ T : R3 → R5 por, ( ) T(x, y, z) = x + 2y, y, x + 2y − z, 2x + 2y, x + 2y + z a) Muestre que T es una transformacion ´ lineal inyectiva. Respuesta: Sean C1 y C2 las bases canonicas de R3 y R5 , respectivamente. Entonces la matriz de T respecto ´ a estas bases es:
[ ]C2 T C1
=
1 0 1 2 1
2 0 1 0 2 −1 2 0 2 1
pues, T(1, 0, 0) = (1, 0, 1, 2, 1), T(0, 1, 0) = (2, 1, 2, 2, 2) y T(0, 0, 1) = (0, 0, −1, 0, 1).
([ ]C ) 2 . Ahora, como C1 es la base canonica de R3 , entonces Ker(T) = Nuc(T) = EspacioNulo T ´ C1
Por lo tanto, T es inyectiva si ([ ]C ) 2 EspacioNulo T = {(0, 0, 0)} C1
Entonces,
121
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1 2 0 1 0 0 −2 f + f 2 1 0 1 0 0 1 0 [ ]C2 −→ 0 0 −1 T 0 0 −1 C1 f3 + f5 0 −2 0 0 0 0 2 f2 + f4 0 0 0 0 0 1 ([ ]C ) 2 Por lo tanto, Ker(T) = EspacioNulo T = {(0, 0, 0)}, entonces T es inyectiva. − f1 + f3 −→ − f1 + f5 −2 f1 + f4
C1
b) Halle una base para la imagen de T. Respuesta: Por teorema, sabemos que las dimensiones de R3 , de Ker(T) y de Img(T) est´an relacionadas por la identidad, ( ) ( ) 3 = dim R3 = dim (Ker(T)) + dim Img(T) y por la parte a), como T es inyectiva, entonces dim (Ker(T)) = 0, entonces se concluye que ( ) dim Img(T) = 3. Por lo tanto, se necesitan 3 vectores para encontrar una base de Img(T). ( [ ]C ) 2 Como C2 es la bse canonica de R5 , entonces Img(T) = EspacioColumna T . Y dado que, ´ C1
[ ]C2 T C1
−→
1 0 0 0 0
0 1 0 0 0
0 0 1 0 0
Entonces, una base para la imagen de T es, {(1, 0, 1, 2, 1), (2, 1, 2, 2, 2), (0, 0, −1, 0, 1)} 10. Sean T : R3 → R3 una transformacion ´ lineal, B = {u1 , u2 , u3 } una base de R3 y C = {e1 , e2 , e3 } la base canonica de R3 . Si ´ T (e1 ) = u1 , T (e2 ) = u1 − 2u2 + u3 , T (e3 ) = au1 + bu3 donde a, b ∈ R. [ ]B a) Halle T . C
Respuesta:
[ ]B Por definicion, ´ las columnas de T son las coordenadas de las im´agenes de la base C en T, C respecto a la base B. Como, T (e1 ) = 1 · u1 + 0 · u2 + 0 · u3 122
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Prof. Christian Fonseca T (e2 ) = 1 · u1 − 2 · u2 + 1 · u3 T (e3 ) = a · u1 + 0 · u2 + b · u3
entonces, [ ]B 1 1 a T = 0 −2 0 C 0 1 b b) ¿Para cu´ales valores de los par´ametros a y b, T es inyectiva? Respuesta:
( [ ]B ) [ ] T es inyectiva si Ker(T) = {(0, 0, 0)}. Y note que, (0, 0, 0) = (0, 0, 0)t y EspacioNulo T son B
las coordenadas en la base B de los vectores del nucleo de T. ´
C
([ ]B ) } { Se concluye que T es inyectiva si y solo = (0, 0, 0)t , ya que el unico ´ si EspacioNulo T ´ C
vector con coordenadas (0, 0, 0)t es el vector (0, 0, 0).
[ ]B − 1 f 2 1 T C −→
1 1 a − f2 + f1 0 1 0 −→ 0 1 b − f2 + f3
1 0 a 0 1 0 = R 0 0 b
Entonces, de R, se obtienen los siguientes casos; Si b , 0, 1 0 a 0 1 0 = P R −→ 0 0 1 1 b f3
Si a = 0, R = I3 . Si a , 0, P
−a f3 + f1 I3 . −→
([ ]B ) = 2. Si b = 0, entonces, ∀a ∈ R, Rng T C
([ ]B ) { } Por lo tanto, solo = (0, 0, 0)t que se da si y solo ´ si b , 0 y ∀a ∈ R, entonces EspacioNulo T ´ C
si T es inyectiva. 11. B = {(1, 1, −1, 3), (0, 0, 1, 0), (0, 1, −2, 2), (1, 0, 0, 0)} es una base de R4 , C es la base canonica de R4 y ´ 4 4 T : R → R es un operador lineal tal que 0 −2 0 1 [ ]B 0 4 1 −1 T = C 0 3 0 −1 1 2 0 −1 123
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[ ]C Determine T . C
Respuesta: Podemos usar la composicion ´ de transformaciones lineales con la identidad I : R4 → R4 , y la formula de la matriz de una composicion ´ ´ [ ]C [ ]C [ ]C [ ]B T = I◦T = I · T C
C
B
C
[ ]B Entonces, necesitamos calcular I que es la matriz de cambio de base de B a C en R4 . C
Claramente, 1 [ ]C 1 I = B −1 3
0 0 1 0 1 0 1 −2 0 0 2 0
Por tanto, aplicando la formula de la matriz de una composicion ´ ´ de transformaciones lineales, 1 [ ]C [ ]C [ ]B 1 T = I · T = C B B −1 3
0 0 1 0 1 0 1 −2 0 0 2 0
0 −2 0 1 0 4 1 −1 = 0 3 0 −1 1 2 0 −1
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
12. Considere la base B = {(1, 0, 1), (1, 1, 0), (1, 1, 1)} de R3 y sea T : R3 → R3 un operador lineal tal que 0 0 −1 [ ] T = −1 0 −1 B 2 1 3 [ ]C de R3 . a) Calcule I ; siendo C la base canonica ´ B
Respuesta: Buscamos la matriz de cambio de base B a la base C. Entonces, escribimos la matriz aumentada donde del lado izquierdo colocamos la base a la que queremos llegar (base C) y del lado derecho la base de donde partimos (base B); 1 0 0 1 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 1 [ ]C Como a la izquierda tenemos la identidad, entonces la matriz de la derecha es I . Entonces [ ]C 1 1 1 I = 0 1 1 B 1 0 1 124
B
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b) Determine T(x, y, z). Respuesta:
[ ( [ ] [( )] )] Por la formula de coordenadas, T x, y, z = T · x, y, z . ´ B
B
B
Primero procedemos a calcular las coordenadas del vector (x, y, z) en la base B. Para eso usamos el sistema; 1 1 1 x − f2 + f1 0 1 1 y −→ 1 0 1 z 1 0 0 − f3 + f2 0 1 0 −→ 0 0 1
1 0 0 x − y 1 − f1 + f3 0 1 1 0 y −→ 1 0 1 z 0 x − y [( )] x − z x, y, z ⇒ B z+y−x
x−y 0 0 y 1 1 0 1 z+y−x x − y = x − z z+y−x
Entonces, utilizando la formula de coordenadas, ´ 0 0 −1 x − y x − y − z [ ( ] ) T x, y, z = −1 0 −1 · x − z = −z B 2 1 3 z+y−x y + 2z ( ) Como este vector son las coordenadas de T x, y, z en la base B, para encontrar su forma expl´ıcita, se debe de escribir como combinacion ´ lineal de la base. Entonces, ( ) T x, y, z = (x − y − z) · (1, 0, 1) + −z · (1, 1, 0) + (y + 2z) · (1, 1, 1) = (x, y + z, x + z) ( ) De modo que la transformacion ´ lineal T es T x, y, z = (x, y + z, x + z). 13. Determine una transformacion ´ lineal T : R4 → R2 tal que {(1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1)} sea una base para el nucleo de T. ´ Respuesta: Sean v1 = (1, 0, 1, 0) y v2 = (0, 1, 0, 1). Como v1 · v2 = 0, entonces son ortogonales y por tanto son li. Para que sean base de ker(T) la transformacion ´ debe cumplir que: T (v1 ) = T(1, 0, 1, 0) = (0, 0)
T (v2 ) = T(0, 1, 0, 1) = (0, 0)
Como queremos que v1 y v2 sean la base de ker(T), entonces se tiene que dim (ker(T)) = 2, y por consiguiente por el teorema de las dimensiones ( ) ( ) ( ) 4 = dim R4 = dim (ker(T)) + dim Img(T) = 2 + dim Img(T) ( ) ( ) Entonces, dim Img(T) = 2. Y como dim R2 = 2, entonces T es una transformacion ´ sobreyectiva. Ahora, si v3 = (1, 0, 0, 0) y v4 = (0, 1, 0, 0), entonces los vectores v1 , v2 , v3 , v4 son li y como son 4 vectores de R4 entonces son base. Como T es sobreyectiva, y {v1 , v2 , v3 , v4 } es un conjunto que genera a R4 (pues es base), y como T : R4 → R2 , entonces {T (v1 ) , T (v2 ) , T (v3 ) , T (v4 )} es un conjunto 125
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que genera a R2 . Pero como T (v1 ) = (0, 0) = T (v2 ), entonces se debe cumplir que T (v3 ) , T (v4 ) deben de generar a R2 . Para que esto sea cierto, podemos tomar T (v4 ) = T(0, 1, 0, 0) = (0, 1)
T (v3 ) = T(1, 0, 0, 0) = (1, 0)
Como una transformacion ´ lineal queda determinada por su efecto sobre una base, entonces si B = {v1 , v2 , v3 , v4 }, la forma en que T queda determinada es: si (x, y, z, w) = c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 + c4 v4 , entonces T(x, y, z, w) = c1 T (v1 ) + c2 T (v2 ) + c3 T (v3 ) + c4 T (v4 ) = c3 (1, 0) + c4 (0, 1) = (c3 , c4 ) Entonces, T(x, y, z, w) = (c3 , c4 ) donde (c1 , c2 , c3 , c4 )t son las coordenadas del vector (x, y, z, w) en la base {v1 , v2 , v3 , v4 }. Vamos a calcular la forma expl´ıcita de estas coordenadas: 1 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0
0 x 1 y 0 z 0 w
− f + f 3 1 −→ − f2 + f4
1 0 0 − f3 0 1 0 −→ 0 0 1 − f4 0 0 0
x 0 1 0 1 0 1 0 1 y 0 0 −1 0 z − x 0 0 0 −1 w − y
z 0 0 w 0 x−z 1 y−w
⇒
f + f 3 1 −→ f4 + f2
z 0 1 0 0 0 1 0 0 w 0 0 −1 0 z − x 0 0 0 −1 w − y
z [( )] w x, y, z, w = B x − z y−w
c1 c2 = c3 c4
( ) Entonces, T(x, y, z, w) = x − z, y − w es una transformacion ´ lineal que cumple con todas las condiciones pedidas.
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10. Valores y vectores propios de operadores y matrices 1 0 1. Determine si la matriz A = 0 0
1 1 0 0
1 1 2 1
1 1 es o no diagonalizable. 0 2
Respuesta: Calculamos el polinomio caracter´ıstico de A, PA (λ) = det (A − λI4 ). Note que, 1 1 1 1 − λ 0 1−λ 1 1 A − λI4 = 0 2−λ 0 0 0 0 1 2−λ
1−λ 1 1 0 2−λ 0 ⇒ PA (λ) = (1 − λ) · = (1 − λ)2 · (2 − λ)2 0 1 2−λ Por lo tanto, PA (λ) = (1 − λ)2 · (2 − λ)2 , de modo que los valores propios de A son λ1 = 1 y λ2 = 2. Calculamos los subespacios propios: Para λ1 = 1, Vλ=1 = EspacioNulo (A − I4 ). 0 1 1 0 0 1 A − I4 = 0 0 1 0 0 1
1 1 0 1
− f + f 2 1 −→ − f2 + f4
0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0
0 1 0 0
− f3 + f2 −→
0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 −→ 0 0
1 0 0 0
0 0 1 0
0 1 0 0
{ } Entonces Vλ=1 = {(t, 0, 0, 0) t ∈ R}, de modo que Bλ=1 = (1, 0, 0, 0)t es una base. Por lo tanto, la multiplicidad geom´etrica es 1 y la multiplicidad algebraica es 2. De modo que A no es diagonalizable, porque las multiplicidades geom´etricas y algebraicas de un valor propio son distintas. 13 1 −2 2. Los valores propios de la matriz M = 1 13 −2 son λ1 = 12 y λ2 = 18. Calcule una matriz Q −2 −2 16 t ortogonal y una matriz D diagonal tal que Q MQ = D. Respuesta: La matriz Q es la matriz cuyas columnas son una base ortonormal de vectores propios de M.
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Subespacios propios: Para λ1 = 12, Vλ=12 = EspacioNulo (M − 12I3 ), entonces, 1 1 1 M − 12I3 = 1 −2 −2 { Por lo tanto, Vλ=12 = (−s + 2t, s, t)t
Entonces, Bλ=12
− f1 + f2 1 1 −2 0 0 0 −→ 0 0 0 2 f1 + f3 } s, t ∈ R . Y como: −2 −2 4
⇒
x + y − 2z = 0
(−s + 2t, s, t) = (−s, s, 0) + (2t, 0, t) = s(−1, 1, 0) + t(2, 0, 1) { } = {v1 , v2 } = (−1, 1, 0)t , (2, 0, 1)t es una base de Vλ=12 de vectores propios de M.
Aplicamos Gram-Smith a esa base para covertirla en base ortogonal. a1 = v1 = (−1, 1, 0)
⇒
||a1 ||2 = 2 ||a1 || =
√
2
Como, v2 · a1 = (2, 0, 1) · (−1, 1, 0) = −2, entonces, a2 = v2 −
v2 · a1 ||a1 ||2
a1 = (2, 0, 1) −
−2 · (−1, 1, 0) = (1, 1, 1) 2
⇒
||a2 ||2 = 3 ||a2 || =
√ 3
Por tanto, una base ortogonal de Vλ=12 est´a conformada por los vectores, a1 y a2 . Para obtener una base ortonormal, normalizamos los vectores de la base ortogonal que acabamos de obtener.
Entonces, Cλ=12 =
{(
−1 √ , √1 2 2
( ) a1 −1 1 1 b1 = = √ · (−1, 1, 0) = √ , √ , 0 ||a1 || 2 2 2 ( ) a2 1 1 1 1 b2 = = √ · (1, 1, 1) = √ , √ , √ ||a2 || 3 3 3 3 )t ( )t } 1 √1 √1 √ , , es una base ortonormal de Vλ=12 . ,0 , 3
3
3
Para λ2 = 18, Vλ=18 = EspacioNulo (M − 18I3 ). −5 1 −2 5 f2 + f1 −→ M − 18I3 = 1 −5 −2 −2 −2 −2 2 f2 + f3 − f1 + f3 −→
f 0 2 1 0 −24 −12 −1 12 1 1 −5 −2 −→ 1 −5 −2 −1 0 −12 −6 0 2 1 6 f3
1 1 1 0 1 0 2 2 f 5 f1 + f2 1 −5 −2 2 1 1 −5 −2 −→ −→ 0 0 0 0 0 0
f1 ⇔ f2 −→
1 0 12 0 1 12 0 0 0
⇒
128
x = y =
−1 2 z −1 2 z
⇒
0 1 12 1 0 12 0 0 0
2x = −z 2y = −z
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{ Por lo tanto, Vλ=18 = (t, t, −2t)t es una base de Vλ=18 .
} { } t ∈ R . Y como (t, t, −2t) = t(1, 1, −2), entonces Bλ=18 = (1, 1, −2)t
Para encontrar una base ortonormal de Vλ=18 , en este caso, basta con normalizar al unico vector ´ 2 de la base. Y como ||(1, 1, −2)|| = 6, entonces,
Entonces, Cλ=18 =
{(
√1 , √1 6 6
( ) 1 1 1 −2 · (1, 1, −2) = √ , √ , √ ||(1, 1, −2)|| 6 6 6 )t } −2 √ , es base ortonormal de Vλ=18 . 6
Por lo tanto, C = Cλ=12 ∪ Cλ=18 =
{(
)t ( , √1 ,
−1 √ , √1 , 0 2 2
3
√1 , √1 3 3
)t ( , √1 , 6
√1 , −2 √ 6 6
)t } , es una base ortonor-
mal de vectores propios de M, porque los vectores propios asociados a distintos valores propios son ortogonales entre s´ı. Entonces la matriz ortogonal a Q es, −1 √2 1 Q = √2 0
√1 3 √1 3 √1 3
√1 6 √1 6 −2 √ 6
y la matriz diagonal D similar a M es la matriz, 12 0 0 D = 0 12 0 0 0 18
5 −6 −6 2 . 3. Sea A = −1 4 3 −6 −4 a) Calcule los valores propios de A. Respuesta: El polinomio caracter´ıstico de A es; −6 5 − λ −6 2 PA (λ) = det (A − λI3 ) = det −1 4 − λ 3 −6 −4 − λ
= − (λ − 1) · (λ − 2)2
Entonces los valores propios de A son λ1 = 1, λ2 = 2. Los subespacios propios: Para λ = 1, Vλ=1 = EspacioNulo (A − I3 ). 4 −6 −6 2 A − I3 = −1 3 3 −6 −5
4 f2 + f1 −→ 3 f2 + f3 129
0 6 2 − f3 + f2 −1 3 2 −→ 0 3 1 −2 f3 + f1
0 0 0 −1 0 1 0 3 1
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0 0 0 1 0 −1 1 0 −1 f1 ⇔ f2 f2 ⇔ f3 1 1 0 −1 0 0 0 −→ −→ 0 1 3 1 1 0 1 3 0 0 0 0 1 3 {( } )t Por lo tanto, Vλ=1 = t, −t , t t ∈ R . Entonces, para determinar una base, 3 ( ) ( ) −1 t, −t 3 , t = t 1, 3 , 1 . {( )t } Podemos tomar, Bλ=1 = 1, −1 , 1 . Entonces, la multiplicidad geom´etrica y 3 − f2 −→ 1 3 f3
algebraica son
iguales a 1. Para λ = 2, Vλ=2 = EspacioNulo (A − 2I3 ).
Por lo tanto, Vλ=2
3 −6 −6 − f1 + f3 3 −6 −6 1 −2 −2 2 −→ A − 2I3 = −1 2 3 −6 −6 − f1 0 0 0 0 0 0 1 −2 −2 f ⇔ f2 −3 f2 + f1 1 −2 −2 1 0 −→ 0 0 −→ 0 0 0 0 0 0 { } = (2s + 2t, s, t)t s, t ∈ R . Entonces, para obtener una base,
(2s + 2t, s, t) = (2s, s, 0) + (2t, 0, t) = s (2, 1, 0) + t (2, 0, 1) { } Una base de Vλ=2 , es Bλ=2 = (2, 1, 0)t , (2, 0, 1)t . Entonces, la multiplicidad geom´etrica y algebraica son iguales a 2. b) Determine si A es diagonalizable o no. Respuesta: Para λ = 1 y λ = 2, la multiplicidad geom´etrica y algebraicas son iguales, por teorema, A es diagonalizable, y la matriz C que diagonaliza a A es, 1 C = −1 3 1
2 2 1 0 0 1
1 0 0 D = 0 2 0 0 0 2
es la matriz diagonal que es similar a A. 2 0 4. λ = 2 es el unico valor propio de la matriz A = ´ 0 0
1 2 0 0
0 1 2 0
0 0 . 0 2
a) Halle una base para el espacio propio V2 asociado al valor propio λ = 2. Respuesta: 130
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Sabemos que, V2 = EspacioNulo(A − 2I4 ). Y como, 0 1 0 0 0 0 1 0 A − 2I4 = 0 0 0 0 0 0 0 0 { } Entonces, claramente, V2 = (s, 0, 0, t)t s, t ∈ R . Para obtener una base, separamos los par´ame{ } tros, (s, 0, 0, t) = s(1, 0, 0, 0) + t(0, 0, 0, 1). Entonces, BV2 = (1, 0, 0, 0)t , (0, 0, 0, 1)t es base de V2 . b) (10 puntos) ¿Es la matriz A diagonalizable? (Justifique su respuesta). Respuesta: Note que λ = 2 es el unico valor propio de A, esto porque su polinomio caracter´ıstico es: ´ 1 0 0 2 − λ 0 2−λ 1 0 = (2 − λ)4 PA (λ) = det(A − λI4 ) = det 0 2−λ 0 0 0 0 0 2−λ Entonces, λ = 2 tiene multiplicidad algebraica 4. Y como su subespacio propio V2 , tiene dimension ´ 2, entonces λ = 2 tiene multiplicidad geom´etrica 2. Como son distintas, por teorema, entonces A no es diagonalizable. 1 0 1 5. Sea 0 1 1. Halle una matriz C tal que 1 1 0
1 0 0 C−1 A C = 0 2 0 0 0 −1
Respuesta: Como A es sim´etrica, entonces es ortogonalmente diagonalizable. Es decir, existen una matriz C ortogonal y una matriz D diagonal, tales que C−1 AC = D. Entonces, claramente la matriz D es 1 0 0 D = 0 2 0 0 0 −1 y entonces los valores propios de A son los elementos de la diagonal principal de D, es decir que, λ1 = 1 λ2 = 2 y λ3 = −1 son los valores propios de A. Y por la teor´ıa, sabemos tambi´en que la matriz C es la que tiene como columnas, una base ortonormal de vectores propios de A. Calculamos los subespacios propios asociados a cada valor propio de A: Para λ = 1; Vλ=1 = EspacioNulo (A − I3 )
131
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0 0 1 − f1 + f2 0 0 1 1 1 0 1 1 0 f ⇔ f3 f ⇔ f3 0 0 0 1 0 0 0 2 0 0 1 −→ A − I3 = 0 0 1 −→ −→ 1 1 −1 f1 + f3 1 1 0 0 0 1 0 0 0 { } Entonces, Vλ=1 = (t, −t, 0)t t ∈ R . Separamos el par´ametro, y tenemos que (t, −t, 0) = t (1, −1, 0), { } por lo tanto, Bλ=1 = (1, −1, 0)t es una base de Vλ=1 . Para encontrar una base ortonormal, norma√ lizamos el vector de la base. Como, ||(1, −1, 0)|| = 2, entonces,
Entonces,
B∗λ=1
=
{(
√1 2
( ) 1 1 −1 · (1, −1, 0) = √ , √ , 0 ||(1, −1, 0)|| 2 2 )t } −1 √ , ,0 es una base ortonormal de Vλ=1 . 2
Para λ = 2; Vλ=2 = EspacioNulo (A − 2I3 ) 1 f1 + f3 −1 0 1 − f2 + f3 1 0 −1 −1 0 0 1 −1 −→ A − 2I3 = 0 −1 1 −→ 0 1 −1 1 1 −2 − f2 0 1 −1 − f1 0 0 0 { } Entonces, Vλ=2 = (t, t, t)t t ∈ R . Separamos el par´ametro para encontrar una base: (t, t, t) = { } t (1, 1, 1), por lo tanto, Bλ=2 = (1, 1, 1)t es una base de Vλ=2 . Ahora, normalizamos el vector de la √ base. Como, ||(1, 1, 1)|| = 3, entonces,
Entonces,
B∗λ=2
=
{(
√1 , √1 , √1 3 3 3
( ) 1 1 1 1 · (1, 1, 1) = √ , √ , √ ||(1, 1, 1)|| 3 3 3 )t } es una base ortonormal de Vλ=2 .
Para λ = −1; Vλ=−1 = EspacioNulo (A + I3 ) 2 0 1 −2 f3 + f1 A + I3 = 0 2 1 −→ 1 1 1
0 −2 −1 0 2 1 1 1 1
f1 + f2 −→ 1 2 f1 + f3
0 −2 −1 0 0 0 1 1 0 2
0 1 12 1 0 12 f ⇔ f2 0 1 12 −→ 1 0 12 1 −→ f2 ⇔ f3 0 0 0 0 0 0 { } Entonces, Vλ=−1 = (−t, −t, 2t)t t ∈ R . Separamos el par´ametro, y tenemos que (−t, −t, 2t) = { } √ t (−1, −1, 2), por lo tanto, Bλ=−1 = (−1, −1, 2)t es una base de Vλ=−1 . Como, ||(−1, −1, 2)|| = 6, entonces, −1 2 f1
( ) 1 −1 −1 2 · (−1, −1, 2) = √ , √ , √ ||(−1, −1, 2)|| 6 6 6 132
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Entonces, una base ortonormal de Vλ=−1 es
B∗λ=−1
=
{(
−1 √ , −1 √ , √2 6 6 6
)t }
Una base ortonormal de R3 formada por vectores propios de A es: B = B∗λ=1 ∪ B∗λ=2 ∪ B∗λ=−1
( )t ( )t ( )t 1 1 −1 −1 1 1 −1 2 , , = , , 0 , , , , √ √ √ √ √ √ √ √ 2 3 3 3 6 6 6 2
As´ı, C es la matriz cuyas columnas son los vectores de la base anterior, es decir, C es la matriz dada por; 1 √2 −1 C = √2 0
√1 3 √1 3 √1 3
−1 √ 6 −1 √ 6 √2 6
1 a − 2 0 2 1 6. Sea A = 0 0 0 1 a) Halle el polinomio caracter´ıstico de A. Respuesta: Calculamos el polinomio caracter´ıstico de A, PA (λ) = det (A − λI3 ). Note que, A − λI3 es triangular, 0 1 − λ a − 2 2−λ 1 A − λI3 = 0 0 0 1−λ
Entonces, PA (λ) = (1 − λ)2 · (2 − λ), es el polinomio caracter´ıstico de A. De modo que los valores propios de A son λ1 = 1 y λ2 = 2. b) λ = 1 es un valor propio de A. Sea Vλ=1 el subespacio propio correspondiente a este valor propio. 1) Determine los valores de a para los cuales la dimension ´ de Vλ=1 es igual a 1. Respuesta: Como Vλ=1 = EspacioNulo (A − I3 ), entonces ) ( dim (Vλ=1 ) = dim EspacioNulo (A − I3 ) = 3 − Rng (A − I3 ) 0 a − 2 0 1 1 A − I3 = 0 0 0 0 Si a , 2, 133
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A − I3
0 1 0 − f1 + f2 0 1 1 −→ −→ 0 0 0
1 a−2 f1
0 1 0 0 0 1 0 0 0
Entonces Rng (A − I3 ) 2 y dim (Vλ=1 ) = 1 2) Determine los valores de a para los cuales la dimension ´ de Vλ=1 es igual a 2. Respuesta: Si a = 2, Rng (A − I3 ) = 1 y entonces, dim (Vλ=1 ) = 2. c) Determine los valores de a para los cuales la matriz A es diagonalizable; y en este caso, halle una matriz invertible C tal que C−1 AC sea diagonal. Respuesta: A es diagonalizable si para cada valor propio, las multiplicidades geom´etricas y algebraicas son iguales. Como, para λ = 1; multiplicidad algebraica=2 y multiplicidad geom´etrica=dim (Vλ=1 ). Entonces, si a = 2, por la parte b), se tiene que dim (Vλ=1 ) = 2 y las multiplicidades son iguales para el valor propio λ = 1. Para el valor λ = 2, como la multiplicidad algebraica=1 y multiplicidad geom´etrica=dim (Vλ=2 ), y dado que para que A sea diagonalizable se necesita que 3 = dim (Vλ=1 ) + dim (Vλ=2 ), por lo tanto, si a = 2 se sigue que dim (Vλ=2 ) = 1 y las multiplicidades son iguales para el valor propio λ = 2. Entonces, A es diagonalizable si a = 2. Calculamos los subespacios propios: Por la parte b), para λ = 1, Vλ=1 = EspacioNulo (A − I3 ).
{ entonces, Vλ=1 = (s, −t, t)t Vλ=1 .
0 1 1 A − I3 = 0 0 0 0 0 0 } { } s, t ∈ R , por lo tanto, Bλ=1 = (1, 0, 0)t , (0, −1, 1)t es una base de
Para λ = 2, Vλ=2 = EspacioNulo (A − 2I3 ).
entonces, Vλ=2
−1 0 0 − f1 1 0 0 A − 2I3 = 0 0 1 −→ 0 0 1 0 0 −1 f2 + f3 0 0 0 } { } { = (0, s, 0)t s ∈ R , por lo tanto, Bλ=2 = (0, 1, 0)t es una base de Vλ=2 .
134
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Entonces, { } B = Bλ=1 ∪ Bλ=2 = (1, 0, 0)t , (0, −1, 1)t , (0, 1, 0)t es una base de R3 formada por los vectores propios de A. 1 0 0 1 0 0 Por lo tanto, si C = 0 −1 1 y D = 0 1 0 0 0 2 0 1 0 Por tanto, C es la matriz buscada.
. Entonces C y D cumplen que, C−1 AC = D.
−1 1 2 7. Sea A = 0 2 0 . −2 1 3 a) Determine los valores propios de A. Respuesta: El polinomio caracter´ıstico de A es 1 2 −1 − λ 0 2−λ 0 PA (λ) = det (A − λI3 ) = det −2 1 3−λ
= (2 − λ) (λ − 1)2
Entonces los dos valores propios de A son λ1 = 1 y λ2 = 2 b) Para cada valor propio de A halle una base para su espacio propio asociado. Respuesta: Calculamos los subespacios propios: Para λ1 = 1, Vλ=1 = EspacioNulo (A − I3 ). −2 1 2 − f1 + f3 A − I3 = 0 1 0 −→ −2 1 2 { Entonces Vλ=1 = (t, 0, t)t propio Vλ=1 .
−2 1 2 − f1 + f2 0 1 0 −→ 0 0 0
−2 0 2 −1 f 0 1 0 2 1 −→ 0 0 0
1 0 −1 0 1 0 0 0 0
} } { t ∈ R , de modo que Bλ=1 = (1, 0, 1)t es una base del subespacio
Para λ2 = 2, Vλ=2 = EspacioNulo (A − 2I3 ). −3 1 2 − f3 + f1 A−2I3 = 0 0 0 −→ −2 1 1
−1 0 1 − f1 0 0 0 −→ −2 1 1 f2 ⇔ f3 135
1 0 −1 2 f1 + f2 −2 1 1 −→ 0 0 0
1 0 −1 0 1 −1 0 0 0
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{ Entonces Vλ=2 = (t, t, t)t propio Vλ=2 .
} { } t ∈ R , de modo que Bλ=2 = (1, 1, 1)t es una base del subespacio
c) ¿Es la matriz A diagonalizable? Respuesta: Para λ1 = 1 la multiplicidad algebraica es 2, pero la multiplicidad geom´etrica es 1. Entonces por teorema, se sigue que A no puede ser diagonalizable. 8. Sea T : R3 → R3 un operador lineal definido por ( ) T(x, y, z) = 5x + 4y + z, 4x + 8y − 4z, x − 4y + 5z [ ] Si T es ortogonalmente diagonalizable halle una base ortonormal B de R3 tal que T sea una B matriz diagonal; en caso contrario justifique por qu´e T no es ortogonalmente diagonalizable. Respuesta:
1 [ ] 5 4 La matriz A de T en la base canonica C de R3 es A = 4 8 −4 = T . ´ C 1 −4 5 Como A es sim´etrica entonces T es ortogonalmente diagonalizable. Buscamos una base B ortonor[ ] mal formada por vectores propios de A y de modo que T sea una matriz diagonal con los valores B propios de A en la diagonal principal. El polinomio caracter´ıstico de A es 4 1 5 − λ 4 8 − λ −4 (A ) PA (λ) = det − λI3 = det 1 −4 5 − λ
= −λ (λ − 6) (λ − 12)
Entonces λ1 = 0, λ2 = 6 y λ3 = 12 son los 3 valores propios de A. Calculamos los subespacios propios: Para λ1 = 0, Vλ=0 = EspacioNulo (A), entonces, −5 f3 + f1 −→ A −4 f3 + f2
0 24 −24 − f1 + f2 0 24 −24 −→ 1 −4 5 4 f1 + f3 −→
0 24 −24 1 f 0 0 0 24 1 −→ 1 −4 5
0 1 −1 1 0 1 0 0 0 −→ 0 1 −1 1 0 1 0 0 0
136
0 1 −1 0 0 0 1 −4 5
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{ Por lo tanto, Vλ=0 = (−t, t, t)t
} t ∈ R . Entonces, v1 = (−1, 1, 1)t es una base de Vλ=0 . Para en√ contrar una base ortonormal solamente es necesario normalizar a v1 . Como ||v1 || = 3, entonces ´ ( )t √ , √1 , √1 a1 = ||v11 || v1 = −1 es tal que Bλ=0 = {a1 } es base ortonormal de Vλ=0 . 3
3
3
Para λ2 = 6, Vλ=6 = EspacioNulo (A − 6I3 ), entonces, 1 f1 + f3 −1 4 2 −4 −→ A − 6I3 = 4 1 −4 −1 4 f1 + f2
−1 4 1 − f1 1 −4 −1 4 f2 + f1 0 18 0 −→ 0 1 0 1 −→ 0 0 0 0 0 0 18 f2
1 0 −1 0 1 0 0 0 0
{ Por lo tanto, Vλ=6 = (t, 0, t)t
} t ∈ R . Entonces, v2 = (1, 0, 1)t es una base de Vλ=6 . Para encon√ trar una base ortonormal solamente es necesario normalizar a v2 . Como ||v2 || = 2, entonces ´ ( )t a2 = ||v12 || v2 = √1 , 0, √1 es tal que Bλ=6 = {a2 } es base ortonormal de Vλ=6 . 2
2
Para λ3 = 12, Vλ=12 = EspacioNulo (A − 12I3 ), entonces, 1 7 f3 + f1 −7 4 −→ A − 12I3 = 4 −4 −4 1 −4 −7 −4 f3 + f2 − f2 + f1 −→ 4 f2 + f3
1 f1 0 −24 −48 − 24 0 12 −→ 24 1 1 −4 −7 12 f2
0 0 0 f ⇔ f2 0 1 2 1 −→ 1 0 1
2 0 1 0 1 2 1 −4 −7
1 0 1 0 1 2 0 0 0
{ Por lo tanto, Vλ=12 = (−t, −2t, t)t
} t ∈ R . Entonces, v3 = (−1, −2, 1)t es una base de Vλ=12 . Pa√ ra encontrar una base ortonormal normalizamos a v3 . Como ||v3 || = 6, entonces a3 = ||v13 || v3 = ( )t −1 −2 1 √ , √ , √ es tal que Bλ=12 = {a3 } es base ortonormal de Vλ=12 . 6
6
6
Entonces una base ortonormal de vectores propios de A es B = Bλ=0 ∪ Bλ=6 ∪ Bλ=12
( )t ( )t ( )t 1 1 1 −1 −2 1 −1 1 = √ , √ , √ , √ , 0, √ , √ , √ , √ 3 3 3 6 6 6 2 2
[ ] Entonces en la base B la matriz T es diagonal y toma la forma B
0 0 0 [ ] T = 0 6 0 B 0 0 12
137
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11. Formas cuadr´aticas, secciones conicas ´ y superficies cuadr´aticas 1. La ecuacion ´ 5x2 − 2xy + 5y2 = 4 representa una conica. ´ a) Efectue ´ un cambio de variable que corresponda a una rotacion ´ de ejes de manera que la ecuacion y escriba la ecuacion ´ en las nuevas variables tenga la forma canonica ´ ´ en esas nuevas variables. Respuesta: Por simplificacion, en las variables x1 y x2 , 5x21 −2x1 x2 +5x22 = 4. ´ escriba la ecuacion ´ de la conica ´ (
En forma matricial, se escribe,
xt Ax
) 5 −1 = 4, donde A = . Buscamos los valores propios −1 5
de A, ( PA (λ) = det
5 − λ −1 −1 5 − λ
) = (5 − λ)2 − 1 = λ2 − 10λ + 24 = (λ − 4)(λ − 6)
Por lo tanto, λ1 = 4 y λ2 = 6 son los valores propios de A. Los subespacios propios son: Para λ1 = 4, Vλ=4 = EspacioNulo (A − 4I2 ) (
( ) f1 + f2 1 −1 A − 4I2 = −→ 0 0 { } { } Entonces, Vλ=4 = (s, s)t s ∈ R . Por tanto, Bλ=4 = (1, 1)t es una base. Como solo ´ contiene un vector, entonces para√obtener una base ortonormal solamente es necesario normalizar el ´ vector. Como ||(1, 1)|| = 2, entonces,
De modo que Dλ=4 =
{(
√1 , √1 2 2
1 −1 −1 1
)
( ) 1 1 1 · (1, 1) = √ , √ ||(1, 1)|| 2 2 )t } es una base ortonormal de Vλ=4 .
Para λ2 = 6, Vλ=6 = EspacioNulo (A − 6I2 ) ) ( ) ( ) 1 1 −1 −1 − f1 −1 −1 − f1 + f2 A − 6I2 = −→ 0 0 0 0 −→ −1 −1 } { } { Entonces, Vλ=6 = (−s, s)t s ∈ R . Por tanto, Bλ=6 = (−1, 1)t es una base. Normalizamos el √ vector de la base. Como ||(−1, 1)|| = 2, entonces, (
De modo que Dλ=6 =
{(
−1 √ , √1 2 2
( ) 1 −1 1 · (−1, 1) = √ , √ ||(−1, 1)|| 2 2 )t } es una base ortonormal de Vλ=6 .
138
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Entonces, B = Dλ=4 ∪ Dλ=6 =
{(
√1 , √1 2 2
)t ( √ , , −1 2
√1 2
)t } es una base ortonormal de vectores
propios de A. Por lo tanto, si C es la matriz; C =
−1 √ 2 √1 2
√1 2 √1 2
el cambio de variable y = Ct x elimina el t´ermino cruzado. De modo que la forma cuadr´atica equivalente es: y2 3 4y21 + 6y22 = 4 ⇔ y21 + y22 = 1 ⇔ y21 + √2 = 1 2 2 3
Entonces la conica es una elipse en los nuevos ejes. ´ b) Determine los nuevos ejes y el a´ ngulo de rotacion. ´ Respuesta: Los nuevos ejes son las rectas: y1 : (x1 , x2 ) = t(1, 1) ⇒ Eje y1 : x2 = x1 y2 : (x1 , x2 ) = t(−1, 1) ⇒ Eje y2 : x2 = −x1 ) ( 1 √1 √ , y e1 = (1, 0) El a´ ngulo de rotacion ´ es el a´ ngulo entre el vector (
)
2
2
1 1 1 cosθ = (1, 0) · √ , √ = √ ⇒ 2 2 2 De modo que la rotacion ´ es de 45 grados. c) Haga un gr´afico de la conica. ´ Respuesta:
139
θ=
π 4
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2. La ecuaci on Y los valores propios de la matriz ´ )5x2 − 4xy + 8y2 − 36 = 0 representa una conica. ´ ( 5 −2 A= son 4 y 9. −2 8 a) Realice una rotacion ´ de los ejes x,y de modo que los nuevos ejes x, y la ecuacion ´ de la conica ´ est´e en su forma canonica. Escriba la ecuacion e identifique cu´al conica es. ´ ´ canonica ´ ´ Respuesta: Calculamos los subespacios propios, Para λ1 = 4, Vλ=4 = EspacioNulo (A − 4I2 ). ( A − 4I2 =
1 −2 −2 4
)
2 f1 + f2 −→
(
1 −2 0 0
)
{ } Por lo tanto, Vλ=4 = (2t, t)t t ∈ R . Entonces, para obtener una base, (2t, t) = t (2, 1). { } Una base de Vλ=4 , es (2, 1)t . Para encontrar una base ortonormal, solamente necesitamos ´ √ normalizar el vector. ||(2, 1)|| = 5. Entonces;
Entonces, Bλ=4 =
{(
√2 , √1 5 5
)t }
) ( 1 1 2 · (2, 1) = √ , √ ||(2, 1)|| 5 5 es base ortonormal de Vλ=4 .
Para λ2 = 9, Vλ=9 = EspacioNulo (A − 9I2 ). (
−4 −2 −2 −1
A − 9I2 =
(
−1 2 f2
−→
Se sigue que, Vλ=9 =
{(
)t −t , t 2
0 0 1 12
) )
−2 f2 + f1 −→ f1 ⇔ f2 −→
(
(
0 0 −2 −1
1 12 0 0
)
)
} ( ) ( ) −1 t ∈ R . Entonces, para obtener una base, −t , t = t , 1 . 2 2
{( )t } Una base de Vλ=9 , es −1 , 1 . Para encontrar una base ortonormal, normalizamos el vector. 2 ( ) √ −1 , 1 = 5 . Entonces; 2 2 ) ) ( −1 −1 2 ( ,1 = √ , √ ) · 2 −1 , 1 5 5 2 (
1
Por tanto, Bλ=9 =
{(
−1 √ , √2 5 5
)t }
Entonces, B = Bλ=4 ∪ Bλ=9
es base ortonormal de Vλ=9 . {( )t ( )t } 2 −1 1 2 √ , √ = , √ ,√ es base ortonormal de vectores propios 5
5
5
de A.
140
5
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Tomando el cambio de variable (z, w) =
Ct
·
(x, y)t ,
donde C =
√2 5 √1 5
−1 √ 5 √2 5
es una matriz
ortogonal cuyas columnas son la base B, se obtiene la forma cuadr´atica equivalente; 4z2 + 9w2 − 36 = 0 ⇔
4 2 9 z + w2 = 1 36 36
z2 w2 + =1 32 22 Entonces en los nuevos ejes, la conica es una elipse. ´ b) Calcule ´ el a´ ngulo de rotacion ´ de sus ejes. Respuesta: Como el a´ ngulo de rotacion ´ es el a´ ngulo entre el eje x y el nuevo eje z, este mismo a´ ngulo es el formado por los vectores directores de las rectas de los ejes, (
) 2 1 2 cosθ = e1 · √ , √ = √ 5 5 5
⇒ θ ≈ 26, 56◦
c) Haga el gr´afico de la conica, el cu´al debe ser claro y con suficientes detalles. ´ Respuesta: La gr´afica de la conica es ´
√ √ 3. La ecuacion ´ 3x21 + 6x1 x2 + 3x22 − 11 2x1 − 13 2x2 + 24 = 0 corresponde a una conica. ´ a) Encuentre una transformacion a su forma canoni´ lineal que permita transformar dicha conica ´ ´ ca sin t´erminos mixtos.
141
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca
Respuesta: La ecuacion ´ se escribe en la forma matricial como: xt Ax + Bx + l = 0, donde ( A=
3 3 3 3
)
√ √ B = (−11 2, −13 2)
l = 24
El polinomio caracter´ıstico de A es; ( PA (λ) = det (A − λI2 ) = det
3−λ 3 3 3−λ
) = λ(λ − 6)
Por tanto, λ1 = 0 y λ2 = 6 son los dos valores propios de A. Subespacios propios: Para λ = 0; Vλ=0 = EspacioNulo (A) ( ) 1 ( ) − f1 + f2 3 3 1 1 f1 3 A −→ 0 0 −→ 0 0 } { } { Tenemos que Vλ=0 = (t, −t)t t ∈ R . Entonces, una base para Vλ=0 es Bλ=0 = (1, −1)t . Para encontrar vector de la base. Como, ´ √ una base ortonormal, basta con normalizar al unico ||(1, −1)|| = 2
Entonces,
B∗λ=0
=
{(
√1 , − √1 2 2
)t }
( ) 1 1 1 √ · (1, −1) = √ , − √ 2 2 2 es una base ortonormal de Vλ=0 .
Para λ = 6; Vλ=6 = EspacioNulo (A − 6I2 ) ( A − 6I3 = { Tenemos que Vλ=6 = (t, t)t
) ( ) −1 ( ) −3 3 f1 + f2 −3 3 1 −1 3 f1 3 −3 −→ 0 0 0 0 −→ } { } t ∈ R . Entonces, una base para Vλ=6 es Bλ=6 = (1, 1)t .
Una base ortonormal se obtiene al normalizar al unico vector de la base. Como, ||(1, 1)|| = ´ ( ) 1 1 1 √ · (1, 1) = √ , √ 2 2 2 {( )t } 1 1 ∗ . Entonces, una base ortonormal de Vλ=6 es Bλ=6 = √ , √ 2
2
Una base ortonormal de R2 formada por vectores propios de A es: ( )t ( )t 1 1 1 1 B= , − , , √ √ √ √ 2 2 2 2 Tome C la matriz dada por;
142
√
2
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca 1 √2 C = − √1
2
√1 2 √1 2
que es una matriz ortogonal que diagonaliza ortogonalmente a A. El cambio de variable, y = Ct x elimina los t´erminos cruzados de la forma cuadr´atica xt Ax de la ecuacion ´ matricial. Para los t´erminos lineales, ( √ √ ) (r, s) = B · C = −11 2, −13 2 ·
√1 2 − √1 2
√1 2 √1 2
= (2, −24)
Por lo tanto, la ecuacion equivalente es: ´ de la conica ´ 0y21 + 6y22 + 2Y1 − 24y2 + 24 = 0 ⇒ 3y22 + y1 − 12y2 + 12 = 0 ⇒ y1 + 3y22 − 12y2 + 12 = 0 ⇒ y1 + 3(y22 − 4y2 ) + 12 = 0 ⇒ y1 = −3(y2 − 2)2 Tome, z1 = y1 y z2 = y2 − 2. ⇒ z1 = −3z22 es la ecuacion de una par´abola, que se abre hacia la parte negativa del eje ´ en forma canonica ´ y1 y est´a centrada en (0, 2). b) Determine el a´ ngulo de rotacion ´ efectuado por dicha transformacion. ´ Respuesta: ´ es el que se forma entre los ejes x1 y z1 , y por lo tanto entre e1 = (1, 0) y (El a´ ngulo) de rotacion √1 , − √1 2 2
que son los vectores directores de esos ejes. (
) 1 1 1 π cosθ = e1 · √ , − √ = √ ⇒ θ = = 45◦ 4 2 2 2
La rotacion ´ es 45 grados el en sentido contrario al movimiento de las agujas del reloj. c) Trace la gr´afica de la conica en los nuevos ejes coordenados. ´ Respuesta: Los nuevos ejes y1 y y2 tienen ecuacion ´ respecto a los ejes x1 y x2 dada por, (x1 , x2 ) = t · (1, −1) → eje y1 : x2 = −x1 (x1 , x2 ) = t · (1, 1) → eje y2 : x2 = x1 143
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca
La gr´afica de la conica es ´
4. La ecuacion ´ 5x2 − 4xy + 8y2 = 36 corresponde a una seccion ´ conica. ´ a) Determine una transformacion ´ lineal T(x, y) = (z, w) tal que al efectuar este cambio de variables, la ecuacion ´ resultante est´e en la forma canonica. ´ Respuesta: La ecuacion ´ se escribe en la forma matricial como: xt Ax + l = 0, donde ( A=
5 −2 −2 8
) l = −36
Diagonalizamos ortogonalmente a A para obtener el cambio de variable. Para eso calculamos primero los valores propios de A. El polinomio caracter´ıstico de A es; ( PA (λ) = det (A − λI2 ) = det
5 − λ −2 −2 8 − λ
) = (λ − 4)(λ − 9)
Por tanto, λ1 = 4 y λ2 = 9 son los dos valores propios de A. Subespacios propios: Para λ = 4; Vλ=4 = EspacioNulo (A − 4I2 ) ( A − 4I2 =
1 −2 −2 4
)
2 f1 + f2 −→
(
1 −2 0 0
)
{ } { } Tenemos que Vλ=4 = (2t, t)t t ∈ R . Entonces, una base para Vλ=4 es Bλ=4 = (2, 1)t . Normalizamos al unico vector de la base para encontrar una base ortonormal. Como, ||(2, 1)|| = ´ √ 5 144
´ Ejercicios de Algebra lineal
Entonces,
B∗λ=4
=
Prof. Christian Fonseca
{(
√2 , √1 5 5
)t }
( ) 1 2 1 √ · (2, 1) = √ , √ 5 5 5 es una base ortonormal de Vλ=4 .
Para λ = 9; Vλ=9 = EspacioNulo (A − 9I2 ) ( A − 9I3 = {
−4 −2 −2 −1
Tenemos que Vλ=9 = (−t, 2t)t
)
−1 4 f1
(
−→
1 1 2 −2 −1
)
2 f1 + f2 −→
(
1 12 0 0
)
} { t ∈ R . Entonces, una base para Vλ=9 es Bλ=9 = (−1, 2)t . }
Una base ortonormal se obtiene al normalizar al unico vector de la base. Como, ||(−1, 2)|| = ´
√
5
( ) 1 −1 2 √ · (−1, 2) = √ , √ 5 5 5 {( )t } −1 2 . Entonces, una base ortonormal de Vλ=9 es B∗λ=9 = √ , √ 5
5
Una base ortonormal de R2 formada por vectores propios de A es: ∗ B = Bλ=4 ∪ B∗λ=9
( )t ( )t 1 −1 2 2 = √ , √ , √ , √ 5 5 5 5
Tome C la matriz dada por; C =
√2 5 √1 5
−1 √ 5 √2 5
que es ( ) una matriz ( ) ortogonal que diagonaliza ortogonalmente a A. El cambio de variable, z x = Ct · elimina los t´erminos cruzados de la forma cuadr´atica xt Ax de la ecuacion ´ w y matricial. Por lo tanto, la ecuacion equivalente es: ´ de la conica ´ 4z2 + 9w2 = 36 ⇒
z2 w2 + =1 9 4
⇒
z2 w2 + =1 32 22
En los nuevos ejes, z y w, la ecuacion corresponde a una elipse. ´ en forma canonica ´ b) En un mismo gr´afico, trace los ejes coordenados x y y, los ejes coordenados z y w y la seccion ´ conica. ´ Respuesta: Los nuevos ejes tienen ecuacion ´ respecto a los ejes x y y dada por, 145
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca ( (
) x, y = t · (2, 1) → eje z: y = 2x
) −1 x, y = t · (−1, 2) → eje w: y = x 2
La gr´afica de la conica es ´
5. Considere la seccion correspondiente a la ecuacion ´ conica ´ ´ x21 + x22 − 4x1 x2 + 2x1 + 2x2 = 6 ( ) ( ) y1 x t = P 1 para eliminar el t´ermino mixto a) Haga un cambio de coordenadas, apropiado, y2 x2 (x1 , x2 ). Determine expl´ıcitamente la matriz P. Respuesta: La ecuacion se escribe en la forma matricial como: xt Ax + Bx + f = 0, donde ´ de la conica ´ ( A=
1 −2 −2 1
) B = (2, 2)
f = −6
Diagonalizamos ortogonalmente a A para efectuar el cambio de variable. El polinomio caracter´ıstico de A es; ( PA (λ) = det (A − λI2 ) = det
1 − λ −2 −2 1 − λ
) = −(λ + 1)(3 − λ)
Por tanto, λ1 = −1 y λ2 = 3 son los dos valores propios de A. Los subespacios propios son: Para λ = −1; Vλ=−1 = EspacioNulo (A + I2 ) ( A + I2 =
2 −2 −2 2 146
)
( −→
1 −1 0 0
)
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca
{ Tenemos que Vλ=−1 = (t, t)t
} { } t ∈ R . Entonces, una base para Vλ=−1 es Bλ=−1 = (1, 1)t .
Para encontrar una base ortonormal, basta con normalizar al unico vector de la base. Como, ´ √ ||(1, 1)|| = 2
Entonces,
B∗λ=−1
=
{(
√1 , √1 2 2
)t }
( ) 1 1 1 √ · (1, 1) = √ , √ 2 2 2 es una base ortonormal de Vλ=−1 .
Para λ = 3; Vλ=3 = EspacioNulo (A − 3I2 ) ( A − 3I2 = { Tenemos que Vλ=3 = (−t, t)t
−2 −2 −2 −2
)
( −→
1 1 0 0
)
} { } t ∈ R . Entonces, una base para Vλ=3 es Bλ=3 = (−1, 1)t .
Una base ortonormal se obtiene al normalizar al unico vector de la base. Como, ||(−1, 1)|| = ´
√
2
( ) 1 −1 1 √ · (−1, 1) = √ , √ 2 2 2 {( )t } −1 1 ∗ √ √ Entonces, una base ortonormal de Vλ=3 es Bλ=3 = , . 2
2
Por lo tanto, una base ortonormal de R2 formada por vectores propios de A es: ( )t ( )t 1 −1 1 1 B= √ , √ , √ , √ 2 2 2 2 Entonces, P =
−1 √ 2 √1 2
√1 2 √1 2
que es una matriz ortogonal que diagonaliza ortogonalmente a A. El cambio de variable, y = Pt x, con y = (y1 , y2 )t y x = (x1 , x2 )t elimina los t´erminos cruzados de la forma cuadr´atica xt Ax de la ecuacion ´ matricial. Para los t´erminos lineales, (r, s) = B · P = (2, 2) ·
√1 2 √1 2
−1 √ 2 √1 2
√ = (2 2, 0)
Por lo tanto, la ecuacion equivalente es: ´ de la conica ´ λ1 y21 + λ2 y22 + rY1 + sy2 + f = 0 √ ⇒ −1y21 + 3y22 + 2 2y1 + 0y2 = 6 √ ⇒ −y21 + 2 2y1 + 3y22 = 6 147
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca ( ) √ ⇒ − y21 − 2 2y1 + 2 + 3y22 = 4 ( √ )2 ⇒ − y21 − 2 + 3y22 = 4 ( √ )2 y1 − 2 y22 + ⇒ − ( )2 = 1 22 2 √
3
es la ecuacion sin t´erminos mixtos y sin t´erminos lineales. ´ de la conica ´ b) Identifique la seccion trace, en un mismo dibujo, los ejes coordenados x1 , x2 , los ejes ´ conica, ´ coordenados y1 , y2 y la gr´afica de la seccion ´ conica. ´ Respuesta:
√ La conica es una hip´erbola,√que se abre hacia el eje y2 . Est´a centrada en el punto ( 2, 0) en los ´ ejes y1 , y2 Tome, z1 = y1 − 2 y z2 = y2 . ⇒ −
z21 22
+(
z22 √2 3
)2 = 1
es la ecuacion en los ejes z1 , z2 . ´ en forma canonica ´ ´ es el que se forma entre los ejes x1 y z1 , y por lo tanto entre e1 = (1, 0) y ) de rotacion (El a´ ngulo √1 , √1 que son los vectores directores de esos ejes. 2
2
(
) 1 1 1 π cosθ = e1 · √ , √ = √ ⇒ θ = = 45◦ 4 2 2 2
La rotacion ´ es 45 grados el en sentido contrario al movimiento de las agujas del reloj. Los nuevos ejes tienen ecuacion ´ respecto a los ejes x1 y x2 dada por, (x1 , x2 ) = t · (1, 1) → eje y1 : x2 = x1 (x1 , x2 ) = t · (−1, 1) → eje y2 : x2 = −x1 Las as´ıntotas siguen las ecuaciones, 1 y2 = √ y1 3 1 y2 = − √ y1 3
La gr´afica de la conica es ´
148
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca
6. Considere la seccion correspondiente a la ecuacion ´ conica ´ ´ √ √ 3x21 − 3x22 − 8x1 x2 − 4 5x1 + 2 5x2 = 15 ( ) ( ) y1 x t a) Haga un cambio de coordenadas, apropiado, = P 1 para eliminar el t´ermino mixto y2 x2 (x1 , x2 ). Determine expl´ıcitamente la matriz P. Respuesta: La ecuacion se escribe en la forma matricial como: xt Ax + Bx = f , donde ´ de la conica ´ ( A=
3 −4 −4 −3
)
√ √ B = (−4 5, 2 5)
f = 15
Diagonalizamos ortogonalmente a A para efectuar el cambio de variable. El polinomio caracter´ıstico de A es; ( PA (λ) = det (A − λI2 ) = det
3−λ −4 −4 −3 − λ
) = (λ − 5)(λ + 5)
Por tanto, λ1 = −5 y λ2 = 5 son los dos valores propios de A. Los subespacios propios son: Para λ = −5; Vλ=−5 = EspacioNulo (A + 5I2 ) ( A + 5I2 = { Tenemos que Vλ=−5 = (t, 2t)t Una base ortonormal es
B∗λ=−5
8 −4 −4 8
)
( −→
1 0
−1 2
)
0
} { } t ∈ R . Entonces, una base para Vλ=−5 es Bλ=−5 = (1, 2)t . =
{(
√1 , √2 5 5
)t }
149
es una base ortonormal de Vλ=−5 .
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca
Para λ = 5; Vλ=5 = EspacioNulo (A − 5I2 ) ( A − 5I2 =
−2 −4 −4 −8
)
( −→
1 2 0 0
)
} } { t ∈ R . Entonces, una base para Vλ=5 es Bλ=5 = (−2, 1)t . {( )t } 1 −2 ∗ Una base ortonormal de Vλ=5 es Bλ=5 = √ , √ . { Tenemos que Vλ=5 = (−2t, t)t
5
5
Por lo tanto, una base ortonormal de R2 formada por vectores propios de A es: B = B∗λ=−5 ∪ B∗λ=5
( )t ( )t 2 −2 1 1 = √ , √ , √ , √ 5 5 5 5
Tome P =
√1 5 √2 5
−2 √ 5 √1 5
que es una matriz ortogonal que diagonaliza ortogonalmente a A. El cambio de variable, y = Pt x, con y = (y1 , y2 )t y x = (x1 , x2 )t elimina los t´erminos cruzados de la forma cuadr´atica xt Ax de la ecuacion ´ matricial. Para los t´erminos lineales, ( √ √ ) (r, s) = B · P = −4 5, 2 5 ·
√1 5 √2 5
−2 √ 5 √1 5
= (0, 10)
Por lo tanto, en los nuevos ejes, la ecuacion equivalente es: ´ de la conica ´ λ1 y21 + λ2 y22 + rY1 + sy2 = f ⇒ −5y21 + 5y22 + 0y1 + 10y2 = 15 ⇒ −y21 + y22 + 2y2 = 3 ( )2 ⇒ −y21 + y22 + 1 = 4 ( )2 ( ) y1 y2 + 1 2 ⇒ − 2 + =1 2 22 es la ecuacion sin t´erminos mixtos y sin t´erminos lineales. ´ de la conica ´ b) Identifique la seccion trace, en un mismo dibujo, los ejes coordenados x1 , x2 , los ejes ´ conica, ´ coordenados y1 , y2 y la gr´afica de la seccion ´ conica. ´ Respuesta: La conica es una hip´erbola, que se abre hacia el eje y2 . Est´a centrada en el punto (0, −1) en los ´ ejes y1 , y2 Podemos centrarla en el origen, z1 = y1 y z2 = y2 + 1. ⇒ − 150
z21 22
+
z22 22
=1
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca
es la ecuacion en los ejes z1 , z2 . ´ en forma canonica ´ Los nuevos ejes tienen ecuacion ´ respecto a los ejes x1 y x2 dada por, (
) 1 2 (x1 , x2 ) = t · √ , √ → eje y1 : x2 = 2x1 5 5 ( ) −2 1 −1 (x1 , x2 ) = t · √ , √ → eje y2 : x2 = x1 2 5 5 Las as´ıntotas siguen las ecuaciones, y2 = y1 y2 = −y1
La gr´afica de la conica es ´
7. La ecuacion ´ 7x21 +
√ √ √ √ 2√ √ 2 6x1 x2 − 2 2 3x1 x3 + 5x22 − 3 6x2 x3 + 6x23 = 2 3
corresponde a una superficie cuadr´atica. a) Muestre que uno de los valores propios de la matriz de la forma cuadr´atica correspondiente es λ = 10. Determine los otros dos valores propios de la matriz. Respuesta: La ecuacion ´ se escribe en la forma matricial como: xt Ax + Bx + l = 0, donde
151
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca
A =
7 √ √
√ √ 2 6 2
2 6 5 √ √ √2 √ − 2 3 − 33 6
√ √ − √2 √ 3 − 33 6 6
B = (0, 0, 0)
l = −2
El polinomio caracter´ıstico de A es; PA (λ) = det (A − λI3 ) = det
√ √ 2 6 2
7√−√λ
2 6 5 √− √λ √2 √ − 2 3 − 33 6
√ √ − √2 √ 3 2 − 33 6 = −(λ − 4) (λ − 10) 6−λ
Por tanto, λ1 = 4 y λ2 = 10 son los dos valores propios de A. b) Encuentre, expl´ıcitamente, una transformacion ´ lineal de modo que la forma cuadr´atica dada sea transformada en una forma cuadr´atica sin t´erminos mixtos. Respuesta: Necesitamos hallar una base ortonormal de vectores propios de A. Subespacios propios: Para λ = 4; Vλ=4 = EspacioNulo (A − 4I3 ) A − 4I3 =
3 √ √
√ √ 2 6 2
√ √ − √2 √ 3
1 f 3 1 −→
1 √ √
√ √ 2 6 6
√ √ − √23√3 − 33 6 2
2 6 2 6 1 − 33 6 1 2 √ √ √ √ √ √2 √ √ 3 6 − 2 3 − 3 − 2 3 − 33 6 2 √ √ √ √ √ √ 2 6 2 3 √ √ √ √ − 22 6 f1 + f2 1 − 6 3 2 6 2 3 x2 + x3 ⇒ x1 = − 0 0 0 √ √−→ 6 3 0 0 0 2 3 f1 + f3 √ √ √ √ Entonces, tomando x2 = 2 6s y x3 = 2 3t (esto la expresion ´ del subes{( para simplificar } √ √ √ √ )t pacio propio como conjunto), tenemos que Vλ=4 = −2s + 2t, 2 6s, 2 3t s, t ∈ R .
Y como, (
( ( √ √ ) √ √ ) √ √ √ √ ) 2 6s, 2 3t = s −2, 2 6, 0 + t 2, 0, 2 3 {( )t ( √ √ )t } Entonces, una base para Vλ=4 es: Bλ=4 = −2, 12, 0 , 2, 0, 6 . −2s + 2t,
Como buscamos una base ortonormal, aplicamos el algoritmo de Gram-Smith a la base B. √ √ Sean v1 = (−2, 12, 0), v2 = (2, 0, 6). √ a1 = v1 = (−2, 12, 0) ⇒ ||a1 ||2 = 16 √ √ Como, v2 · a1 = (2, 0, 6) · (−2, 12, 0) = −4, entonces, a2 = v2 −
v2 · a1 ||a1 ||2
· a1 = (2, 0,
√
152
⇒
||a1 || = 4
( √ ) √ −4 3 12 √ (−2, 12, 0) = , , 6 6) − 16 2 4
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca
||a2 ||2 = 9
⇒
⇒
||a2 || = 3
Entonces, una base ortogonal de Vλ=4 , son b1 y b2 dados por, √ ( ) √ a1 1 1 3 b1 = ,0 = · (−2, 12, 0) = − , 2 2 ||a1 || 4 √ ) ( √ ) ( a2 1 3 12 √ 1 1 6 b2 = , 6 = , √ , = · , 2 ||a2 || 3 2 4 12 3 Entonces, B∗λ=4 = {b1 , b2 } es una base ortonormal de Vλ=4 . Para λ = 10; Vλ=10 = EspacioNulo (A − 10I3 ) A − 4I3 =
√ √ − √2 √ 3
√ √ 2 6 2
−3 √ √
−1 f 3 1 −→
2 6 −5 − 33 6 √ √ √2 √ − 2 3 − 33 6 −4 √ √ √ √ √ √ 2 6 2 3 − 22 6 f1 + f2 1 − 6 √3 √ −2 3 6 0 −4 3 √ √−→ √ √ 2 3 f1 + f3 0 −2 3 6 −2
−
Entonces, Vλ=10 =
3 √ √ 2 6 f2 6
−→ √
+ f1
√ 2 3 6 f2 3
{( √
)t
√
6 2 t,
+ f3 } t∈R .
18 6 t, −t
1 √ √
−
√ √ 2 6 6
√ √ 2 3 √3 √ − 33 6
2 6 −5 √ √ √2 √ − 2 3 − 33 6 −4 √ √ √ √ 2 3 1 − 2 6 − 1 f 6 √ 3√ 4 2 3 6 0 1 6 −→ √ √ −2 3 6 0 −2 3 √ √ 2 3 1 0 √ 2√ 3 6 0 1 6 0 0 0
Y como, √ (√ ) (√ √ ) 6 18 6 18 t, t, −t = t , , −1 2 6 2 6 (√ √ ) Entonces, una base para Vλ=10 es: Bλ=10 = 26 , 618 , −1 . Normalizamos el vector de esta base para encontrar una base ortonormal; como ( √ √ ) 6 √ 18 , , −1 = 3 2 6 Entonces,
( √ √1 ) 6 18 2 , 6 ,−1
·
(√
6 2 ,
√
)
18 6 , −1
=
(√
) √ 6 −1 2 √ , , 2 6 3
Por lo tanto, una base ortogonal de Vλ=10 , es (√ √ ) 2 6 −1 ∗ , , √ Bλ=4 = 2 6 3 Una base de R3 formada por vectores propios de A es: 153
´ Ejercicios de Algebra lineal
Prof. Christian Fonseca ( √ √ )t ( √ √ )t ( )t 1 3 1 1 6 2 6 −1 B= − , , 0 , , , , , , √ √ 2 2 2 3 2 6 3 12
As´ı, que si C es la matriz cuyas columnas son los vectores de la base anterior, es decir, si C es la matriz ortogonal dada por; −1 √2 3 C = 2 0
1 2 √1 √12 6 3
√
2 √2 6 6 −1 √ 3
entonces, el cambio de variable y = Ct x, con y ∈ R3 , se obtiene la forma equivalente sin t´erminos mixtos para la ecuacion ´ de la forma cuadr´atica: 4y21 + 4y22 + 10y23 = 2 ⇔ 2y21 + 2y22 + 5y23 = 1 c) Identifique cu´al es la superficie cuadr´atica en los nuevos ejes ordenados. Respuesta: Reacomodamos los t´erminos de la ecuacion ´ para identificar cu´al es la forma cuadr´atica en la posicion ´ canonica: ´ 2y21 + 2y22 + 5y23 = 1 ⇔ (
y21 y23 y22 + + )2 ( )2 ( )2 = 1
√1 2
√1 2
es un elipsoide en forma canonica en los nuevos ejes y1 , y2 , y3 . ´
154
√1 5
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