algebra lineal
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1
1) Seanu =
(
1√2, 0,
1√2
)
y v =
(
a,1√2,−b
)
. ¿Para que valores dea y b el
conjunto formado poru y v son ortogonales;u y v son ortonormales?
Solucion. • u y v son ortogonales si, y solo si,
u · v = 0.
Y esto es si, y solo si,
0 =1√2· a+ 0 · 1√
2+
1√2· (−b) =
a− b√2
.
Luegou y v son ortogonales si, y solo si,a = b.
• La norma de los vectores dados son
‖u‖ =
√
(
1√2
)2
+ 02 +
(
1√2
)2
= 1
‖v‖ =
√
a2 +
(
1√2
)2
+ b2 = 1 ⇐⇒ a2 + b2 = 1/2
Pero comoa = b entonces de la igualdada2 + b2 = 1/2 se tienea = ±1
2.
Por tanto, los vectores dados son ortonormales si, y solo si,a = b = 1/2o tambien sia = b = −1/2. ❚
2) Calcule el rango y la nulidad deA
1 2 1 32 1 −4 −51 1 0 00 0 1 1
2
Solucion. Haciendo transformaciones segun filas,
1 2 1 32 1 −4 −51 1 0 00 0 1 1
F2−→F2−2F1−−−−−−−−→F3−→F3−F1−−−−−−−→
1 2 1 30 −3 −6 −110 −1 −1 −30 0 1 1
F3−→(−3)F3−−−−−−−→
1 2 1 30 −3 −6 −110 3 3 90 0 1 1
F3−→F3+F2−−−−−−−→
1 2 1 30 −3 −6 −110 0 −3 −20 0 1 1
F4−→3F4−−−−−→
1 2 1 30 −3 −6 −110 0 −3 −20 0 3 3
F4−→F4+F3−−−−−−−→
1 2 1 30 −3 −6 −110 0 −3 −20 0 0 1
Luego el rango de la matriz dada es2 y la nulidad es4− 2 = 2. ❚
3) Resuelva el sistema y escriba la solucionx comoxp + xh
1 1 0 11 0 1 10 1 1 00 0 1 1
xyzw
=
1100
Solucion. En este caso se tiene el sistema
x+ y + w = 1
x+ z + w = 1
y + z = 0
z + w = 0
y la unica solucion es(1, 0, 0, 0), el cual se puede escribir como
(1, 0, 0, 0) = (1, 0, 0, 0) + (0, 0, 0, 0)
3
dondexh = (0, 0, 0, 0) es la solucion del sistema homogeneo asociado, esdecir, solucion de
1 1 0 11 0 1 10 1 1 00 0 1 1
xyzw
=
0000
Por tanto,xp = (1, 0, 0, 0) y xh = (0, 0, 0, 0). ❚
4) SeanS = {t2 + 1, t − 2, t + 3} y T = {2t2 + t, t2 + 3, t} bases paraP2.Seanv = 8t2 − 4t+ 6 y w = 7t2 − t+ 9.
a) Determine los vectores de coordenadas dev y w con respecto a la baseT .
b) ¿Cual es la matriz de transicionPS←T de la baseT a la baseS?
c) Determine los vectores de coordenadas dev y w con respecto aS utilizandoPS←T .
Solucion.
a) • Coordenadas dev respecto aTBuscamos escalaresα, β y λ tales que
8t2 − 4t+ 6 = α(2t2 + t) + β(t2 + 3) + λt
= (2α+ β)t2 + (α+ λ)t + 3β
de donde
8 = 2α + β
−4 = α + λ
6 = 3β
Como la solucion de este sistema esα = 3, β = 2 y λ = −7, entonces lascoordenadas dev respecto aT es(3, 2,−7).• Coordenadas dew respecto aTBuscamos escalaresα, β y λ tales que
7t2 − t+ 9 = α(2t2 + t) + β(t2 + 3) + λt
= (2α + β)t2 + (α + λ)t+ 3β
de donde
7 = 2α + β
−1 = α + λ
9 = 3β
4
Como la solucion de este sistema esα = 2, β = 3 y λ = −3, entonces lascoordenadas dew respecto aT es(2, 3,−3).
b) Expresamos cada vector deT como combinacion lineal de los elementosdeS.
• Coordenadas dew = 2t2 + t respecto aS
Buscamos escalaresα, β y λ tales que
2t2 + t = α(t2 + 1) + β(t− 2) + λ(t+ 3)
= αt2 + (β + λ)t+ (α− 2β + 3λ)
de donde
2 = α
1 = β + λ
0 = α− 2β + 3λ
Como la solucion de este sistema esα = 2, β = 1 y λ = 0, entonces lascoordenadas dew = 2t2 + t respecto aS es(2, 1, 0). Esto valores dan laprimera columna de la matriz buscada.
• Coordenadas dew = t2 + 3 respecto aS
Buscamos escalaresα, β y λ tales que
t2 + 3 = α(t2 + 1) + β(t− 2) + λ(t+ 3)
= αt2 + (β + λ)t+ (α− 2β + 3λ)
de donde
1 = α
0 = β + λ
3 = α− 2β + 3λ
Como la solucion de este sistema esα = 1, β = −2/5 y λ = 2/5, entonceslas coordenadas dew = t2 +3 respecto aS es(1,−2/5, 2/5). Esto valoresdan la segunda columna de la matriz buscada.
• Coordenadas dew = t respecto aS
Buscamos escalaresα, β y λ tales que
t = α(t2 + 1) + β(t− 2) + λ(t + 3)
= αt2 + (β + λ)t+ (α− 2β + 3λ)
5
de donde
0 = α
1 = β + λ
0 = α− 2β + 3λ
Como la solucion de este sistema esα = 0, β = 3/5 y λ = 2/5, entonceslas coordenadas dew = t2 + 3 respecto aS es(0, 3/5, 2/5). Esto valoresdan la tercera columna de la matriz buscada.
Por tanto, la matriz de transicion deT aS es
A =
2 1 01 −2/5 3/50 2/5 2/5
c) Ahora hallamos las coordenadas dev = 8t2 − 4t + 6 y w = 7t2 − t + 9respecto aS.
• Coordenadas dev = 8t2 − 4t + 6 respecto aS
Como las coordenadas dev respecto aT son(3, 2,−7) entonces respecto aS son
2 1 01 −2/5 3/50 2/5 2/5
32−7
=
8−2−2
Es decir, las coordenadas dev respecto aS son(8,−2,−2).
• Coordenadas dew = 7t2 − t + 9 respecto aS
Como las coordenadas dew respecto aT son(2, 3,−3) entonces respectoaS son
2 1 01 −2/5 3/50 2/5 2/5
23−3
=
7−10
Es decir, las coordenadas dev respecto aS son(7,−1, 0). ❚
5) SeanS = {v1, v2} y T = {w1, w2} bases paraP1, dondew1 = t − 1 yw2 = t + 1. Si la matriz de transicion deT aS es
[
1 22 3
]
determine los vectores deS.
6
Solucion. En este caso, la inversa de la matriz dada es[
−3 22 −1
]
Por tanto,
a) Las coordenadas dev1 se obtienen como[
−3 22 −1
] [
1−1
]
=
[
−53
]
Luegov1 = −5t + 3.
b) Las coordenadas dev2 se obtienen como[
−3 22 −1
] [
11
]
=
[
−11
]
Luegov2 = −t + 1.
Por tanto,S = {−5t+ 3, −t + 1}. ❚
6) Determine una base ortonormal para el subespacio deR4 que consiste en todos
los vectores en la forma(a, b, c, d) tales quea− b− 2c+ d = 0.
Solucion. En este caso, siendod = a+ b+ 2c se tiene
(a, b, c, d) = (a, b, c, a+ b+ 2c)
= a(1, 0, 0, 1) + b(0, 1, 0, 1) + c(0, 0, 1, 2)
Como los vectoresv1 = (1, 0, 0, 1), v2 = (0, 1, 0, 1) y v3 = (0, 0, 1, 2) sonlinealmente independientes, entonces una base para el subespacio buscado es
B = {v1, v2, v3}.
A partir de este conjunto hallaremos la base ortonormal solicitada.
Calculamos los vectores ortogonales, usando el proceso de Gram-Schmidt:
w1 = v1 = (1, 0, 0, 1)
w2 = v2 −w1 · v2w1 · w1
w1 = (0, 1, 0, 1)− (1, 0, 0, 1) · (0, 1, 0, 1)(1, 0, 0, 1) · (1, 0, 0, 1)(1, 0, 0, 1)
= (0, 1, 0, 1)− 1
2(1, 0, 0, 1) =
(
−1
2, 1, 0,
1
2
)
7
Luego
w2 =
(
−1
2, 1, 0,
1
2
)
w3 = v3 −w1 · v3w1 · w1
w1 −w2 · v3w2 · w2
w2
= (0, 0, 1, 2)− 2
2(1, 0, 0, 1)− 1
3/2
(
−1
2, 1, 0,
1
2
)
=
(
0− 1 +1
3,−2
3, 1, 1− 1
3
)
Luego
w3 =
(
−2
3,−2
3, 1,
2
3
)
Entonces se tiene la base ortogonal
B =
{
(1, 0, 0, 1),
(
−1
2, 1, 0,
1
2
)
,
(
−2
3,−2
3, 1,
2
3
)}
Siendo
‖(1, 0, 0, 1)‖ =√2
∥
∥
∥
∥
(
−1
2, 1, 0,
1
2
)∥
∥
∥
∥
=
√
3
2∥
∥
∥
∥
(
−2
3,−2
3, 1,
2
3
)∥
∥
∥
∥
=
√
7
3
entonces labase ortonormalsolicitada es
U =
{
1√2(1, 0, 0, 1),
√
2
3
(
−1
2, 1, 0,
1
2
)
,
√
3
7
(
−2
3,−2
3, 1,
2
3
)
}
❚