algebra lineal,ejercicios resueltos(revisado)

0.1. UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES

0.1 UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES

EJERCICIOS RESUELTOS DE MATRICES.

1

1. a) Dada la matriz A =

(1 22 3

)Calcular A2 − 5A+ 2I.

Solución.

A2 − 5A+ 2I.=

(1 22 3

)2

− 5

(1 22 3

)+ 2

(1 00 1

)=

(5 88 13

)-

(5 1010 15

)+

(2 00 2

)=

(2 −2−2 0

)b) Dada la matriz

1 0 00 2 10 0 3

Calcular A2 − 5A+ 2I.

Solución

A2 − 5A+ 2I.=

−2 0 00 −4 00 0 −4

c) Dadas las matrices A =

(1 23 4

), B =

(2 −1−3 −2

)Calcular

i) (A+B)2

ii) A2 + 2AB +B2

¾Los resultados deberían coincidir.?.Solución:

i)(A+B)2=

(3 10 2

)2

=

(9 50 4

)ii) A2 + 2AB +B2

=

(1 23 4

)(1 23 4

)+ 2

(1 23 4

)(2 −1−3 −2

)+

(2 −1−3 −2

)(2 −1−3 −2

)=

(7 1015 22

)+2

(−4 −5−6 −11

)+

(7 00 7

)=

(6 03 7

)Los resultados no coinciden pues el cuadrado del binomio no se cumple en las matrices ,pues el producto dematrices no es conmutativo,es decir que AB 6= BA

d) Dadas las matrices A =

(1 23 4

), B =

(2 −1−3 −2

)Calcular A2 −B2 Compruebe que es dintinto del producto (A−B)(A+B)Solución.

A2 −B2 =

(0 1015 15

)es distinto de (A−B)(A+B)=

(−3 518 18

)

2. Despejar la matriz X y hallar la matriz X de la ecuación :

(a) 2X +A = BX Si A =

(1 −2−1 0

), B =

(−5 3−1 0

)1profesor Osvaldo Carvajal

1


Solución : Despejando X, ⇒ A = BX − 2X⇒ A = (B − 2I) · X←Observe la factorización por Xse hace por derecha.suponiendo que (B − 2I) es una matriz que posee inversa, entonces multiplicando la igualdad A =(B − 2I) ·X por (B − 2I)−1 por izquierda se tiene

(B − 2I)−1 ·A = X

reemplazando las matrices A y B se tiene:

X = (B − 2I)−1 ·A=

((−5 3−1 0

)− 2

(1 00 1

))−1·(

1 −2−1 0

)= 1

17

(1 48 −2

)(b) (A−X)T +B = 3XT si A =

(1 −10 2

), B =

(2 −50 1

)Solución b)De (A−X)T +B = 3XT ⇒ Transponiendo ambos lados

(A−X)TT

+BT = 3XTT

, usando la propiedad ATT

= A

tenemos (A−X) +BT = 3X ⇒ A+BT = 4X .⇒ X = 14 (A+BT )

reemplazando las matrices A y B se tiene X = 14 (

(1 −10 2

)+

(2 −50 1

)T

)= 14

(3 −1−5 3

).

(c) (AXB − I)T = B si A =

(1 −10 2

), B =

(−4 0−2 4

)Solución c) : Transponiendo ambos lados de (AXB − I)T = Bse tiene (AXB − I) = BT ⇒ AXB = BT + I, suponiendo existen las matrices inversas de A y de B,entoncesmultiplicamos a ambos lados de AXB = BT + I, por A−1 por izquierdaA−1AXB = A−1(BT + I) ⇒ XB = A−1(BT + I) Ahora multiplicamos por B−1por derechapara obtener ⇒ XB ·B−1 = A−1(BT + I) ·B−1⇒ X = A−1(BT + I) ·B−1

reemplazando las matrices A y B se tiene.

X = A−1(BT + I) ·B−1=

(1 −10 2

)−1(

(−4 0−2 4

)T

+

(1 00 1

))

(−4 0−2 4

)−1X = 1

2

(2 10 1

)(

(−4 −20 4

)+

(1 00 1

))−116

(4 02 −4

)X= 1

2

(2 10 1

)(

(3 −20 5

))−116

(4 02 −4

)= 1

32

(26 −410 −20

)

3. . (Costos de materias primas) Una empresa utiliza tres tipos de materias primas M1,M2,M3 en la elaboraciónde dos productos P1,P2 .El número de unidades M1,M2 y M3 usados por cada unidad de P1 son 3 , 2 y 4respectivamente y por cada unidad de P2 son 4, 1 y 3 respectivamente .Suponga que la empresa produce 20unidades de P1 a la semana y 30 unidades de P2 a la semana .Exprese las respuestas a las preguntas comoproducto de matricesa) Calcule el consumo semanal de las materias primasb) Si los costos por unidad en dólares para M1,M2 y M3 son 6 ,10 y 12 respectivamente. Calcular los costosde materias primas por unidad de P1,P2Solución:a)Los datos se registran en la siguiente tabla o matriz.

2


P1 P2

M1 3 4M2 2 1M3 4 3

llamamos a esta matriz , matriz insumo A =

3 42 14 3

se producen 20 unidades de P1 y 30 unidades de P2 a la semana , llamamos a esta matriz matriz producción

P =

(2030

)entonces el consumo semanal de M1,M2 es simplemente el producto AP =

3 42 14 3

·( 2030

)=

18070170

entonces a la semana se consume 180 unidades de M1, 70 unidades de M2 y 170 unidades de M3.

b) Si los costos por unidad en dólares para M1,M2 y M3 son 6 , 10 y 12 respectivamente, entonces de�nimos

la matriz costo C =

61012

se pide costos por unidad de P1,P2 , hay que multiplicar AT · C

AT · C=

(3 2 44 1 3

)·

61012

=

(8670

)Asi 86 unidades monetarias cuesta la unidad de P1 y 70 la unidad de P2.

4. Siendo A,B matrices de tamaño n× n invertibles , entonces simpli�car la expresión matricial:

a) C = (A+B)2 −B(A−1 +B−1)AB −A(A+A−1)

Solución:MultiplicandoC = A2 +AB +BA+B2 −B(A−1AB +B−1AB)− (A2 +AA−1)

recuerde que las matrices no conmutan es decir AB 6= BA , tambien A−1A = AA−1 = I

C = A2 +AB +BA+B2 −B(B +B−1AB)− (A2 + I) cancelando A2

C = AB +BA+B2 −B(B +B−1AB)− IC = AB +BA+B2 −B2 −BB−1AB − I cancelando B2 , con BB−1 = I

C = AB +BA−AB − I cancelando AB

C = BA− I

b) Usando la parte a) anterior Calcular C, sabiendo que A−1B−1 =

(1 01 1

)Solución :por la parte anterior C = BA − I debemos hallar BA , pero BA = (A−1B−1)−1= (B−1)−1(A−1)−1,estoestá basado en la propiedad (AB)−1 = B−1A−1 y la propiedad (A−1)−1 = A.

Asi que BA =(A−1B−1)−1=

(1 01 1

)−1=

(1 0−1 1

)

3


C = BA− I =

(1 0−1 1

)−(

1 00 1

)=

(0 0−1 0

)

5. ( Costos de suministros) Un contratista puede adquirir las cantidades requeridas de madera , ladrillo,concreto, vidrio y pintura de cualquiera de 3 proveedores .Los precios que cada proveedor �ja a cada unidad de estosmateriales estan contemplados en la siguiente matriz

A =

8 5 7 2 49 4 5 2 59 5 6 1 5

Cada �la se re�ere a un proveedor y las columnas a los materiales .El contratista tiene la política de adquirir todos los materiales requeridos en cualquier obra particular almismo proveedor a �n de minimizar los costos de transportes .Hay tres obras en construcción O1,O2 y O3.O1 requiere 20 unidades de madera , 4 de ladrillos ,5 de concreto , 3 de vidrio y 3 de pintura.O2 requiere 15 unidades de madera , 0 de ladrillos ,8 de concreto , 8 de vidrio y 2 de pintura.O3 requiere 30 unidades de madera , 10 de ladrillos ,20 de concreto , 10 de vidrio y 12 de pintura.Usando matrices decida cuál proveedor deberá usar en cada obra.

Solución :los datos se pueden registrar en la siguiente tabla. o matriz

M L C V P

O1 20 4 5 3 3O2 15 0 8 8 2O3 30 10 20 10 12

tenemos la matriz

B =

20 4 5 3 315 0 8 8 230 10 20 10 12

Si multiplicamos

A ·BT =

8 5 7 2 49 4 5 2 59 5 6 1 5

, A ·BT =

8 5 7 2 49 4 5 2 59 5 6 1 5

· 20 4 5 3 3

15 0 8 8 230 10 20 10 12

T

=

=

8 5 7 2 49 4 5 2 59 5 6 1 5

·

20 15 304 0 105 8 203 8 103 2 12

=

233 200 498242 201 490248 201 510

Las �las de esta última matriz corresponden a los proveedores , las columnas corresponden a las obrasO1.O2,O3asi en obra 1, los costos asociados a los proveedores es la primera columna , el más barato es el menor valorde la primera columna correspondiente a 233, en obra 2 los costos asociados a los proveedores es la segundacolumna ,donde el menor valor es 200 y en la comuna 3 el menor valor es 490.e resumiendoobra 1 con proveedor 1,obra 2 con proveedor 1 y obra 3 con proveedor 2

6. Resuelva los siguientes sistemas de ecuaciones

4


a)

x1 + 5x2 − 4x3 + x4 = 22

x2 + 2x3 + x4 = 16

3x1 + 2x2 + 3x3 − x4 = 30

2x1 + 2x2 − x3 = 22

Solución : El sistema escrito en matriz es

1 5 −4 10 1 2 13 2 3 −12 2 −1 0

·

x1x2x3x4

=

22163022

el pivoteo lo hacemos en la matriz ampliada

(A | b) =

1 5 −4 10 1 2 13 2 3 −12 2 −1 0

|22|16|30|22

El símbolo de pivoteo aquí es Fj → k · Fi + FJ lo que debe entenderse como :la �la j es reemplazada por la �la j mas k veces la �la pivote ila �la j es la �la receptora, la �la i es la �la pivotela operación por k debe realizarse sólo en la �la pivote.

Pivoteando en el lugar a14 = 1, realizando las operacionesF2 → −1 · F1 + F2,F3 → 1 · F1 + F3,

−−

− 220122 301323 161210 221451 1∼

−−

−−−− 220122 520174 60641 221451

Ahora pivoteamos en el lugar a43 = −1 y realizamos las operaciones

F3 → −1 · F4 + F3,F2 → 6 · F4 + F2,F1 → −4 · F4 + F1,

−−−−

− 22022 520174 60641 221451 1−∼

−

−−− 220122 300052 12600811 1541037Si observamos la segunda y tercera �la ,tenemos un sistema de 2 ecuaciones y 2 incógnitas que ya pode-mos resolvero bien podríamos seguir pivoteando ,pero la ausencia de valores 1 o −1 en las �las 2 y 3 no pivoteadas obligaa las operaciones con fracciones

El sistema de 2 ecuaciones es(11 82 5

)·(x1x2

)=

(12630

)al resolver obtenemos x1 = 10,x2 = 2las otras soluciones se obtienen por simple sustitución , para obtener x3 = 2, x4 = 10.

5


b)

{3x+ 5y − 3z + w = 1

2x+ y + 4z − w = 0

Solución : Este sistema presenta in�nitas soluciones debido a que hay más incógnitas que ecuaciones .Elsistema escrito en matriz es :

(3 5 −3 12 1 4 −1

)·

xyzw

=

(10

)El pivoteo lo realizamos en la matriz ampliada −

− 01412 11353(A|b) =

El elemento pivote se busca en el lugar donde hay un valor 1 o un valor −1 de la matriz A. El más in-dicado es el elemento a14 = 1,lo que indica pivotear en la primera �la. −

− 01412 1353 1Realizando la operación , F2 → 1 · F1 + F2 se tiene: − 10165 11353Ahora el lugar mas adecuado de la segunda �la es el elemento a23 = 1 − 1065 11353 1

Realizando la operación F1 → 3 · F2 + F1 , se logra : 10165 4102318observe que las variables z, w constituyen columnas de la matriz identidad

(1 00 1

)siendo esta la matriz identidad máxima lograda con el pivoteo, entonces hemos llegado a la solución.las variables z, w son llamadas variables basicas, las otras variables cuyas columnas no constituyen matrizidentidad son llamadas no basicas.La solución se obtiene despejando las variables basicas en función de lasno basicas

solución del sistema :

{z = 4− 18x− 23y

w = 1− 5x− 6y← (∗)

se obtienen particulares del sistema si se otorgan valores cualesquiera a las variables no basicasobteniéndose asi muchas pero muchas soluciones.Por ejemplo si x = 0, y = 0 se obtiene z = 4, w = 1.una de las muchas soluciones del sistema.hay que advertir que la expresión (∗) no es única ,depende del lugar que se escoja para el pivoteo.

c) Resolver el sistema

x+ 2y = 4

2x− y = 5

5x+ 3y = 0

6


Este es un sistema con más ecuaciones que incógnitas , es posible que no tenga solución. Esto no siem-pre es asi.Solo con el proceso del pivoteo lo sabremos.

El sistema escrito en matriz es

1 22 −15 3

· ( xy

)=

450

Pivoteamos en la matriz ampliada en el lugar a11 = 1

− 035 512 421⇒

− 035 512 421Realizando las operaciones F2 → −2 · F1 + F2 , F3 → −5 · F1 + F3

se tiene:

−−−− 2070 350 421

Multiplicando por (−1) las �las segunda y tercera ,tenemos

2070 350 421Dividiendo la �la segunda por 5, se tiene un lugar para pivotear

2070 5/30 421 1Realizando las operaciones F1 → −2 · F2 + F1 , F3 → −7 · F2 + F3 se tiene:

−

− 5/212000 5/310 5/6401Observe la ´�la tercera ,se tiene una contradicción 0 · x+ 0 · y = 20− 21/5⇒ 0 = 79

5 , Por eso no hay solución.

Tambien usando otro lenguaje ,se dice que el rango de la matriz

1 22 −15 3

es 2 pues se lograron 2 �las no

nulas en el pivoteo que es la matriz

1 00 10 0

mientras que el rango de la matriz ampliada es 3, pues 3 �las no nulas hay en la matriz pivoteada

−

− 5/212000 5/310 5/6401dado que estos rangos no coinciden ,el sistema no tiene solución.

7


d) Un sistema aplicado.(Asignación de maquinarias )

Una empresa produce tres tipos de productos P1, P2,y P3 , los que procesa en tres máquinas M1,M2 yM3. El tiempo en horas requerido para procesar una unidad de cada producto por las tres máquinas estadada por la matriz :

P1 P2 P3

M1 3 1 2M2 1 2 4M3 2 1 1

Se dispone 850 horas de máquina 1 , de 1200 horas de máquina 2 y de 550 horas de máquina 3

a) Cuantas unidades de cada producto deberían producirse con el objeto de emplear todo el tiempo disponiblede las máquinas .?b) Determine la capacidad ociosa de maquinas si se producen 80 unidades de P1, 140 de P2y 160 de P3.c) Sin resolver nuevamente el sistema , Calcular las unidades de P1,P2 y P3 a producir si los recursos ( horasde máquina) se reducen en un 10%.d) Si cuesta $10 la hora de Máquina 1, $12 la hora de Máquina 2 y $ 15 la hora de Máquina 3.Calcular elcosto por unidad de P1,P2 y P3.

Solución:a)

El sistema a resolver es A ·X = b ⇒

3 1 21 2 42 1 1

· x

yz

=

8501200550

, donde x, y, z son las unidades a

producir de P1,P2 y P3 respectivamente.

Pivoteamos en el lugar a12 = 1 de la matriz ampliada.

550112 1200421 85023 1∼

−−−−− 300101 500005 850213

se ha realizado las operacionesF2 → −2 · F1 + F2 , F3 → −1 · F1 + F3

la �la segunda ya permite hallar la solución .⇒−5x = −500⇒ x = 100, sustituyendo esta solución en latercera �la se obtiene la incóginta z = 200, reemplazando x = 100, z = 200 en la primera �la se obtieney = 150

entonces se deben producir 100 unidades de P1, 150 unidades de P2 y 200 unidades de P3. Obteniendose elnivel de produción óptimo

X =

100150200

,

Solución b) En este caso se dá el nivel de producciónX =

80140160

, calculamosAX =

3 1 21 2 42 1 1

· 80

140160

8


=

7001000460

, este último vector arroja las horas ocupadas en la elaboracion del nivel de producciónX dado.Las

horas ociosas la calculamos por diferencia

horas ociosas =

8501200550

− 700

1000460

=

15020090

, Entonces se disponen de 150 horas no ocupadas en

M1,200 horas no ocupadas en M2 y de 90 horas no ocupadas en M3.

Solución c)Los recursos son las horas máquina dada por el vector

b =

8501200550

este se reduce en un 10% ,es decir se dispone del 0, 9b, entonces hay que hallar el nuevo nivel

de producción que le llamamos X ′, solución del sistema A ·X ′ = 0.9b

siendo A una matriz invertible ⇒ X ′ = A−1 · 0, 9b = 0, 9(A−1 · b)pero por otro lado, el sistema original es A ·X = b de donde X = A−1 · b

entonces X ′ = 0, 9X= 0, 9 ·

100150200

= ·

90135180

estableciendose una realción entre el vector prodcción nuevo X ′ y el antiguo X.

Solución d) De�namos un vector costo hora de máquina igual a C =

101215

lo que se pide es el producto ATC =

3 1 21 2 12 4 1

· 10

1215

=

724983

Entonces cuesta $ 72 la unidad de

P1, $ 49 la unidad de P2 y $ 83 la unidad de P3.

Observe la necesidad de transponer la matriz A

9


Unidad 2.Determinante de una matriz

MAS DE MATRICES Y DETERMINANTES

1. Calcular los siguientes determinantes .

a) |A| =∣∣∣∣ −1 3

1 2

∣∣∣∣Solución : Det(A)= (−1) · 2− (1)(3) = −5.

b) |A| =

∣∣∣∣∣∣1 1 0−2 2 13 3 −2

∣∣∣∣∣∣Solución: Pivoteamos en el lugar más adecuado ,en el lugar a23 = 1,cambiando sólo la tercera �la con laoperación F3 → 2 · F2 + F3

para obtener :

233 22 011−

− 1⇒

071 122 011−−

Ahora desarrollamos por la columna tercera,

071 122 011−− 1

Los ceros logrados por pivote en la tercera columna , convierte al determinante de 3× 3 enuno de 2× 2.obtenido al ignorar las �la 2 y columna 3 ( lo achurado).Según fórmula de Laplace , entonces el valor deldeterminante es.

Det(A) = (−1)2+3 · 1 ·∣∣∣∣ 1 1−1 7

∣∣∣∣=(−1)(7− (−1)) = −8.

El signo (−1)2+3 = −1 , obedece al lugar del pivote a23 = 1, que corresponde al signo (−1)i+j .

c)Det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣5 4 3 2 18 8 6 4 29 9 9 6 38 8 8 8 45 5 5 5 5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Aqui usamos propiedades:

En �la 2, factorizamos por 2En �la 3 ,factorizamos por 3En �la 4 ,factorizamos por 4En �la 5 factorizamos por 5

10


Det(A) = 2 · 3 · 4 · 5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣5 4 3 2 14 4 3 2 13 3 3 2 12 2 2 2 11 1 1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣pivoteamos en �la 1,en el elemento a15 = 1, realizando las operaciones Fi → −1 · F1 + Fi, para i = 2, 3, 4, 5se tiene.

Det(A) = 120

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣5 4 3 2 1−1 0 0 0 0−2 −1 0 0 0−3 −2 −1 0 0−4 −3 −2 −1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

01234 00123 00012 00001 12345−−−−

−−−−−

−

=)(ADetLos ceros logrados por pivoteo en columna 5 ,reducen el determinante

de 5 × 5 en uno de 4 × 4,el determinante a resolver es el que esta fuera de los rectángulos achurados de la�gura anterior, con el cuidado de multiplicar por el signo del lugar del pivote (intersección de los rectángulosachurados) este signo es (−1)1+5 = (−1)6 = 1, asi que el determinante se reduce a

Det(A) = 120

∣∣∣∣∣∣∣∣−1 0 0 0−2 −1 0 0−3 −2 −1 0−4 −3 −2 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣

1234 0123 0012 0001−−−−

−−−−−

−

=)(ADet 120ahora no es necesario realizar ningun pivoteo, la matriz anterior es una matriz triangular inferior,el triángulode ceros hace de la matriz una matriz inferior ,y en este caso el determinante es simplemente el producto dela diagonal.

Det(A) = 120 · (−1)4 = 120

2. Hallar el valor de x en la ecuación

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 1x a 0 0x 0 b 0x 0 0 c

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

Solución :METODO 1:la �la 1 , repleta de valores 1 parece ser muy conveniente para el pivoteo se pueden lograr tresceros si se pivotea por columnas, asi que elegimos el lugar a14 = 1 y realizamos las operaciones columnas :

11


Ci → (−1) · C4 + Ci, i = 1, 2, 3.Esto debe entenderse como multiplicar la columna 4 por (-1) y ésta sumarlaa las restantes columnas.Se obtiene entonces

ccccx bx ax−−−

00 00 1000El determinante a resolver ahora es de 3 × 3 , obtenido por desarrollo de Laplace por �la 1, cuidando demultiplicar por (−1)1+5 = (−1)que al �nal no in�uye en una ecuación igualada a cero.

(−1) ·

∣∣∣∣∣∣x a 0x 0 b

x− c −c −c

∣∣∣∣∣∣ = 0, abrimos el determinante en 2 determinantes del mismo orden(eliminamos

el signo negativo)∣∣∣∣∣∣x a 0x 0 bx −c −c

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣0 a 00 0 b−c −c −c

∣∣∣∣∣∣ = 0

Observe que las columnas 2 y 3 se copian,la columna 1 se separaEl segundo ya se puede resolver por los 2 ceros de la columna 1.El primero se puede factorizar por x en columna 1 y luego pivotear en el lugar a11 = 1, quedando

x

∣∣∣∣∣∣1 a 01 0 b1 −c −c

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣0 a 00 0 b−c −c −c

∣∣∣∣∣∣ = 0

x

∣∣∣∣∣∣1 a 00 −a b0 −c− a −c

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣0 a 00 0 b−c −c −c

∣∣∣∣∣∣ = 0

00 0000 01=

−−−−+

−−−− ccc baacac baax

x

∣∣∣∣ −a b−c− a −c

∣∣∣∣+(−c) ·∣∣∣∣ a 0−a b

∣∣∣∣ = 0

Ahora ya podemos multiplicar cruzado para obtener la solución de x

x {ac− b(−c− a)}+ (−c) {ab− 0} = 0⇒ x = abcab+bc+ac

12


METODO 2

El determinante

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 1x a 0 0x 0 b 0x 0 0 c

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 se puede desarrollar directamente por la �la 2 , o �la 3 o �la 4

donde la presencia de 2 ceros facilita el cáculo

Si lo desarrollamos por la �la 2, tenemos que resolver 2 determinantes de orden menor

cx bx ax 00 00 00 1111cx bx ax 00 00 00 1111

los determinantes a resolver son los obtenidos al eliminar las �las y columnas achuradas,con el cuidado demultiplicar por los signos correspondientesecuación a resolver

(−x)

∣∣∣∣∣∣1 1 10 b 00 0 c

∣∣∣∣∣∣+a ·∣∣∣∣∣∣

1 1 1x b 0x 0 c

∣∣∣∣∣∣ = 0

El primer determinante ya esta resuelto ,por los dos ceros en columna 1,o �la 2 o �la 3, el segundo de-terminante se puede pivotear en columna 3 en el lugar a13 = 1. es decir multiplicar columna 3 por (-1) ysumar éste resultado a la columna 2 y columna 1 para obtener

(−x)

∣∣∣∣∣∣1 1 10 b 00 0 c

∣∣∣∣∣∣+a ·∣∣∣∣∣∣

0 0 1x b 0

x− c −c c

∣∣∣∣∣∣ = 0

Ahora si desarrollamos el determinante primero por columna 1 y el segundo determinante por �la 1, tenemos

(−x)

∣∣∣∣ b 00 c

∣∣∣∣+ a ·∣∣∣∣ x bx− c −c

∣∣∣∣ = 0

Ahora multiplicamos cruzado(−x) {bc− 0}+ a {−xc− b(x− c)} = 0−bcx− acx− abx+ abc = 0⇒ x = abc/(ab+ ac+ bc)

13


3. Hallar el valor de k en la ecuación

∣∣∣∣∣∣1− k 1 −1

2 −k −21 −1 −(1 + k)

∣∣∣∣∣∣ = 0

Solución : Operación C1 → 1 · C3 + C1, es decir la columna 1 es reemplazada por la suma de colum-nas 1 y 3para obtener∣∣∣∣∣∣−k 1 −1

0 −k −2−k −1 −(1 + k)

∣∣∣∣∣∣ = 0⇒Factorizando en columna 1 por k

k

∣∣∣∣∣∣−1 1 −1

0 −k −2−1 −1 −(1 + k)

∣∣∣∣∣∣ = 0, Ahora pivoteamos en �la 1

realizando la operación F3 → (−1) · F1 + F3 obtenemos

k

∣∣∣∣∣∣−1 1 −10 −k −20 −2 −k

∣∣∣∣∣∣ = 0, Desarrollando por columna 1

k(−1) ·∣∣∣∣ −k −2−2 −k

∣∣∣∣ = 0,⇒−k(k2 − 4) = 0→ k = 0, k = −2 , k = 2.

4. Resolver

∣∣∣∣∣∣t− 2 −2 0−1 t− 3 −1−1 −2 t− 3

∣∣∣∣∣∣ = 0

Solución:Realizamos la operación C1 → −1 · C3 + C1,∣∣∣∣∣∣t− 2 −2 0

0 t− 3 −12− t −2 t− 3

∣∣∣∣∣∣ = 0 Factorizamos por (t− 2) en columna 1

(t− 2)

∣∣∣∣∣∣1 −2 00 t− 3 −1−1 −2 t− 3

∣∣∣∣∣∣ = 0 Ahora pivoteamos en �la 1

realizando la operación F3 → (1) · F1 + F3 se reduce a

(t− 2)

∣∣∣∣∣∣1 −2 00 t− 3 −10 −4 t− 3

∣∣∣∣∣∣ = 0, desarrollando por columna 1

(t− 2) ·∣∣∣∣ t− 3 −1−4 t− 3

∣∣∣∣ = 0,⇒(t− 2) · ((t− 3)2 − 4) = 0

⇒ t− 2 = 0⇒ t = 2⇒ (t− 3)2 − 4 = 0⇒ [(t− 3)− 2] [(t− 3) + 2] = 0⇒ t = 5, t = 1

14


SISTEMAS DE ECUACIONES CON PARAMETROS.

5. Determine para que valores de a el sistema de ecuacionesax+ y + z = 0

x+ (a+ 1)y + z = 0

x+ y + az = 0tiene soluciones no triviales

Solución: Observe que el sistema esta igualado a cero, es un sistema llamado homogeneo.Un sistema homogeneosiempre tiene solución , es la solución cero o solución trivial.Se pide determinar si existe a tal que el sistemapresente soluciones distintas a la trivial x = 0, y = 0, z = 0

La respuesta está en el determinante de la matriz que constituye el sistema, a saber si A · x = b es unsistema cuadrado , con Det(A) = 0 entonces el sistema o no tiene solución o tiene in�nitas soluciones ,En elcaso de un sistema homogeneo este siempre tendrá solución , por tanto las soluciones no triviales estan dentrode las in�nitas soluciones y esas aparecen cuando el determinate es cero

veamos entonces el determinate de la matriz asociada al sistema

Det(A) =

∣∣∣∣∣∣a 1 11 a+ 1 11 1 a

∣∣∣∣∣∣ = 0, Realizando la operación columna C1 → (−1) · C3 + C1

Det(A) =

∣∣∣∣∣∣a− 1 1 1

0 a+ 1 11− a 1 a

∣∣∣∣∣∣ = 0, Factorizando en columna 1 por (a− 1)

Det(A) = (a− 1)

∣∣∣∣∣∣1 1 10 a+ 1 1−1 1 a

∣∣∣∣∣∣ = 0, realizando la operación por �la F3 → F1 + F3

Det(A) = (a− 1)

∣∣∣∣∣∣1 1 10 a+ 1 10 2 a+ 1

∣∣∣∣∣∣ = 0, Desarrollando por columna 1

0120 110 111)1( =+

+− aaaDet(A) = (a− 1) {(a+ 1)(a+ 1)− 2} = 0⇒ a = 1, (a+ 1)2 = 2⇒ (a+ 1) = ±

√2

Entonces el sistema tiene soluciones distintas de x = 0, y = 0, z = 0 si a = 1, a = −1±√

2

6. Hallar el valor de k de manera que el sistema lineal homogeneo

(1− k)x+ y − z = 0

2x− ky − 2z = 0

x− y − (1 + k)z = 0

15


Tenga soluciones no triviales.SoluciónSiendo el sistema cuadrado , podemos analizar el determinante de la matriz.

Det(A) =

∣∣∣∣∣∣1− k 1 −1

2 −k −21 −1 −1− k

∣∣∣∣∣∣= 0, Realizando la operación columna C1 → (−1) · C3 + C1

Det(A) =

∣∣∣∣∣∣−k 1 −10 −k −2−k −1 −1− k

∣∣∣∣∣∣= 0, Factorizando por (−k) en primera columna

Det(A) = (−k) ·

∣∣∣∣∣∣1 1 −10 −k −21 −1 −1− k

∣∣∣∣∣∣= 0, realizando la operación �la F3 → (−1) · F1 + F3

Det(A) = (−k) ·

∣∣∣∣∣∣1 1 −10 −k −20 −2 −k

∣∣∣∣∣∣= 0 Desarrollando por columna 1

Det(A) = (−k) ·∣∣∣∣ −k −2−2 −k

∣∣∣∣= 0

Det(A) = (−k)(k2 − 4) = 0⇒ k = 0, k = −2.k = 2El sistema tiene soluciones no triviales si k = 0, k = −2.k = 2

7. Propuesto: Determinar el valor de λ de modo que el sistema(1− λ)x+ y + z = 0

2x+ (2− λ)y + z = 0

x+ y + (1− λ)z = 0

tenga in�nitas soluciones.Respuesta. λ = 1, λ = 4

8. Hallar los valores de a de modo que el sistema3x− ay + 2z = a− 1

2x− 5y + 3z = 1

x+ 3y − (a.− 1)z = 0

a) tenga única soluciónb) no tenga soluciónc) tenga in�nitas soluciones.

Solución:Este sistema es cuadrado pero no homogeneo . Veamos su determinante.

Det(A) =

∣∣∣∣∣∣3 −a 22 −5 31 3 1− a

∣∣∣∣∣∣, la ausencia del parámetro a en columna 1 permite pivotear en el lugar a31 = 1

por �las realizando las operaciones F2 → (−2) · F3 + F2, F1 → (−3) · F3 + F1 se obtiene.

Det(A) =

∣∣∣∣∣∣3 −a 22 −5 31 3 1− a

∣∣∣∣∣∣,16


a aaa−+−+−−− 131 21110 3190

=)(ADetRescatamos el determinante de la matriz 2 × 2 fuera de los rectángulos achurados.( que queda multiplicadopor (−1)3+1 = 1)

Det(A) =

∣∣∣∣ −9− a −1 + 3a−11 1 + 2a

∣∣∣∣= (−9− a)(1 + 2a)− (−11)(−1 + 3a) = −2a2 + 14a− 20

al igualar a cero este determinante se obtiene −2a2 + 14a − 20 = 0 dividiendo por (−2)⇒ a2 − 7a + 10 =0⇒ (a− 5)(a− 2) = 0

tenemos una respuesta , la más obviaSolución a) Si a 6= 5 ,si a 6= 2 el sistema tiene solución única.La razón de esto es que si a no es 2 ni 5 eldeterminante no es cero y en ese caso existe la matriz inversa de A, matriz del sistema Ax = b⇒ x = A−1b,entonces como la inversa es única la solución x = A−1b es única.

En el caso que a toma los valores 2 o 5 el determinante de A es cero y en ese caso hay dos alternativas, o el sistema no tiene solución o el sistema presenta in�nitas soluciones, para averiguarlo reemplazamos estosvalores de a encontrados en la matriz ampliada original

−−−

−−= 0)1(31 1352 123)|( a aabA

Al reemplazar por a = 2 se obtiene

−−

−= 0131 1352 1223)|( bA

Ahora pivoteamos en �la 3 ,en el lugar a31 = 1

−−

−= 0131 15110 15110)|( bA

observe que tenemos dos �las iguales la primera y segunda , lo que signi�ca ecuaciones redundantes del sis-tema, por ello eliminamos una ecuación o una �la, la �la 1,para obtener un sistema de sólo dos ecuaciones ytres incógnitas que sospechamos que tendrá in�nitas soluciones.

−−= 0131 15110)|( bA

Al dividir por 5 la �la 1 , la matriz identidad de 2× 2 se puede lograrpor pivoteo

17


−−= 0131 5/115/110)|( bA

−= 5/105/41 5/115/110)|( bAobserve que las variables basicas son x, z las que constituyen columnas de la matriz identidad que son laprimera y tercera columna , la columna segunda corresponde a la variable y, esta varible se considera comoparámetro y es la que se le puede dar cualquier valor ,esto permite hallar in�nitas soluciones.las in�nitassoluciones entonces sonx =

1

5− 4

5y

z =1

5+

11

5y

con y∈ R

entoncesSolución c) Hay in�nitas soluciones si a = 2

Nos queda reemplazar a = 5 en la matriz ampliada

−−−

−−= 0)1(31 1352 123)|( a aabA

−−−

= 0431 1352 4253)|( bApivoteamos en �la 3,en el lugar a31 = 1 −

−−

= 0431 111110 414140)|( bAdividimos �la 2 por 11 ,�la 1 por 14

−−

−= 0431 11/1110 14/4110)|( bA

realizamos el pivote F2 → (−1) · F1 + F2, es decir la �la 2 es reemplazada por (−1) veces la �la 1 mas �la 2,para obtener −

−−

= 0431 14/411/1000 14/4110)|( bAobserve la �la 2, se tiene la contradicción 0 · x + 0 · y + 0 · z =

1

11− 4

14⇒ 0 =

1

11− 4

14⇒⇒ 1

11=

4

14por

esta razón cuando a = 5 el sistema no tiene solución. En otro lenguaje no hay solución porque el rango dela matriz A es 2 y no coincide con el rango de la matriz ampliada (A|b) que es 3, es decir por proceso delpivoteo se logran 2 �las no nulas en matriz A y tres �las no nulas en matriz ampliada (A|b) lo que lleva a la

18


contradicciónRespuesta b) No hay solución si a = 5.

9. Hallar los valores de a de modo que el sistema(a− 1)x+ ay + z = a

−2ax+ y − az = a2

x− y + (2a− 1)z = 0

a) Tenga única soluciónb) no tenga soluciónc) tenga in�nitas soluciones.

Solución :Este es un sistema cuadrado y no homogeneo.

Si el sistema fuera no cuadrado entonces ya no se puede analizar el determinante de la matriz y eso obliga apivotear en la matriz ampliada (A|b)

−−−−

−

= 01211 12 11)|( 2a aaa aaabA {A})|( bAEl pivotear en la matriz ampliada obliga a pivotear sólo en �las, lo que limita las operacionesdecidimos estudiar el determinante de la matriz A.

Det(A) =

∣∣∣∣∣∣a− 1 a 1−2a 1 −a

1 −1 2a− 1

∣∣∣∣∣∣hay dos operaciones inteligentes ,la primera es cambiar la columna 1 por la suma de las columnas 1 y 3 ,estose escribe en símbolosC1 → C3 + C1 y se obtiene

Det(A) =

∣∣∣∣∣∣a a 1−3a 1 −a2a −1 2a− 1

∣∣∣∣∣∣= a

∣∣∣∣∣∣1 a 1−3 1 −a2 −1 2a− 1

∣∣∣∣∣∣la ausencia de a en columna 1 permite pivotear por �las ,se pivotea en �la 1 en a11 = 1 para obtener

Det(A) = a

∣∣∣∣∣∣1 a 10 3a+ 1 3− a0 −2a− 1 2a− 3

∣∣∣∣∣∣=a∣∣∣∣ 3a+ 1 3− a−2a− 1 2a− 3

∣∣∣∣= a {(3a+ 1)(2a− 3)− (3− a)(−2a− 1)}=

a(4a2 − 2a) al igualar a cero permite hallar los valores de a para el análisis ,esto es para a = 0, a =1

2la otra operación tambien buena es cambiar la columna 1 por la suma de las columnas 1 y 2 ,que en símbolosse escribe C1 → C2 + C1 para obtener

Det(A) =

∣∣∣∣∣∣2a− 1 a 11− 2a 1 −a

0 −1 2a− 1

∣∣∣∣∣∣lo que permite factorizar por (2a− 1) en columna 1 y pivotear en �la 1

Det(A) = (2a− 1)

∣∣∣∣∣∣1 a 1−1 1 −a0 −1 2a− 1

∣∣∣∣∣∣=(2a− 1)

∣∣∣∣∣∣1 a 10 1 + a 1− a0 −1 2a− 1

∣∣∣∣∣∣19


ahora ya se puede resolver por columna 1Det(A) = (2a− 1) {(1 + a)(2a− 1)− (−1)(1− a)} = (2a− 1)(2a)2

al igualar a cero se obtienen las mismas soluciones para análisis a = 0, a =1

2

Solución a) Respuesta obvia ,hay solución única si a 6= 0, a 6= 1

2

Solución b) Si a =1

2no hay solución

Solución c) Si a = 0 hay in�nitas solucionesLas respuestas b) y c) requieren reemplazar dichos valores en la matriz ampliada y entonces pivotear en sus�las para obtener o contradicción o eliminación de toda una �la que conlleva a in�nitas soluciones( se dejacomo ejercicio para el alumno).

2

ALGUNOS EJERCICIOS TEORICOS SENCILLOS DEL ALGEBRA LINEAL

10. Sea A una matriz cuadrada , demostrar que AAT es simétrica.Solución.Demostración : una matriz es simetrica si y solo si AT = A.entonces hay que demostrar que (AAT )T = AAT

pero esto es elemental , pues (AAT )T = ATT

AT = AAT .

11. Si A una matriz cuadrada , demostrar que A+AT es simétrica.

Demostración : ( A+AT )T= ( AT +ATT

)= AT +A, como al transponer se obtiene la misma matriz ,estaes entonces simétrica.

12. Si A una matriz cuadrada, Si A una matriz involutiva entonces demuestre que1

2(I −A) es idempotente.

Solución. Que sea involutiva quiere decir que cumple con la propiedad A2 = I y que sea idempotente

quiere decir que cumple con la propiedad A2 = A. entonces hay que demostrar que

[1

2(I −A)

]2=

1

2(I−A)

En efecto

[1

2(I −A)

]2=

1

4(I −A)2 =

1

4(I2 − 2I ·A+A2) =

1

4(I − 2A+A2), peroA2 = I entonces[

1

2(I −A)

]2=

1

4(2I − 2A)=

1

2(I −A)

observe que el binomio (I−A)2 = I− 2A+A2sea ha dearrollado como si fuera algebraico y eso es válido pueslas matrices I, A conmutan , no asi para dos matrices A,B cualesquiera.

13. Demostrar que si A,B son matrices tales que AB = AC y A es matriz no singular , demuestre que B = C

Solución: que sea A es matriz no singular signi�ca que tiene inversa, entonces multiplicamos AB = ACpor A−1 izquierda , para obtener A−1AB = A−1AC⇒ B = C

2Profesor Osvaldo Carvajal

20


14. Sea A,B son matrices n× n tales que A posse inversa, demuestre que det(B) = det(A−1BA)Solución : Aplicamos la propiedad de determinates det(AB) = det(A)det(B)

Si A posse inversa⇒ AA−1 = I⇒ det(AA−1) = det(I)⇒ det(A)det(A−1) = 1⇒ det(A−1) =1

det(A)

entonces det(A−1BA) = det(A−1)det(AB) = det(A−1)det(A)det(B) =1

det(A)· det(A)det(B) = det(B)

15. Demostrar que si A,B son matrices n× n idempotentes y permutables entonces demuestre que AB es idem-potente.

Solución : Se debe probar que (AB)2

= AB

En efecto: (AB)2

= (AB)(AB) = A(BA)B←propiedad asociativa

pero BA = AB pues son permutables , entonces (AB)2

= (AB)(AB) = A(BA)B=A(AB)B = A2B2 = AB,pues A2 = A, B2 = B

16. Demostrar que si A es idempotente y B es ortogonal entonces BTAB es idempotente.

Solución: Hay que demostrar que BTAB es idempotente, es decir que (BTAB)2 = BTABEn efecto : (BTAB)2 = (BTAB)(BTAB) .= BTA(BBT )AB, pero B es ortogonal , es decir BBT = Ientonces (BTAB)2 = BTA(BBT )AB = BT (A · I ·A)B= BTA2B, pero A es idempotente⇒ A2 = A entonces

(BTAB)2 = BTAB esto �naliza la demostración.

17. Si A y B son matrices no singulares tal que A+B es no singular entonces demostrar que(A−1 +B−1)−1 = A(A+B)−1B

Solución : Hay que dejar en claro el concepto de inversa de una matriz A, cuando se escribe A−1 = Bquiere decir que la matriz B es inversa de la matriz A si AB = Io bien si BA = I⇐⇒ B = A−1

en este ejercicio se debe demostrar que la matriz A(A+B)−1B es la inversa de la matriz (A−1+B−1), entoncesbastará multiplicarlas y obtener la matriz identidad I. Este ejercicio es identico a demostrar

(A−1 + B−1) = (A(A + B)−1B)−1, en ambos casos hay que multiplicar las matrices A(A + B)−1B conla matriz (A−1 +B−1) y esperar obtener I

En efecto:A(A+B)−1B· (A−1 +B−1)= A(A+B)−1 · (BA−1 +BB−1)= A(A+B)−1 · (BA−1 + I), pero I = AA−1

=A(A+B)−1 · (BA−1 +AA−1) factorizamos por derecha por A−1

=A(A+B)−1 · (B +A)A−1 pero (A+B)−1(B´ +A) = I= A · I ·A−1 = AA−1 = I, queda entonces demostrado.

21

0.2. ESPACIOS VECTORIALES

0.2 Espacios Vectoriales

1. Determinar cuáles de los siguientes subconjuntos son subespacios vectoriales

(a) W1 ={

(x, y, z) ∈ R3/ |x|+ y + z = 0}

(b) W2 ={

(x, y, z) ∈ R3/y + z = 1}

(c) W3 ={

(x, y, z) ∈ R3/3y2 − z = 0}

(d) W4 ={

(x, y, z) ∈ R3/2y + x = 0}

Solución

Solo el subconjunto d) W4 es un subespacio vectorial de R3. vamos explicando .

el subconjunto b) no es un subespacio vectorial de R3. pues un requisito mínimo de todo espacio vecto-rial es que debe contener al elemento neutro , que en muchas ocasiones es el cero, el cero o elemento neutrode R3. es (0, 0, 0) y (0, 0, 0) no pertenece a W2 =

{(x, y, z) ∈ R3/y + z = 1

}, pues y + z = 1 no se vcri�ca

para (0, 0, 0) , 0 + 0 6= 1.El subconjunto a) cumple con tener elelemento neutro pues |0| + 0 + 0 = 0 pero no es un subespaciovectorial no cumple con la propiedad de clausura de la suma , para comprobar esto ultimo tenemos queobtener 2 elementos de W1, sean estos α = (−1, 0,−1), β = (2, 1,−3) siendo estos elementos de W1 pues|−1| + 0 + −1 = 0 y |2| + 1 + −3 = 0 , la suma no pertenece aW1, es decir α + β= (1, 1,−4) /∈ W1 pues|1|+ 1 +−4 no es cero

El subconjunto c) W3 ={

(x, y, z) ∈ R3/3y2 − z = 0}cumple con tener elelemento neutro pues 3 · 02 − 0 = 0,

pero no es un subespacio vectorial, usamos el mismo argumento anterior , no cumple con la ley de clausura dela suma , nos damos dos puntos de W3, (x, y, z) con z = 3y2, si damos valor y = 1, →z = 3, el valor de x queno aparece en la condición de W3 se toma como valor cualquiera, digamos x = 1⇒ α = (1, 1, 3), del mismomodo si y = −1→ z = 3 con x = 2⇒ β = (2,−1, 3) ahora si sumamos α+β = (1, 1, 3)+(2,−1, 3) = (3, 0, 6)pero este último punto no es de W3 pues no se cumple que z = 3y2, no cumple que 6 = 3 · 02 = 0

El subconjunto d) W4 es un subespacio vectorial de R3, debemos demostrarlo . Para ello hay que veri-�car las dos propiedades de subespacios.Si α,β ∈ W4 entonces hay que demostrar que α+ β ∈ W4 y que kα ∈ W4, con k ∈ R, ambas propiedades sepueden resumir en una sola, es mejor demostrar que si α,β ∈W4 entonces kα+ β ∈W4.

entonces la demostración comienza así:Sea α = (x, y, z) ∈W4 ⇒ 2y + x = 0Sea β = (a, b, c) ∈W4 ⇒ 2b+ a = 0se debe demostrar que kα + β = k(x, y, z) + (a, b, c) ∈ W4, se debe demostrar que e kα + β = (kx + a, ky +b, kz + c) ∈W4, es decir se debe demostrar que 2(ky + b) + (kx+ a) = 0

En efecto: 2(ky + b) + (kx + a) = k(2y + x) + (2b + a) = k · 0 + 0 = 0. esto es por que las hipótesisson 2y + x = 0, 2b+ a = 0

Esto concluye la demostración de que W4 es un subespacio vectorial de R3.

Observación: Las condiciones de los subconjuntos W1.,W3 son no lineales,las expresiones |x| + y + z = 0, 3y2 − z = 0 no son lineales,son � raras� , cualquier condición de�nida como� rara � , digamos ,cuadrados ,cubos, logaritmos, exponenciales, potencias, etc , no permiten hacer del con-junto un subespacio vectorial , por lo contrario si la expresión es del tipo � multiplicacion de constantes por

22


variables lineales, es decir una combinación lineal y todo eso igualado a cero , el subconjunto asi de�nido ,esmuy probable que sea un subespacio vectorial

2. Por simple inspección , diga cuales de los siguientes subconjuntos son o no subespacios vectoriales.

(a) W1 ={

(x, y, z, w) ∈ R4/x2 + y + z = 0}

(b) W2 =

{(x yz w

)∈M2×2(R)/yz = w

}(c) W3 =

{ax2 + bx+ c ∈ P2 [x] /a =

√b2 + 1

}(d) W4 =

{(x, y) ∈ R2/y = ex

}Solución. Ninguno de ellos es un subespacio vectorial. sus condiciones estan de�nidas como � raras�.pero no podemos dar esto como respuesta, sirve para descartar que son subespacios pero no como re-spuesta. Debemos justi�car con un contraejemplo, debemos obtener 2 puntos del subconjunto y veri�carque una de las propiedades de espacio vectorial no se cumple.Por ejemplo en W2 , damos dos matrices

que cumplan con la condición de W2 , sea entonces α =

(1 22 4

)∈W2 pues 2 · 2 = 4, otro elemento de

W2 es β =

(0 33 9

)∈W2 pues 9 = 3 · 3

pero la suma α + β =

(1 66 13

)no pertenece o no es un elemento de W2 pues 13 6= 6 · 6,no se

cumple entonces que w = xy que es la condición de W2 .Esto es sufuciente para probar que W2 no es unsubespacio vectorial.

El mismo argumento se debe dar para demostrar que los restantes no son subespacios vectoriales

3. Demostrar que W = {p(x) ∈ P3 [x] /p(−1) = p(0)} es un subespacio vectorial del espacio vectorial P3 [x].Se entiende queW es un conjunto de polinomios de grado hasta 3 que tienen la propiedad de que el valor de laimagen en 0 es igual al valor de la imagen en −1 Debemos demostrar que si p(x), q(x) ∈W ⇒ kp(x)+q(x) ∈W, con k ∈ R.

Entonces sea p(x) ∈W ⇒ p(−1) = p(0)q(x) ∈W ⇒ q(−1) = q(0)Sea r(x) = kp(x) + q(x) hay que demostrar que tambien r(−1) = r(0) pero esto es muy fácil,basta eval-uar r(−1) = kp(−1) + q(−1). pero p(−1) = p(0), pero q(−1) = q(0) entonces r(−1) = kp(−1) + q(−1)=kp(0) + q(0) = r(0)⇒ r(x) ∈W Esto concluye la demostración.observe tres elementos de W que son polinomios que se caracterizan por que p(-1)=p(0)

4. Hallar elvalor de k de modo que el vector (1, k, 5) sea combinación lineal de los vectores v1 = (1,−3, 2), v2 =(2,−1, 1).

23


Solución : Debemos hallar x1, x2 números reales tal que (1, k, 5) = x1 · (1,−3, 2) + x2 · (2,−1, 1)⇒ (1, k, 5) = (x1 + 2x2,−3x1 − x2, 2x1 + x2) El sistema a resolver esx1 + 2x2 = 1

−3x1 − x2 = k

2x1 + x2 = 5

La matriz ampliada de este sistema es

1 2 | 1−3 −1 | k

2 1 | 5

El sistema se puede obtener simplemente �colgando� los vectores (1,−3, 2), (2,−1, 1), (1, k, 5) como columnas.

Pivoteando esta matriz ampliada en el lugar a32 = 1, y el resultado en a21 = 1 obtenemos

−3 0 | − 9−1 0 |k + 52 1 | 5

∼ 0 0 | − 24− 3k−1 0 |k + 5

0 1 | 15 + 2k

, x1, x2 existen sólo si −24− 3k = 0, es decir k = −8

5. Determine si el vector (−1, 1, 3) es combinación lineal de los vectores (−1, 0, 2), (−1, 2, 4).

Solución: Debemos hallar x1, x2 números reales solución del sistema

−1 −1 | −10 2 | 12 4 | 3

, pivoteando

en la primera �la ,en a11 = −1 se obtiene ,

−1 −1 | −10 2 | 10 2 | 1

,siendo las �las segunda y tercera iguales

eliminamos la tercera �la para obtener un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas

(−1 −1 | −10 2 | 1

)De

la segunda �la tenemos 2x2 = 1⇒ x2 =1

2, de la primera �la −x1 − x2 = −1⇒ x1 =

1

2.

Como x1, x2 existen el vector (−1, 1, 3) es combinación lineal de los vectores (−1, 0, 2), (−1, 2, 4).

6. Escribir el vector u = 3x2 + 8x−5 como combinación lineal de los vectores v = 2x2 + 3x−4, w = x2−2x−3.

Solución : �colgando� estos polinomios como columnas de la matriz ampliada comenzando con los coe�cientes

de la mayor potencia , se tiene

2 1 | 33 −2 | 8−4 −3 | −5

,Ahora pivoteando en �la 1 en el elemento a12 = 1 se

tiene

2 1 | 37 0 | 142 0 | 4

,dividiendo �la 2 por 7, �la 3 por 2 se tiene

2 1 | 31 0 | 21 0 | 2

siendo las �las se-

gunda y tercera iguales , son ecuaciones redundantes del sistema por ello eliminamos tercera �la para obtener

un sistema de 2 ecuaciones y 2 incógnitas

(2 1 | 31 0 | 2

)De la segunda �la x1 = 2, de la primera �la

2x1 + x2 = 3⇒ x2 = −1

Como x1, x2 existen ,el vector u = 3x2 + 8x− 5 es combinación lineal de los vectores v = 2x2 + 3x− 4, w = x2 − 2x− 3

24


7. Determine para que valores de k las matrices A =

(1 1k 0

), B =

(1 k0 −1

), C =

(k kk 2

),D =(

3 00 0

)son linealmente independientes.

Solución :Debemos hallar x1.x2, x3,x4 números reales tal que

x1

(1 1k 0

)+x2

(1 k0 −1

)+x3

(k kk 2

)+x4

(3 00 0

)=

(0 00 0

)si al resolver el sistema ,obtenemos solo solución x1 = x2 = x3 =x4 = 0, entonces las matrices serían lineal-mente independientes (L.I)

el sistema a resolver es

1 1 k 3 | 01 k k 0 | 0k 0 k 0 | 00 −1 2 0 | 0

, observe que cada columna es la matriz �colgada�.Observe

tambien que este es un sistema cuadrado y homogeneo(igualado a cero), este tipo de sistemas tiene yasolución y es la solución x1 = x2 = x3 =x4 = 0, lo que hay que averiguar si ésta es la única solu-ción, para ello recuerde la propiedad de sistemas homogeneos cuadrados A · X = b, con b = 0, tiene solu-ción única si y solo si el determinante de A, es distinto de cero, por esa razón calculamos el determinante

det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 k 31 k k 0k 0 k 00 −1 2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ ,desarrollando éste por columna 4, se tiene

det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣← ← 31 k k ↓k 0 k ↓0 −1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣=− 3

∣∣∣∣∣∣∣∣1 k kk 0 k0 −1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣= −3k

∣∣∣∣∣∣1 k k1 0 10 −1 2

∣∣∣∣∣∣donde por k se ha factorizado en segunda �la, pivoteando en segunda �la en el elemento a21 = 1, det(A) ==

−3k

∣∣∣∣∣∣0 k k − 11 0 10 −1 2

∣∣∣∣∣∣,desarrollando por primera columna, se obtiene det(A) = −3k ·(−1)

∣∣∣∣ k k − 1−1 2

∣∣∣∣= 3k {2k − (−1)(k − 1)} =

3k(3k − 1).

Igualando a cero resolvemos 3k(3k − 1) = 0⇒ 3k = 0∨3k − 1 = 0, tenemos k = 0, k =1

3.

Entonces hay solución única si y solo k 6= 0 ∧ k 6= 1

3

Entonces las matrices A =

(1 1k 0

), B =

(1 k0 −1

)C =

(k kk 2

),D =

(3 00 0

)son linealmente inde-

pendientes si k 6= 0 ∧ k 6= 1

3

8. Determine el valor de k ∈ R de modo que lo siguientes vectores sean L.D.

v1 = (1, 1, k, 0), v2 = (1, k, 0,−1), v3 = (k, k, k, 2), v4=(3,0,0,0) .

Solución: Este ejercicio ya ha sido resuelto en el anterior ejercicio n° 7, solo que la respuesta cambia .Respuesta. Los vectores v1 = (1, 1, k, 0), v2 = (1, k, 0,−1), v3 = (k, k, k, 2), v4=(3,0,0,0) son linealmente dependientes

25


(L.D.) si y sólo si k = 0, ∨k =1

3.

9. Suponga que {u, v, w} es un conjunto de vectores linealmente independiente (L.I).Demostrar que {u+ v, u− v, u− 2v + w} es tambien L.I.

Solución. Se forma primero la combinación lineal x1 · (u + v) + x2 · (u − v) + x3 · (u − 2v + w) = 0, hayque demostrar que x1 = x2 = x3 = 0, pero esto es muy fácil.de x1 · (u+ v) + x2 · (u− v) + x3 · (u− 2v + w) = 0⇒ (x1 + x2 + x3) · u+ (x1 − x2 − 2x3) · v + x3 · w = 0,.pero {u, v, w} es un conjunto L.I, lo que signi�ca que de cualquier combinación del tipo y1 ·u+y2 ·v+y3 ·w = 0,implica que y1 = y2 = y3 = 0, en este caso de ⇒ (x1 +x2 +x3) ·u+ (x1−x2− 2x3) · v+x3 ·w = 0 implicamos

que x1 + x2 + x3 = 0, x1 − x2 − 2x3 = 0, x3 = 0 , resolviendo asi un sistema

x1 + x2 + x3 = 0,

x1 − x2 − 2x3 = 0,

x3 = 0,

⇒

{x1 + x2 = 0

x1 − x2 = 0⇒ x1 = 0, x2 = 0, x3 = 0

10. (Propuesto) Si {v1, v2, v3, v4}es un conjunto L.I ¾ Cómo es el conjunto {v1 + v3, 2v2 − v1, 2v2 − 3v3, v4 + v1}?. ¾Un conjunto L.I o L.D.?

11. (Propuesto) Hallar k de modo que las matrices(1 −20 1

),

(−1 3−1 −2

),

(1 k−1 0

),

(0 1k 1

)sen L.D→ Respuesta k = ±1

12. (Propuesto) Hallar k ,p de modo que los vectores (1, 2, k, 1), (k, 1, 2, 3), (0, 1, p, 0)sean L.D→ Respuesta k =

3, p =7

5

13. (Propuesto) Hallar k ,p de modo que las matrices −1 2 3−3 4 −1

0 1 −2

,

0 −1 1−3 5 −2

1 0 −5

,

−5 p k−9 10 −1−2 5 0

sean dependientes

→ R. p = 12, k = 13

14. (Propuesto) Hallar k ,p de modo que el vector (k, p, 5,−3) pertenezca al subespacio generado por

(1.2.− 5, 3), (2,−1, 4, 7)→ R. k = −1, p = −2

15. Demostrar que 〈{(2,−1, 6), (−3, 4, 1)}〉 = 〈{(−1, 3, 7), (8,−4, 24)}〉

Solución : Sea W1 =〈{(2,−1, 6), (−3, 4, 1)}〉 ,W2 = 〈{(−1, 3, 7), (8,−4, 24)}〉

se debe buscar bajo que condiciones un vector cualesquiera (x, y, z) pertenece a W1 o a a W2si estas condi-ciones son las mismas entonces ellos tienen los mismos elementos y por tanto son igualesSe deben resolver dos sistemas de ecuaciones , buscar x1, x2 tal que (x, y, z) =x1(2,−1, 6) + x2(−3, 4, 1) y(x, y, z) =x1(−1, 3, 7) + x2(8,−4, 24)

26


resolvemos el primero, pivoteamos en segunda �la en a21 = −1 cambiando �las 1 y �la 3

(A|b) =

2 −3 | x−1 4 | y6 1 | z

∼ 0 5 | x+ 2y−1 4 | y

0 25 | z + 6y

Ahora pivoteamos en �la 1, en el elemento a12 = 5 pero solo cambiamos la �la 3,con la operación F3 →(−5)F1 + F3, el objetivo es hacer una �la cero y eso se logra en �la 3 ,por eso dejamos tranquila la �al 2.

(A|b) =

0 5 | x+ 2y−1 4 | y

0 25 | z + 6y

∼ 0 5 | x+ 2y−1 4 | y0 0 | −5x− 4y + z

el sistema tendrá solución si y solo si

−5x− 4y + z = 0

es la condicion que deben cumplir los vectores (x, y, z) para pertenecer a a W1.esta condición debe ser la misma para el otro subespacio a W2

veri�que el estudiante como ejercicio propuesto que asi es.

BASE Y DIMENSION

16. Determine base y dimension de los siguientes subespacios vectoriales.

(a) W1 = {(x, y, z)/ 2x+ y + 4z = 0, z = 0}.

(b) W2 =

{(a bc d

)/a = b+ 2c

}(c) W3 = {p(x) ∈ P2 [x] /p(−1) = p(0)}(d) W4 =

{p(x) = ax3 + bx2 + cx+ d ∈ P3 [x] /a+ 2b− c = 0 ∧ 2b− d = 0

}Solución .a) W1se puede escribir en la forma W1 = {(x, y, z)/− 2x = y, z = 0}= {(x,−2x, 0)/x ∈ R}observe que hay un parámetro o variable libre que hemos decidido sea x, por ello se encontrará sólo unvector L.I en la base.W1 = {x(1,−2, 0)/x ∈ R} .El vector (1,−2, 0) genera a Wpodemos escribir en simbología de generadores W1 = 〈{(1,−2, 0)}〉⇒ dim(W1) = 1, base de W1 ={(1,−2, 0)}.

Solución b) W2 se puede escribir en la forma

W2 =

{(a bc d

)/a = b+ 2c

}=

{(b+ 2c b

c d

)/b, c, d ∈ R

}Observe que la presencia de los tres parámetros b, c, d o variables libres es indicador de que en la base deW2 hay tres vectores generadores y tal vez L.I

W2 =

{(b b0 0

)+

(2c 0c 0

)+

(0 00 d

)/b, c, d ∈ R

}=

{b

(1 10 0

)+ c

(2 01 0

)+ d

(0 00 1

)/b, c, d ∈ R

},

escribiendo en simbología de generadoresW2 =

⟨{(1 10 0

),

(2 01 0

),

(0 00 1

)}⟩⇒ dim(W2) = 3,

con base las tres matrices

{(1 10 0

),

(2 01 0

),

(0 00 1

)}.

27


observe que las tres matrices son L.I. pues al �colgar � las matrices1 2 0 | 01 0 0 | 00 1 0 | 00 0 1 | 0

la matriz identidad está presente en las �las2,3 y 4 ,arrojando solución cero.

Solución c) W3 está constituido por polinomios de grado hasta 2 que tienen la propiedad de tienenigual imagen en los valores −1 y 0, sea entonces un polinomio de tipo general p(x) = ax2 + bx+ c quecumple esta condición .p(−1) = p(0)⇒ a · (−1)2 + b · (−1) + c = a · 02 + b · 0 + c⇒ a− b+ c = c⇒ a− b = 0⇒ a = b.observe que en la relación anterior la variable c se ha cancelado ,entonces c toma cualquier valor ,asíel subespacioW3 se puede volver a escribir comoW3 =

{ax2 + bx+ c ∈ P2 [x] /a = b, c ∈ R

}=W3 =

{ax2 + ax+ c ∈ P2 [x] /a, c ∈ R

}La presencia de las

2 variables libres a.c ∈ R es indicador de que en la base de W3 hay dos vectores, tal vez L.I. veamoscuales son estos vectores (polinomios).

W3 ={ax2 + ax+ c ∈ P2 [x] /a, c ∈ R

}={a(x2 + x) + c · 1 ∈ P2 [x] /a, c ∈ R

}=⟨{x2 + x, 1

}⟩⇒ dim(W3) = 2, la base son los 2 vectores(polinomios) p(x) =x2 + x y el vector q(x) = 1.

Solución d) En W4 debemos resolver el sistema de ecuaciones

{a+ 2b− c = 0

2b− d = 0escrito en matriz am-

pliada queda

(1 2 −1 0 | 00 2 0 −1 | 0

)observe que este sistema ya está resuelto porque la matriz

identidad 2×2 se puede formar con columna 1 y columna 4 o bien se puede formar previa multiplicaciónpor (−1)con las columnas 3 y 4.Cualquiera sea la elección obtenemos in�ntas soluciones .Para resolverescogemos columnas 3 y 4 como variables basicas entonces a b c d

1 2 −1 0 | 00 2 0 −1 | 0

⇒ {−c = −a− 2b

−d = −2b⇒

{c = a+ 2b

d = 2breemplazamos estas variables en W4

, para reescribir W4

W4 ={p(x) = ax3 + bx2 + (a+ 2b)x+ 2b ∈ P3 [x] /a, b ∈ R

}las dos variables a, b libres de recorrer todo

R indican que la dimensión de W4 es dos , su base está constituidad por 2 polinomios.Veamos W4 escritode otro modo

W4 ={a(x3 + x) + b(x2 + 2x+ 2)/a, b ∈ R

}=⟨{x3 + x , x2 + 2x+ 2

}⟩, Asi W4 es generado por dos

polinomios ⇒ dim(W4) = 2,baseW4 ={x3 + x , x2 + 2x+ 2

}

17. Sean los siguientes subespacios de R4.

W1 = {(x, y, z, w)/x+ y − w = 0 ∧ x− z + 2w = 0}, W2 = 〈{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (2,−2,−2, 2)}〉

Calcular bases y dimensión de W1,W2,W1 ∩W2,W1 +W2

Solución :Para W1 resolvemos el sistema de ecuaciones

{x+ y − w = 0

x− z + 2w = 0⇒(

1 1 0 −1 | 01 0 −1 2 | 0

)

28


sistema ya resuelto por las columnas 2 y 3

x y z w1 1 0 −1 | 01 0 −1 2 | 0

⇒ {y = w − x−z = −x− 2w

se reescribeW1

W1 = {(x,w − x, x+ 2w,w)/x,w ∈ R}= {(x,−x, x, 0) + (0, w, 2w,w)/x,w ∈ R}={x(1,−1, 1, 0) + w(0, 1, 2, 1)/x,w ∈ R}

dim(W1) = 2, Base deW1 = {(1,−1, 1, 0); (0, 1, 2, 1)}

Para W2 es necesario averiguar si los vectores generadores de W2 son linealmente independientes resolviendoel sistema x1(1, 0, 0, 1) + x2(0, 1, 0, 0) + x3(0, 0, 1, 0) + x4(2,−2,−2, 2) = (0, 0, 0, 0)

1 0 0 2 | 00 1 0 −2 | 00 0 1 −2 | 01 0 0 2 | 0

Observe fila 4 = fila 1 si esto ocurre una de ellas puede borrarse con la goma

de borrar o bien , cambiando la �la 4 con pivoteo en a11 = 1⇒

1 0 0 2 | 00 1 0 −2 | 00 0 1 −2 | 00 0 0 0 | 0

los ceros logradosen �la 4 indican que el sistema tiene in�nitas soluciones , la matriz identidad de 3 × 3 formada por las tresprimeras columnas permite ya resolver el sistema en función de la variable libre x4, de hecho la solución

del sistema es

x1 = −2x4

x2 = 2x4

x3 = 2x4

si x4 = 1 se tiene x1 = −2, x2 = 2, x3 = 2 entonces se tiene la relación de

dependencia −2(1, 0, 0, 1) + 2(0, 1, 0, 0) + 2(0, 0, 1, 0) + 1 · (2,−2,−2, 2) = (0, 0, 0, 0)⇒ (2,−2,−2, 2) = 2(1, 0, 0, 1) − 2(0, 1, 0, 0) − 2(0, 0, 1, 0) esta última relación nos dice que el vector(2,−2,−2, 2) es dependiente de los otros vectores (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0) entonces éste vector no formaparte de la base de W2 , éste se elimina de la base de W2 .¾ y de la base de W2 se puede eliminar otro .?.Nopues el sistema sólo tiene una variable libre que es x4, esta variable libre está asociada al cuarto vector (2,-2,-2,2) que es el que se elimina, es una manera útil de detectar un vector L.D en un conjunto dado.En losucesivo entonces bastará pivotear hasta formar la identidad y aquellas varibles libres o parámetros acusan alos respectivos vectores L.D.

ResumiendoW2 = 〈{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (2,−2,−2, 2)}〉=W2 = 〈{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}〉⇒dim(W2) = 3, base de W2 es{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}.

Observe la diferencia entre vectores que generan a un susbespacio y vectores en la base del subespacio,en W2 hay 4 vectores que lo generan pero solo 3 de ellos son L.I.

Para hallar base y dimensión de W1 ∩ W2 es necesario intersectar las condiciones de W1y las condicionesde W2 , las condiciones deW1se conocen y son dos x+ y−w = 0∧ x− z + 2w = 0,las de W2 no se conocen sedeben encontrar .

Siendo W2 = 〈{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}〉 debemos averiguar qué condición debe cumplir un vectorcualesquiera (x, y, z, w) para pertenecer al subespacio W2 ,es decir se deben encontrar bajo que condicionesexisten x1, x2.x3 tal que (x, y, z, w)= x1(1, 0, 0, 1) + x2(0, 1, 0, 0) + x3(0, 0, 1, 0) esto lleva a resolver el sistemade 4 ecuaciones y 3 incógnitas (x, y, z, w)= (x1, 0, 0, x1) + (0, x2, 0, 0) + (0, 0, x3, 0) igualando y escribiendo

el sistema en matriz ampliada

1 0 0 | x0 1 0 | y0 0 1 | z1 0 0 | w

( esta matriz se pudo obtener mas rapidamente con solo

29


�colgar� como columnas los vectores de la base de W2 agregando el vector incógnita (x, y, z, w) tambien �col-gado� como columna)

pivoteando esta matriz en a11 = 1 para cambiar la �la cuarta se obtiene

1 0 0 | x0 1 0 | y0 0 1 | z0 0 0 | w − x

observe la

última �la , el sistema tendrá solución si y sólo si w − x = 0 que es la única condicion que debe cumplir elvector (x, y, z, w) para ser un elemento de W2, entonces W2 se puede reescribiren el mismo modo que está escrito W1

W2 = {(x, y, z, w)/− x+ w = 0} Ahora recien podemos intersectar ambos espacios.

W1 ∩W2 = {(x, y, z, w)/x+ y − w = 0 ∧ x− z + 2w = 0 ∧ −x+ w = 0}

debemos resolver el sistema

x+ y − w = 0

x− z + 2w = 0

−x+ w = 0

escrito en matriz ampliada se tiene

1 1 0 −1 | 01 0 −1 2 | 0−1 0 0 1 | 0

siendo las columnas 2 y 3 ya de la matriz

identidad no conviene cambiar o modi�car esas columnas a efecto de no perder esos ceros pivoteamos en �la4 en el lugar a31 = −1 o bien en el lugar a34 = 1.pivoteando en a31 = −1 la matriz anterior se reduce a 0 1 0 0 | 0

0 0 −1 3 | 0−1 0 0 1 | 0

la matriz identidad se encuentra desordenada en columnas 1 , 2 y 3 la variable

w es la variable libre asociada a la columna 4 resolviendo se tiene

y = 0

−z = −3w

−x = −w

el sistema arrojó solo una variable libre w , la dimensión de W1 ∩ W2 deberá ser 1 .Claro está que si seelije cualquier otro lugar de pivoteo las expresiones de solución del sistema son totalmente distintas ,por quehay in�nitas soluciones,pero en lo que se debe coincidir es en la cantidad de variables libres.En este caso todosdebemos llegar a obtener solo una variable libre que para este caso fue w, otro alumno obtendrá como libre ala varaible x si este alumno pivotea en a34 = 1 por ejemplo.

la cuestión es que W1 ∩ W2 = {(x, y, z, w)/x+ y − w = 0 ∧ x− z + 2w = 0 ∧ −x+ w = 0}= W1 ∩ W2 ={(x, y, z, w)/y = 0, z = 3w, x = w}W1 ∩W2 = {(w, 0, 3w,w)/w ∈ R}= {w(1, 0, 3, 1)/w ∈ R}= 〈{(1, 0, 3, 1)}〉

dim(W1 ∩W2)= 1, con base {(1.0, 3, 1)}

Para W1 +W2 aplicamos el teorema dim(W1 +W2) = dim(W1) + dim(W2)− dim(W1 ∩W2)= 2 + 3− 1 = 4 .observe el signi�cado de que dim(W1 +W2) = 44 es la cantidad de vectores en la base del subespacio W1 + W2 , en teoría W1 + W2 es generado por launión de los vectores de la base de W1 y los vectores de la base de W2 , pero si unimos estas bases nos dan5 vectores , 2 de W1 y 3 de W2 lo que obliga a pivotear para eliminar un vector lo que es una verdadera�lata�. En este ejemplo podemos evitar ese procedimiento latoso .y es por el siguiente hecho.Todo subespaciovectorial tiene dimensión menor o igual a la dimensión del espacio vectorial �madre� que en este caso es R4

con dimensión 4, entoncesW1+W2 no puede tener la misma dimensión que el espacio � madre� a menos que....

30


W1 +W2 = R4

entonces bases para elegir para W1 +W2 hay muchas , no necesariamente la union de bases.

18. En el espacio de los polinomios de grado hasta 3 , que se simboliza por P3 [x] se dan los siguientes subespaciosvectoriales

W1 = {p(x) ∈ P3 [x] /p(1) = p(−1) ∧ p(1) = 0}W2 =

⟨{x3 + x2 − x+ 1, x2 − 2, 2x3 + 3x2 − 2x

}⟩Determine bases y dimensión de W1 ∩W2 , W1 +W2

Solución: Si p(x) = ax3 + bx2 + cx + d entonces de p(1) = p(−1) ⇒ a + b + c + d = −a + b − c + d,reduciendo términos se tiene 2a + 2c = 0 ⇒ a + c = 0, De p(1) = 0 ⇒ a + b + c + d = 0 asi W1se puedereescribir W1 =

{ax3 + bx2 + cx+ d ∈ P3 [x] /a+ c = 0 ∧ a+ b+ c+ d = 0

}debemos resolver el sistema

{a+ c = 0

a+ b+ c+ d = 0⇐⇒

(1 0 1 0 | 01 1 1 1 | 0

)∼(

1 0 1 0 | 00 1 0 1 | 0

)∼{

a = −cb = −d

W1 ={ax3 + bx2 + cx+ d ∈ P3 [x] /a = −c ∧ b = −d

}={−cx3 +−dx2 + cx+ d ∈ P3 [x] /c, d ∈ R

}factorizando por c, d se tiene

W1 ={c(−x3 + x)+d(− x2 + 1) ∈ P3 [x] /c, d ∈ R

}ya se vislumbra los polinomios generadores de W1

−x3 + x, −x2 + 1 dim(W1) = 2

En W2 hay que averiguar si los vectores{x3 + x2 − x+ 1, x2 − 2, 2x3 + 3x2 − 2x

}son o no L.I , para ello

debemos calcular x1, x2, x3 del sistema homogeneo x1(x3 + x2 − x+ 1) + x2(x2 − 2) + x3(2x3 + 3x2 − 2x) = 0, la matriz ampliada de este sistema se obtiene �colgando� los coe�cientes de los polinomios como columnascomenzando con el coe�ciente de la mas alta potencia o por la constante ,pero sin mezclar.

matriz ampliada (A|b) =

1 0 2 | 01 1 3 | 0−1 0 −2 | 0

1 −2 0 | 0

F4 → 2F2 + F4∼

1 0 2 | 01 1 3 | 0−1 0 −2 | 0

3 0 6 | 0

Observe la �las 1 ,�la 3 y �la 4 son proporcionales pivoteamos en �la 1 ,en a11 = 1 y obtenemos dos �las nulas

1 0 2 | 00 1 1 | 00 0 0 | 00 0 0 | 0

El sistema se reduce a dos ecuaciones y tres incógnitas

x1 x2 x31 0 2 | 00 1 1 | 0

, x3 esla variable libre asociada a la columna no identidad , podemos a�rmar que el tercer vector (polinomio) 2x3 +3x2 − 2x es combinación lineal del resto ,entonces lo eliminamos deW2 ,reescribinosW2

W2 =⟨{x3 + x2 − x+ 1, x2 − 2

}⟩hay dos vectores L.I que generan a W2, dim(W2) = 2.

para poder hallar W1 ∩ W2 ,se requiere hallar las condiciones de W2 ,para ello un polinomio cualesquieraax3 +bx2 +bx+d debe escribirse como combinación lineal de los vectores de la base deW2 , es decir encontrardos reales x1, x2 tal que

ax3 + bx2 + bx + d = x1(x3 + x2 − x + 1) + x2(x2 − 2) ,el sistema a resolver se obtiene �colgando� los

31


coe�cientes como columnas en matriz ampliada

(A|b) =

1 0 | a1 1 | b−1 0 | c

1 −2 | d

pivoteamos en �la 2 para cambiar �la 4, con la operación F4 → 2F2 + F4

(A|b) =

1 0 | a1 1 | b−1 0 | c

3 0 | d+ 2b

pivoteamos en �la 1,para cambiar todas las otras �las ,

operacionesF2 → (−1)F1 + F2,F3 → (1)F1 + F3,F4 → (−3)F1 + F4

(A|b) =

1 0 | a0 1 | b− a0 0 | c+ a0 0 | d+ 2b− 3a

observe las �las 3 y 4 con elementos ceros, la única manera que el

sistema tenga solución para las variables x1, x2 es que c+ a = 0 ∧ d+ 2b− 3a = 0 .Estas son las condicionespara que un polinomio ax3 + bx2 + bx+ d pueda estar enW2 , asi se puede ahora reescribir W2 ,W2 =

{ax3 + bx2 + bx+ d/a+ c = 0 ∧ −3a+ 2b+ d = 0

}ahora reunimos ambas condiciones de W1 y de W2 en la intersección

W1 ∩W2 ={ax3 + bx2 + bx+ d/a+ c = 0 ∧ −3a+ 2b+ d = 0 ∧ a = −c ∧ b = −d

}observe que la condición a+ c = 0 es común a ambos subespacios

el sistema a resolver es ( eliminando una de las condiciones comunes)a+ c = 0

−3a+ 2b+ d = 0

a+ c = 0

b+ d = 0

⇒

1 0 1 0 | 0−3 2 0 1 | 00 1 0 1 | 0

pivoteando en �la 2 en a24 = 1, para cambiar �la 3

operación F3 → (−1)F2 + F3

(A|b) =

1 0 1 0 | 0−3 2 0 1 | 03 −1 0 0 | 0

observe ya tenemos en columnas 3 y 4 las columnas de la matriz identi-

dad ya no podemos pivotear ni en �la 1 ni en �la 2, pivoteamos en �la 3 en el lugar a32 = −1, para cambiar�la 2 con la operación F2 → 2F3 + F2

(A|b) =

1 0 1 0 | 03 0 0 1 | 03 −1 0 0 | 0

observe la identidad con columnas desordenadas en columnas 2,3 y 4.esto

indica �n del pivoteo y solución del sistema , la variable libre está sociada a la primera columna que no esuna columna de la matriz identidad, la solución del sistema es en términos de la variable libre a,

(A|b) =

a b c d1 0 1 0 | 03 0 0 1 | 03 −1 0 0 | 0

⇒c = −ad = −3a

−b = −3a

la presencia de una sola variable libre a, indica que el subespacio W1 ∩W2 tendrá dimensión 1 y tendrá soloun vector en su base.reescribimos W1 ∩W2 .

W1 ∩W2 ={ax3 + bx2 + cx+ d/c = −a ∧ d = −3a ∧ b = 3a

}={ax3 + 3ax2 +−ax+−3a/a ∈ R

}factorizando por a

32


W1 ∩W2 ={a(x3 + 3x2 − x− 3)/a ∈ R

}ahora se puede apreciar el vector (polinomio) generador

W1∩W2 =⟨{

(x3 + 3x2 − x− 3)}⟩⇒ dim(W1∩W2 )= 1, su base está constituida por el vector x3+3x2−x−3.

Para W1 +W2 usamos el teorema dim(W1 +W2) = dim(W1) + dim(W2)− dim(W1 ∩W2)

dim(W1 +W2) = 2 + 2− 1 = 3debemos hallar 3 vectores en la base de W1 +W2 que sean L.I.

para ello reunimos los vectores de la base de W1con los de la base de W2 esta unión da los vectores{−x3 + x, −x2 + 1, x3 + x2 − x, x2 − 2

}de estos 4 vectores debemos eliminar uno de ellos, el que dependa

de los demás.

los dos primeros vectores ( color rojo) son L.I y son de W1, los dos segundos (color azul ) son L.I de W2

, pero juntos son L.D pues dim(W1 +W2) = 3debemos buscar x1, x2, x3, x4 no todos ceros tal quex1(−x3 + x) + x2(−x2 + 1) + x3(x3 + x2 − x) + x4(x2 − 2) = 0

� colgando� coe�cientes formamos la matriz ampliada

(A|b) =

−1 0 1 0 | 00 − 1 1 1 | 01 0 −1 0 | 00 1 0 −2 | 0

pivoteando en a11 = −1 de �la 1 se obtiene

(A|b) =

−1 0 1 0 | 00 − 1 1 1 | 00 0 0 0 | 00 1 0 −2 | 0

eliminamos la �la 3 de solos ceros

(A|b) =

−1 0 1 0 | 00 − 1 1 1 | 00 1 0 −2 | 0

pivoteamos en a22 = −1 de �la 2

(A|b) =

−1 0 1 0 | 00 − 1 1 1 | 00 0 1 −1 | 0

pivoteando en a33 = 1�la 3

(A|b) =

−1 0 0 1 | 00 − 1 0 2 | 00 0 1 −1 | 0

ya tenemos a l matriz identidad en columnas 1 2 y 3 , la cuarta columna

esta asociada a la variable x4 que es la variable libre del sistema ,eliminamos el cuarto vector x2 − 2,pues six4 = 1 el sistema tendrá solución x1 = 1, x2 = 2, x3 = 1 entonces x2 − 2 se puede escribir como combinaciónlineal del resto

x2 − 2= (−1)(−x3 + x) + (−2)(−x2 + 1) + (−1)(x3 + x2 − x)

en realidad se puede eliminar cualquiera de ellos . pero por tiempo es mejor eliminar el vector asociadoa la variable libre y punto.

W1 +W2 =⟨{−x3 + x, −x2 + 1, x3 + x2 − x

}⟩

33


19. (propuesto) Hallar base y dimensión para los subespacios W1,W2,W1 ∩W2,W1 +W2

donde W1 =

{(x −xy z

)/x, y, z ∈ R

}, W2 =

{(a bc d

)/a+ c = 0

}Respuesta. dim(W1) = 3.dim(W2) = 3, dim(W1 ∩W2) = 2, dim(W1 +W2) = 4.

20. Sea W ={

(x, y, z, w) ∈ R4/x+ y + z + w = 0}un subespacio de R4.

Probar que los vectores (2, 0, 0,−2), (2, 0,−2, 0), (8,−2,−4,−2) forman una base de W.

Solución. Note que los vectores son realmente vectores de W , si se suman sus coordenadas arroja el valorcero.debemos probar primero que son vectores L.I, despues que ellos generan a WVeamos si son L.I.debemos resolver el sistema x1(2, 0, 0,−2) + x2(2, 0,−2, 0) + x3(8,−2,−4,−2) = (0, 0, 0, 0), � colgando� losvectores

(A|b) =

2 2 8 | 00 0 −2 | 00 −2 −4 | 0−2 0 −2 | 0

sistema ya resuelto

de la �la 2, ⇒ 2x3 = 0⇒ x3 = 0, de la �la 4 ⇒ −2x1 − 2x3 = 0,pero x3 = 0⇒ x1 = 0de la �la 3, ⇒ −2x2 − 4x3 = 0⇒ −2x2 − 4 · 0 = 0⇒ x2 = 0

como la única solución es x1 = x2 = x3 = 0, los vectores son L.i.

que ellos generan a W , signi�ca que cualquier vector de W es combinación lineal de estos vectoreses decir existen x1, x2, x3 tal que (x, y, z, w) =x1(2, 0, 0,−2) + x2(2, 0,−2, 0) + x3(8,−2,−4,−2)�colgando� los vectores el sistema a resolver es

(A|b) =

2 2 8 | x0 0 −2 | y0 −2 −4 | z−2 0 −2 | w

pivoteando en �la 1 en a11 = 2 cambiamos la �la 4

(A|b) =

2 2 8 | x0 0 −2 | y0 −2 −4 | z0 2 6 | w + x

pivoteando en �la 2 en a23 = −2 cambiando todas las �las excepto

la de pivote 2

(A|b) =

2 2 0 | x+ 4y0 0 −2 | y0 −2 0 | z − 2y0 2 0 | w + x+ 3y

pivoteando en �la 3 en a32 = −2 y solo cambiando �la 4

(A|b) =

2 2 0 | x+ 4y0 0 −2 | y0 −2 0 | z − 2y0 0 0 | w + x+ y + z

, el sistema tiene solución si y solo si x+ y + z + w = 0

observe que ya no es posible hacer ceros otra �la , observe que no es necesario encontrar las soluciones del

sistema , basta mostrar que existen x1, x2, x3 y estas existen por que la matriz

2 2 00 0 −20 −2 0

resultantedel pivoteo es claramente no singular es decir tiene rango 3 , o bien tiene determinante distinto de cero o bien

34


un pivoteo mas y se transforma en identidad 3 × 3 o bien las soluciones estan a la vista , de la segunda �lasiempre estuvo la solución −2x3 = y, de la tercera �la −2x2 = z− 2y y reemplazando estas en primera �la sepuede obtener x1.Entonces el hecho de comenzar com un sistema de 4 ecuaciones y tres incógintas y terminardespues del pivoteo en tres ecuaciones y tres incógnitas arroja uan única solución.Observe tambien que el sis-tema tiene solución solo si x+y+z+w = 0 , es decir los vectores (2, 0, 0,−2), (2, 0,−2, 0), (8,−2,−4,−2) sologeneran elementos de W .

21. Demostrar que los siguientes conjuntos de vectores de R3

A = {(1, 0,−1), (0,−2, 1)}, B = {(1,−2, 0), (2,−2,−1)}generan el mismo subespacio vectorial.Obtener una base y dimensión de dicho subespacio.

Solución: Que ellos generan al mismo espacio vectorial signi�ca que estos vectores generan a el mismo tipode vector (x, y, z) que cumple cierta condición. Ellos no pueden generan a cualquiera de R3, solo una base deR3 genera a cualquiera de R3.¾ Cuál es esa condición?

Cualquiera que sea debe ser igual para los dos conjuntos , solo asi sería el mismo espacio vectorial.

la condición aparece al resolver los sistemas

x1(1, 0,−1) + x2(0,−2, 1)= (x, y, z) ∧ x1(1,−2, 0) + x2(2,−2,−1) = (x, y, z)resolvemos solo el primero ,dejando al estudiante resolver el segundo.

�colgando� los vectores del primer sistema

(A|b) =

1 0 | x0 −2 | y−1 1 | z

pivoteando en �la 1 en a11 = 1 para cambiar �la 3, F3 → F1 + F3

(A|b) =

1 0 | x0 −2 | y0 1 | z + x

pivoteando en �la 3 para cambiar �la 2, F2 → 2F3 + F2

(A|b) =

1 0 | x0 0 | 2x+ y + 2z0 1 | z + x

el sistema tiene solución solo si 2x+ y + 2z = 0

esta es la condición buscada ,los vectores A = {(1, 0,−1), (0,−2, 1)} generan solo a vectores (x, y, z) tal que2x+ y + 2z = 0obteniéndose el subespacio W = {(x, y, z)/2x+ y + 2z = 0}.Ud, estudiante debe llegar al mismo subespacio resolviendo el sistema 2. Es claro que la dimensión de estesubespacio es 2 pues los vectores A = {(1, 0,−1), (0,−2, 1)}son claramente L.I pues se ve que el vector (1, 0,−1)no esmultiplo de (0,−2, 1) es decir no existe x tal que(1, 0,−1) = x(0,−2, 1) . Asi su base es A

SUMA DIRECTA.

En un espacio vectorial V dos subespacios W1,W2 se dicen suplementarios si cualquier vector v del es-pacio V se puede escribir de manera única como una suma de un elemento w1 de W1 y otro elemento w2 deW2, es decir v = w1 + w2.

Los subespacios W1,W2 son suplementarios ⇐⇒W1 + W2 = V ∧ W1 ∩ W2 = {0}, en tal caso se escribe

35


W1 ⊕W2 = V y se habla de sumadirecta de subespacios

22. Sean los subespacios W1 ={A ∈M2(R)/AT = A

}← subespacio dematrices simetricas

y sea el subespacio W2 ={A ∈M2(R)/AT = −A

}← subespacio dematrices antisimetricas

Demuestre que M2(R) = W1 ⊕W2

Solución : lo primero que debemos hallar es la intersección W1 ∩W2

W1 ∩ W2 ={A ∈M2(R)/AT = A ∧ AT = −A

}De AT = A ∧ AT = −A implica que A = −A ⇒ 2A =

0⇒ A = 0, asi W1 ∩W2 ={0}

en espacios suplementarios dim(W1 + W2) = dim(W1) + dim(W2), veamos las dimensiones de los sube-spacios.

W1 ={A ∈M2(R)/AT = A

}=

{A ∈M2(R)/

(a bc d

)T

=

(a bc d

)}

(a bc d

)T

=

(a bc d

)⇒(a cb d

)=

(a bc d

)⇒

a = a

c = b

b = c

d = d

⇒ b = c

W1 =

{(a bc d

)∈M2(R)/b = c

}=

{(a cc d

)/a, d, c ∈ R

}los tres parámetros o variables libres a, d, c indican que dim(W1) = 3

W2 ={A ∈M2(R)/AT = −A

}=

{A ∈M2(R)/

(a bc d

)T

= −(a bc d

)}

(a bc d

)T

= −(a bc d

)⇒(a cb d

)=

(−a −b−c −d

)⇒

a = −ac = −bb = −cd = −d

⇒

2a = 0

c = −b2d = 0

⇒

a = 0

c = −bd = 0

W2 =

{(a bc d

)∈M2(R)/a = d = 0 ∧ c = −b

}=

{(0 b−b 0

)/b ∈ R

}el único parámetro o variable libre b indica que dim(W2) = 1

entonces dim(W1 + W2) = 3 + 1= 4 pero W1 + W2 es un subespacio vectorial de M2(R), M2(R) es unespacio vectorial de dimensión 4¾Cómo un subespacio vectorial se atreve a tener la misma dimensión que elespacio vectorial ? a menos que ellos coincidan , a menos que...sean igualesW1 +W2 = M2(R)Asi toda matriz A se puede escribir de manera única como una matriz simétrica y una matriz antisimétrica

, de hecho ese es un ejercicio de matrices elemental, vease A =1

2(A + AT ) +

1

2(A− AT ) siendo la primera

1

2(A+AT ) simétrica y la segunda

1

2(A−AT ) antisimétrica.

entonces el haber demostrado que W1 ∩ W2 ={0} y el haber demostrado que W1 + W2 = M2(R) , se hademostrado que M2(R) = W1 ⊕W2

23. En R3 se consideran los subespacios vectoriales S = 〈{(2, 1, 0), (1, 0,−1)}〉, T = 〈{(−1, 1.1), (0,−1, 1)}〉 De-terminar un vector v deT tal que R3 = S + 〈{v}〉 y S ∩ 〈{v}〉 = {0}.

Solución : Geometricamente el subespacioS es un plano en R3 y 〈{v}〉 es una recta en R3 , entonces se

36


busca una recta no contenida en el plano S, pero si contenida en el plano T , que es lo mismo que a�rmarque se busca un elemento de T . Es claro que la dimensión de S es 2 pues los vectores (2, 1, 0), (1, 0,−1) sonclaramente L.I.,para elegir un vector de T debe ser tal que no sea un elemento de S, es decir no cumplir conla condición de S

por eso veamos que condición debe cumplir un vector (x, y, z) para estar en S . 2 1 | x1 0 | y0 −1 | z

pivoteando en �la 2 , en a21 = 1, cambiamos la �la 1 0 1 | x− 2y1 0 | y0 −1 | z

pivoteando en �la 1 ,en a12 = 1 cambiamos �la 3 0 1 | x− 2y1 0 | y0 0 | x− 2y + z

el sistema tiene solución si y solo si x− 2y + z = 0

x− 2y+ z = 0 es la condición de S y tambien la ecuación del plano que de�ne.S = {(x, y, z)/x− 2y + z = 0}entonces de los muchos vectores de T , hay que seleccionar uno que no veri�que esta condición. por ejemploel vector v = (0,−1, 1) ∈ T pero v = (0,−1, 1) /∈ S pues 0− 2(−1) + 1 6= 0.¾ Cómo es la intersección entre Sy 〈{v}〉?〈{v}〉= 〈{(0,−1, 1)}〉 = {(x, y, z)/x = 0 ∧ y + z = 0}⇒ S∩〈{v}〉 = {(x, y, z)/x− 2y + z = 0 ∧ x = 0 ∧ y + z = 0}={(0, 0, 0)}

dim(S + 〈{v}〉) = dim(S) + dim(〈{v}〉 = 2 + 1 = 3⇒ S + 〈{v}〉 = R3,los subespacios S y 〈{v}〉 son su-plementarios, entonces podemos escribir S ⊕ 〈{v}〉 = R3

37


TRANSFORMACIONES LINEALES

Ejercicios resueltos.

V y W son espacios vectoriales de�nidas sobre un mismo cuerpo K , que por lo general es el conjunto de losnúmeros reales , asi que una transformación lineal es una funcion de�nida del espacio V al espacio W, tal que debecumplir la siguientes condiciones:

T (v1 + v2) = T (v1) + T (v2) para todo par de vectores v1, v2 de VT (kv) = kT (v), para todo real k y para todo vector v de V

ambas condiciones se pueden resumir en una sola , escribiendo T : V → W es lineal si y solo si T (kv1 + v2) =kT (v1) + T (v2)

Por ejemplo T : R3 → R3 de�nida por T (x, y, z) = (x, y, 0) es una transformación lineal que se conoce comola proyeccion sobre el plano XY

Otra transformación lineal es la rotación de un punto en R2.T : R2 → R2 de�nida por

T (x, y) =

(cosθ −senθsenθ cosθ

)(xy

)= (xcosθ − ysenθ, xsenθ + ycosθ) esta función tiene la propiedad de rotar el

punto P (x, y) en un ángulo ϑ y dejarlo en Q(x, y)

3

Ejercicios resueltos.

3Profesor.Osvaldo Carvajal

38


1. Determinar cuales de las siguientes funciones son lineales.

(a) T : M2×2(R)→ R de�nida por T (

[a bc d

]) = 2a+ 3b− c

(b) T : R2 → R2 de�nida por T (x, y) = (x2, y2)

(c) T : R3 → P2 [x] de�nida por T (a, b, c) = (a+ b)x2 + abx+ c

(d) T : M2×2→ P3 [x] de�nida por T (

[a bc d

]) = 2ax3 + bx2 + (c+ d)x

Solución.De inmediato descartamos las funciones b) y c)pues si una función ha de ser lineal entonces la palabra lo dice nada de cuadrados , ni potencias niproductos , ni logaritmos, ni raices , etc.En b) T (x, y) = (x2, y2)los cuadrados echan a perder lo lineal, pero por supuesto no podemos dar esta respuesta ,debemos dar un contraejemplo entonces vamos amostrar que no se cumple la propiedad T (u+ v) = T (u) + T (v)

Sea u = (1, 0), v = (2, 3)⇒ T ((1, 0) + (2, 3)) = T (3, 3) = (9, 9)por otro lado T (1, 0) + T (2, 3) = (1, 0) + (4, 9) = (5, 9). Entonces como (9, 9) 6= (5, 9) se muestra queT (x, y) = (x2, y2) no es lineal.aqui la elección de u, v ha sido en forma aleatoria, si la propiedad se cumpliera para estos u, v hay queelegir otro par. de u, v

En c) T (a, b, c) = (a+b)x2 +abx+c la componente o coe�ciente ab de x echa a perder lo lineal, igual queantes damos un contraejemplo, sea u = (2, 2, 3),v = (−4,−2, 0)⇒ T (u+ v) = T ((2, 2, 2) + (−4,−2, 0))=T (−2, 0, 2) = (−2 + 0)x2 + 0 · x+ 2 = −2x2 + 2por otro lado T (2, 2, 3)+T (−4,−2, 0) =

{(2 + 2)x2 + 2 · 2x+ 3

}+{

(−4− 2)x2 +−4 · −2x+ 0}

= −2x2+12x+ 3entonces como −2x2 + 2 6= −2x2 + 12x+ 3, T (a, b, c) = (a+ b)x2 + abx+ c no es lineal!.

las funciones en a) y en d) si son lineales , aqui no sirven los contraejemplos, u, v deben ser cualquiera,comenzamos con a)

en ambos casos debemos demostrar que T (ku+ v) = kT (u) + T (v), con k ∈ R

en a) T (

[a bc d

]) = 2a+ 3b− c, u, v son matrices , sea entonces u =

(a bc d

),v =

(p qr t

)T (ku+ v) = T (k

(a bc d

)+

(p qr t

))

= T

(ka+ p kb+ qkc+ r kd+ t

)= 2(ka+ p) + 3(kb+ q)− (kc+ r) = k(2a+ 3b− c) + (2p+ 3q − r) (1)

por otro lado veamos como es la expresión kT (u) + T (v) tendrá que ser igual a lo anterior

kT (u) + T (v) = kT

(a bc d

)+ T

(p qr t

)= k(2a+ 3b− c) + (2p+ 3q − r) (2)

39


como se puede apreciar de (1) y (2) ambas expresiones son iguales⇒ T (ku + v) = kT (u) + T (v) Asi

T es lineal!

En d) T (

[a bc d

]) = 2ax3 + bx2 + (c+ d)x, igual que antes nos damos dos matricesu =

(a bc d

),v =(

p qr t

)T (ku+ v) = T (k

(a bc d

)+

(p qr t

))

T


)= 2(ka+ p)x3 + (kb+ q)x2 + (kc+ r + kd+ t)x

T


)= k(2ax3 + bx2 + (c+ d)x) + (2px3 + qx2 + (r + t)x) (3)

por otro lado vemos kT (u) + T (v)

kT (u) + T (v) = kT

(a bc d

)+ T

(p qr t

)= k(2ax3 + bx2 + (c+ d)x) + (2px3 + qx2 + (r + t)x) (4)

vemos que (3) y (4) son iguales →⇒ T (ku+ v) = kT (u) + T (v) Asi T es lineal!

2. Hallar el núcleo o Ker(T) de cada una de las siguientes funciones.

El núcleo o Ker(T ) es un subespacio de V

(a) T : R3 → R3 de�nida por T (x, y, z) = (x+ 3y + 4z, 3x+ 4y + 7z, −2x− 2y)

(b) T : M2×2(R)→M2×2(R) de�nida por T (A) = A−AT

(c) T : P3 [x]→ R4 de�nida por T (ax3 + bx2 + cx+ d) = (a− b, a.− c, a− d, b− c)

Solucióna)Ker(T ) = {(x, y, z)/T (x, y, z) = (0, 0, 0)}= {(x, y, z)/(x+ 3y + 4z, 3x+ 4y + 7z, −2x+ 2y) = (0, 0, 0)}igualando las componentes , el sistema a resolver esx+ 3y + 4z = 0

3x+ 4y + 7z = 0

−2x+ 2y = 0

⇒ (A|b) =

(1) 3 4 | 03 4 7 | 0−2 2 0 | 0

pivoteando en a11 = 1

⇒ (A|b) =

1 3 4 | 00 −5 −5 | 00 8 8 | 0

dividiendo �la 2 por (-5) y �la 3 por 8,quedan �las iguales

40


⇒ (A|b) =

1 3 4 | 00 1 1 | 00 1 1 | 0

Eliminamos una de las �las iguales, la �la 3.

⇒ (A|b) =

(1 3 4 | 00 (1) 1 | 0

)pivoteando en �la 2 ,en a22 = 1 obtenemos

⇒ (A|b) =

(1 0 1 | 00 1 1 | 0

)resolviendo en términos de la variable libre z{

x = −zy = −z

z ∈ R

reescribimos el Ker(T).Ker(T ) = {(x, y, z)/x = −z, y = −z}= {(−z,−z, z)/z ∈ R}= 〈{(−1,−1, 1)}〉,El vector (−1,−1, 1) es el

generadordel núcleo de T o del Ker(T ), asi dim(Ker(T )) = 1.!

b) Ker(T ) = {A ∈M2×2(R)/T (A) = 0}={A ∈M2×2(R)/A−AT = 0

}pero de A = AT⇒ A = AT propiedad que cumplen todas las matrices simetricas, asi que el núcleo dela transformación lineal esta constituido por todas las matrices simétricas de tamaño 2por 2, podemosreescribir el núcleo.

Ker(T ) = {A ∈M2×2(R)/A es simetrica }={(

a bc d

)/b = c

}Ker(T ) =

{(a cc d

)/a, c, d ∈ R

}=

{(a 00 0

)+

(0 cc 0

)+

(0 00 d

)/a, c, d ∈ R

}=

⟨{(1 00 0

),

(0 11 0

),

(0 00 1

)}⟩entonces dim(Ker(T )) = 3, su base la está viendo =

{(1 00 0

),

(0 11 0

),

(0 00 1

)}!

c)Ker(T ) = {p(x) ∈ P3 [x] /T (p(x)) = 0}={p(x) ∈ P3 [x] /T (ax3 + bx2 + cx+ d) = (a− b, a.− c, a− d, b− c) = (0, 0, 0, 0)

}

(a−b, a.−c, a−d, b−c) = (0, 0, 0, 0)⇒ sistema

a− b = 0

a− c = 0

a− d = 0

b− c = 0

ya resuelto en términos de la varible libre a

b = a

c = a

d = a

⇒ Ker(T ) ={ax3 + bx2 + cx+ d ∈ P3 [x] /b = a, c = a, d = a

}⇒ Ker(T ) =

{ax3 + ax2 + ax+ a/a ∈ R

}={a(x3 + x2 + x+ 1)/a ∈ R

}el vector (polinomio) x3 + x2 + x+ 1 genera al Ker(T )

dim(Ker(T ))= 1 !

41


3. Hallar base y dimensión del subespacio imagen de T

La imagen de T , Im(T ), es un subespacio de W

(a) T : R3 → R3 de�nida por T (x, y, z) = (x+ 3y + 4z, 3x+ 4y + 7z, −2x− 2y)

El subespacio imagen de T es el recorrido de la función lineal, es generado por las imagenes de losvectores de una base del espacio Ven este caso es generado por las imágenes de alguna base de R3, elejimos por supuesto la base masa mano de R3, la base canonica. entonces la imágen por ejemplo del primer vector canónico esT (1, 0, 0) = (1, 3,−2), entonces

Im(T ) = {T (v)/v ∈ V }

Im(T ) = 〈{T (1, 0, 0), T (0, 1, 0), T (0, 0, 1)}〉= 〈{(1, 3,−2), (3, 4,−2), (4, 7, 0)}〉estos vectores imagenes no son necesariamente linealmente independientes (L.I) asi que hay que pivotearlos

pero para este ejemplo se ha resuelto y obtenido el Ker(T ). y se ha obtenido dim(Ker(T )) = 1(véase ejemplo resuelto 2a)

hay un gran teorema que dice asi: dim(V ) = dim(Ker(T )) + dim(Im(T )), donde V es el espaciode partidaen este ejemplo V = R3 por tanto dim(R3) = 3 = 1 + dim(Im(T ))⇒ dim(Im(T )) = 2, esta informaciónayuda pues nos dice que el subespacio = 〈{(1, 3,−2), (3, 4,−2), (4, 7, 0)}〉 es de dimensión 2 , hay quebotar un vector.el vector a eliminar seria aquel asociado a la variable libre del sistema x1(1, 3,−2) + x2(3, 4,−2) +x3(4, 7, 0) = (0, 0, 0)el alumno en una prueba tiene poco tiempo,asi que te parece alumno que eliminemos un vector al ojode= 〈{(1, 3,−2), (3, 4,−2), (4, 7, 0)}〉 eliminamos el primero, asi que quedaría = 〈{(3, 4,−2), (4, 7, 0)}〉 ¾y estos dos que quedaron son L.I?claramente que si , pues no existe x tal que (4, 7, 0) = x(3, 4,−2) ¾ acaso existe x tal que 0 = x · (−2) ?

este método al ojo no se recomienda... pero..a veces sirve.

Asi que Im(T ) = 〈{(3, 4,−2), (4, 7, 0)}〉 !Observación: Geometricamente Im(T ) = 〈{(3, 4,−2), (4, 7, 0)}〉 es un plano en R3 que pasa por el origeny de ecuación 14x− 8y+ 5z = 0, esta ecuación se obtiene del sistema x1(3, 4,−2) +x2(4, 7, 0) = (x, y, z).

(b) T : P2 [x]→M2×2(R) de�nida por T (ax2 + bx+ c) =

(2a b+ cc 0

)Solución. Im(T ) = {T (v)/v ∈ V }Aqui V = P2 [x] espacio de polinomios de grado hasta 2,de dimensión 3

42


su base canonicaes{

1, x , x2}la imágen de esta base por T son las tres matrices siguientes

Im(T ) =

⟨{(0 11 0

),

(0 10 0

),

(2 00 0

),

}⟩¾ son estas matrices L.I ?

para responder , podríamos pivotear el sistema x1

(0 11 0

)+x2

(0 10 0

)+x3

(2 00 0

)=

(0 00 0

),

si arroja solución solo cero entonces son L.I , si arroja 6=0 son L.D..pero mejor vamos a usar información proveniente del Ker(T )

Ker(T ) =

{ax2 + bx+ c/

(2a b+ cc 0

)=

(0 00 0

)}observe que igualando componente a com-

ponente se tiene un sistema fácil de resolver2a = 0

b+ c = 0

c = 0

⇒ a = b = c = 0 . asi que Ker(T ) ={

0x2 + 0x+ 0}

= {0}→ dim(Ker(T )) = 0

Usando el teorema de la dimensión mencionado más arriba, dim(P2 [x]) = dim(Ker(T )) + dim(Im(T ))dim(P2 [x]) = 3 = 0 + dim(Im(T )) implica que dim(Im(T ))= 3 lo que signi�ca que de Im(T ) =⟨{(

0 11 0

),

(0 10 0

),

(2 00 0

),

}⟩tiene sus tres matrices constituyendo un conjunto L.I, ninguna

matriz se bota.

entonces Im(T ) =

⟨{(0 11 0

),

(0 10 0

),

(2 00 0

),

}⟩!

4. Sea la transformación lineal T : P2 [x]→ P3 [x] de�nida por T (p(x)) = xp(x)

¾ Cuáles de los siguientes vectores(polinomios) pertenecen al Ker(T ) o bien a la Im(T ).?

(a) x2

Solución: la única manera de averiguar si x2 es elemento del Ker(T ) o de Im(T ). es calculando ambossubespacios y ver quienes son los que los generan, asi queKer(T ) = {p(x) ∈ P2 [x] /xp(x) = 0}le damos vida a p(x). que este sea p(x) = ax2 + bx+ c, entoncesKer(T ) =

{ax2 + bx+ c,∈ P2 [x] /x(ax2 + bx+ c) = 0

}Ker(T ) =

{ax2 + bx+ c,∈ P2 [x] /ax3 + bx2 + cx = 0

}entonces de ax3 + bx2 + cx = 0⇒ a = b = c = 0

El núcleo o Ker(T ) de la función T tiene un miserable elemento el neutro cero ,el polinomio cero, en-tonces x2 /∈ Ker(T ), x2 no pertenece al núcleo pues Ker(T ) = {0}.¾ Pertenece a la Imagen.?

(b) 1 + xSoluciónClaramente 1 + x /∈ Ker(T ), pues Ker(T ) = {0}, veamos si pertenece a la imagen de T.Im(T ) = {T (v)/v ∈ V } = {xp(x)/p(x) ∈ P2 [x]}=

{ax3 + bx2 + cx/a, b, c ∈ R

}los tres parámetros a, b, c libres de tomar cualquier valor indican que la dimensión de Im(T ) es 3 ,son tres los vectores o polinomios que generan a la imagen .

43


Im(T )={a(x3) + b(x2) + c(x)/a, b, c ∈ R

}=⟨{x3, x2, x

}⟩aqui vemos que x2 ∈ Im(T ) ¾ y el polinomio

1 + x pertenece a la imagen ?la respuesta es por simple inspección ¾ cree ud alumno que combinando x3, con x2 y con x de todas lasmaneras posibles se obtendrá 1+x ?,claramente no existe números a, b, c tal que 1+x = a·x3+b·x2+c·x,la constasnte 1 de 1 + x no permite resolver el sistema. Asi 1 + x/∈ Im(T ).

(c) 2x− x3Solución. Este elemento si pertenece a la imagen de T , pues existen a, b, c tal que 2x−x3= a·x3+b·x2+c·x,basta tomar a = −1, b = 0, c = 2

5. Sea la transformación lineal T : P2 [x]→ P3 [x] de�nida por T (1) = x2−2, T (x) = x3 + x, T (x2) = x3+2x2+1.

¾ Cuales pertenecen a la Im(T )?

(a) x2 − x+ 3!

(b) x2 − 2x+ 1

(c) 4x3 − 3x+ 5

Solución .Aqui no se ha dado explicitamente la función T , se ha dado la imagen de los vectores basalesde P2 [x]

para efectos de imagen es su�ciente pues justamente la imagen es generada por estos vectores |

Im(T ) =⟨(x2 − 2, x3 + x, x3 + 2x2 + 1

)⟩los vectores en a) b) y en c) estarán en el subespacio Imagen de T si y solo si existen reales a, b, c talque

x2 − x+ 3= a(x2 − 2) + b(x3 + x) + c(x3 + 2x2 + 1).x2 − 2x+ 3= a(x2 − 2) + b(x3 + x) + c(x3 + 2x2 + 1)4x3 − 3x+ 5= a(x2 − 2) + b(x3 + x) + c(x3 + 2x2 + 1)

aqui vamos resolver tres sistemas en forma simultanea�colgando� los coe�cientes de los polinomios generadores e igualando a los vectores de a),b) y de c) setiene la matriz �re ampliada�

0 1 1 | 0 0 4(1) 0 2 | 1 1 00 1 0 | −1 −2 −3−2 0 1 | 3 3 5

pivotemaos en �la 2 , en a21 = 1 para cambiar al �la 4.con la

operación F4 → 2F2 + F4

si es preciso aclaramos esta matriz, por ejemplo la primera columna se obtuvo � colgando� los coe-�cientes del polinomio generadorx2 − 2 comenzando con el coe�ciente de x3 , observe que x2 − 2=0 ·x3 + 1 ·x2 + 0 ·x+ (−2).tambien de la primara a la cuarta columna es el primer sistema de ecuaciones,las tres primeras columnas y la columna 5 corresponde al segundo sistema y las tres primeras columnasy la columna 6 corresponde al tercer sistema.Ahora pivoteamos en la matriz A del sistema que son las tres primeras columnas.

44


pivotemaos en a21 = 1 la matriz anterior para cambiar al �la 4.con la operación F4 → 2F2 + F4 yobtenemos la siguiente matriz

0 1 1 | 0 0 41 0 2 | 1 1 00 (1) 0 | −1 −2 −30 0 5 | 5 5 5

pivoteando en �la 3, en a32 = 1 para cambiar �la 1, con la op-

eración F1 → (−1)F3 + F1

0 0 (1) | 1 2 71 0 2 | 1 1 00 1 0 | −1 −2 −30 0 5 | 5 5 5

pivoteando en �la 1 , en a13 = 1 para cambiar �la 2 y �la 4 ,

con la operación F2 → (−2)F3 + F1

y la operación F4 → (−5)F1 + F40 0 1 | 1 2 71 0 0 | −1 −3 −140 1 0 | −1 −2 −30 0 0 | 0 −5 −30

�n del pivoteo , hemos resuelto los tres sistemas .

observe la �la 4 de la matriz A =

0 0 1 |1 0 0 |0 1 0 |0 0 0 | 0 −5 −30

llena de ceros ,la matriz A

tiene tres ceros en �la 4, En la cuarta �la de la matriz ampliada debieran haber solo ceros , solo así lostres sistemas tendrían solución , el unico sistema con solución es el primer sistema . el cero no puede serigual a -5 ni tampoco igual a -30, luego solo el vector x2 − x+ 3 pertenece al subespacio Im(T ).!.

6. Construcción de T.L Sea la base B = {v1, v2, v3} deR3 donde v1 = (1, 2, 3), v2 = (2, 5, 3) , v3 = (1, 0, 10)

Hallar T : R3 → R2 tal que T (v1) = (1, 0), T (v2) = (1, 0). T (v3) = (0, 1).

Solución.Escribimos un vector cualesqiera de R3, como v = (x, y, z) como combinación lineal de los vectores de la baseB = {v1, v2, v3} deR3.es decir debemos encontrar números reales x1, x2,x3 tal que v = (x, y, z) =x1(1, 2, 3)+, x2(2, 5, 3)+x3(1, 0, 10)sistema a resolver es: 1 2 (1) | x

2 5 0 | y3 3 10 | z

pivoteando en primera �la en a13 = 1, cambiamos �la 3 por (-10)�la 1+�la3 1 2 1 | x2 5 0 | y−7 −17 0 | z − 10x

,la �la 2 y �la 3 permiten resolver un sistema de 2 × 2, que resuelto por

método de Cramer queda

45


(2 5−7 −17

)(x1x2

)=

(y

z − 10x

)⇒ x1 =

∣∣∣∣ y 5z − 10x −17

∣∣∣∣∣∣∣∣ 2 5−7 −17

∣∣∣∣ =−17y − 5(z.− 10x)

2(−17)− (−7)(5)=

50x− 17y − 5z

1

⇒ x2 =

∣∣∣∣ 2 y−7 z − 10x

∣∣∣∣∣∣∣∣ 2 5−7 −17

∣∣∣∣ =2(z − 10x)− (−7)y

2(−17)− (−7)(5)=−20x+ 7y + 2z

1

reemplazamos x1, x2 encontrados en �la 1 , x1+2x2+x3 = x→ x3 = −(50x−17y−5z)−2(−20x+7y+2z) =−9x+ 3y + z

ahora de v = (x, y, z) =x1(1, 2, 3)+, x2(2, 5, 3)+x3(1, 0, 10) aplicamos T a ambos lados

tenemos T (v) = T (x, y, z) =x1T (1, 2, 3) + x2T (2, 5, 3)+x3T (1, 0, 10)pero T (1, 2, 3) = (1, 0), T (2, 5, 3) = (1, 0), T (1, 0, 10) = (0, 1)T (v) = T (x, y, z) =x1(1, 0) + x2(1, 0)+x3(0, 1)T (v) = T (x, y, z) =(x1+x2,x3) = (50x−17y−5z+−20x+7y+2z,−x+3y+z) = (30x−10y−3z,−9x+3y+z)

la función encontrada es T (x, y, z)= (30x− 10y − 3z,−9x+ 3y + z)!.veamos si es cierto , evaluamos en un elemento de la base ,T (1, 2, 3) = (30 · 1− 10 · 2− 3 · 3,−9 + 3 · 2 + 3)= (1, 0) ,efectivamente obtenemos el mismo valor dado.

7. Hallar una T.L T : R3 → R3 tal que Ker(T ) = 〈{(1, 1, 1), (2, 0, 1), (7, 1, 4)}〉

Solución:Para construir la función lineal T , se requiere una base B = {v1, v2, v3} deR3 de partida , esta debe contenera los vectores L.I del Ker(T ).asi que veamos si los que generan al Ker(T ) son o no linealmente independientes. 1 2 7 | 0

(1) 0 1 | 01 1 4 | 0

pivoteamos en a21 = 1, cambiamos �la 1 y �la 3 0 2 6 | 01 0 1 | 00 (1) 3 | 0

pivoteamos en a32 = 1, cambiamos �la 1. 0 0 0 | 01 0 1 | 00 (1) 3 | 0

los tres ceros en �la 1 indican un sistema con 2 ecuaciones y tres incógnitas , la variable

libre es x3 que corresponde al tercer vector .eliminamos (7, 1, 4) del Ker(T ) .→Ker(T ) = 〈{(1, 1, 1), (2, 0, 1)}〉tenemos dos vectores del Ker(T ) candidatos a base de R3 , hace falta uno mas, este lo elegimos de la basecanónica de R3 , digamos v1 = (1, 0, 0), entonces v2 = (1, 1, 1), v3 = (2, 0, 1) ¾ y estos tres vectores son L.I.?

un vistazo rápido al determinante

∣∣∣∣∣∣1 1 20 1 00 1 1

∣∣∣∣∣∣= 1 , determinante distinto de cero nos dice que hemos elegido

bien el vector canónico. ya tenemos base de R3 ,.

ahora de�nimos la aplicación y condiciones de T .

T (1, 1, 1) = (0, 0, 0), T (2, 0, 1) = (0, 0, 0), T (1, 0, 0) = (? , ?, ?)

46


observe que los vectores del Ker(T ) , tienen que llegar a (0, 0, 0), pero el vector (1, 0, 0) que no está enel Ker(T ) puede llevarse a cualquier vector de R3 , por eso este ejercicio es de muchas respuestas , para hallaruna respuesta enviemos el vector (1, 0, 0) al vector cualesquiera (0, 1, 0).

entonces

T (1, 1, 1) = (0, 0, 0), T (2, 0, 1) = (0, 0, 0), T (1, 0, 0) = (0 , 1, 0)

ahora procedemos como antes.

Escribimos un vector cualesqiera de R3, como v = (x, y, z) como combinación lineal de los vectores de labase B = {v1, v2, v3} deR3.es decir debemos encontrar números reales x1, x2,x3 tal que v = (x, y, z) =x1(1, 1, 1)+, x2(2, 0, 1)+x3(1, 0, 0)sistema a resolver es: 1 2 1 | x

(1) 0 0 | y1 1 0 | z

pivoteamos en a21 = 1 0 2 1 | x− y1 0 0 | y0 (1) 0 | z − y

pivoteamos en a32 = 1

0 0 1 | x− y − 2(z − y)1 0 0 | y0 1 0 | z − y

listo el sistema

x1 = y

x2 = z − yx3 = x+ y − 2z

entoncesde v = (x, y, z) =x1(1, 1, 1)+, x2(2, 0, 1)+x3(1, 0, 0) aplicamos T a ambos lados

T (x, y, z) =x1T (1, 1, 1)+, x2T (2, 0, 1)+x3T (1, 0, 0)T (x, y, z) =x1(0, 0, 0)+, x2(0, 0, 0)+x3(0, 1, 0)= (0, x3.0)

T (x, y, z) = (0, x+ y − 2z, 0) !.esta una de muchas funciones tal que Ker(T ) = 〈{(1, 1, 1), (2, 0, 1)}〉 .

8. Hallar una T.L de�nida de T : M2×2(R) → P3 [x], del espacio de las matrices de 2por 2 alespacio de lospolinomios de grado hasta 3, con la condición Im(T ) =

⟨{x+ 1, 1− x3

}⟩.

Solución:Este ejercicio si tiene �hartas� soluciones, se requiere una base del espacio de matrices 2×2 que son 4 matrices, cada alumno puede elegir la base que se le antoje , cada alumno puede elegir 4 matrices L.I y obtener unaT.L distinta.aqui elejimos como base a la canónica de M2×2 y establecemos la relación

T

(1 00 0

)= x+ 1

T

(0 10 0

)= 1− x3

T

(0 01 0

)=?

47


T

(0 00 1

)=?

¾ a qué polinomioS enviamos las matrices

(0 01 0

),

(0 00 1

)? , siendo Im(T ) =

⟨{x+ 1, 1− x3

}⟩. los

polinomios x + 1.1 − x3 sol L.I asi que dim(Im(T )) = 2, por teorema de la dimensión dim(M2×2) = 4 =dim(Im(T )) + dim(Ker(T )) = 2 + dim(Ker(T ))

entonces se debe encontrar una T.L talque dim(Ker(T )) = 2 entonces las matrices

(0 01 0

),

(0 00 1

)deben enviarse al polinomio cero, rede�nimos la realción

T

(1 00 0

)= x+ 1

T

(0 10 0

)= 1− x3

T

(0 01 0

)=0

T

(0 00 1

)=0

Ahora procedemos como antes.

Escribimos un vector cualesquiera de M2×2 como v =

(a bc d

)como combinación lineal de los vectores de

la base B =

{v1 =

(1 00 0

), v2 =

(0 10 0

), , v3 =

(0 01 0

), v4 =

(0 00 1

),

}deM2×2.

es decir debemos encontrar números reales x1, x2,x3, x4 tal que

v =

(a bc d

)=x1

(1 00 0

)+ x2

(0 10 0

)+x3

(0 01 0

)+ x4

(0 00 1

)sistema a resolver es:

1 0 0 0 | a0 1 0 0 | b0 0 1 0 | c0 0 0 1 | d

sistema ya resuelto

x1 = a

x2 = b

x3 = c

x4 = d

Asi que de v =

(a bc d

)=x1

(1 00 0

)+x2

(0 10 0

)+x3

(0 01 0

)+x4

(0 00 1

)aplicamos T a ambos

lados

T

(a bc d

)=x1T

(1 00 0

)+ x2T

(0 10 0

)+x3T

(0 01 0

)+ x4T

(0 00 1

)T

(a bc d

)=x1(x+ 1) + x2(1− x3)+x3 · 0 + x4 · 0 =a(x+ 1) + b(1− x3)

entonces una de las muchas funciones lineales sería

T

(a bc d

)=(−b)x3 + ax+ (a+ b) esta satisface que Im(T ) =

⟨{x+ 1, 1− x3

}⟩.!.

9. funciones inyectivas Sea T : R2 → R2 la función lineal T (x, y) = (2x− y, x+ y)

(a) ¾ Es T inyectiva.?

48


(b) Hallar la inversa de T , si existe.

Solución.a)A saber: una función T : V →W es inyectiva si y solo si Ker(T ) = {0}.entonces Ker(T ) = {(x, y)/(2x− y, x+ y) = (0, 0)}.

resolver el sistema

{2x− y = 0

x+ y = 0es una cuestión muy fácil.con solución x = 0, y = 0

claramente Ker(T ) = {(0, 0)}.⇒ T es una funcion inyectiva

Solución b)A saber: una función T : V →W es epiyectiva si y solo si dim(W ) = dim(Im(T ))para la existencia de una función inversa se requiere que sea inyectiva y tambien epiyectiva, dichasfunciones se llaman biyectivas

pero si T es una función lineal que se aplica en el mismo espacio , es decir T : V → V , entonces Tes biyectiva si y solo si Ker(T ) = {0}. asi que la función T : R2 → R2 con Ker(T ) = {(0, 0)}. ya esbiyectiva , esta tiene inversa T−1 : R2 → R2, debemos hallarla.

sea entonces T−1(a, b) = (x.y)⇒ T (x.y) = (a, b), resolvemos T (x, y) = (2x− y, x+ y)= (a, b)

el sistema fácil a resolver es

{2x− y = a

x+ y = bcon solución

x =

a+ b

3

y =2b− a

3

entonces T−1(a, b) = (x.y)⇒ T−1(a, b) = (a+ b

3,

2b− a3

)!.

Una observación: Cuando T : V →W es una función lineal y biyectiva se dice que T es un isomorfismose dice que los espacios V,W son isomorfos es decir son de igual forma solo tienen distinto color pordecirlo de manera doméstica.

10. Sea T : R4 →M2×2(R) una función lineal de�nida por T (x, y, z, w) =

(x− y x+ y + z

2x− w −y + 3w

)

(a) ¾ Es T inyectiva.?

(b) Hallar la inversa de T , si existe.

Solución:

a) veamos Ker(T ), resolvemos el sistema

x− y = 0

x+ y + z = 0

2x− w = 0

−y + 3w = 0

49


1 (−1) 0 0 | 01 1 1 0 | 02 0 0 −1 | 00 −1 0 3 | 0

pivoteamos en a12 = −1→

1 (−1) 0 0 | 02 0 1 0 | 02 0 0 −1 | 0−1 0 0 3 | 0

listo el sistema , de la �la 3 y �la 4 se tiene el sistema 2× 2

{2x− w = 0

−x+ 3w = 0

el determinante de este pequeño sistema es no cero det(A) =

∣∣∣∣ 2 −1−1 3

∣∣∣∣ = 7 6= 0,luego el sistema tiene

solución única y como homogeneo la única solución es x = 0, w = 0, si se remplaza estos valores en �la2⇒ 2x+ z = 0⇒ z = 0, si se reemplaza en �la 1⇒ x− y = 0⇒ y = 0asi el sistema tiene solución trivial igual a cero, entonces Ker(T ) = {(0, 0, 0, 0)} implica que T esinyectiva.

Solución b)

observe que dim(R4) = 4 = dim(Ker(T )) + dim(Im(T )) = 0 + dim(Im(T )), entonces dim(Im(T )) = 4,siendo Im(T ) un subespacio de M2×2(R) este no puede tener la misma dimensión que M2×2(R) a menosque Im(T ) = M2×2(R), eso indica que T es una función epiyectiva, por tanto biyectiva , podemos hallarla inversa de T .

T−1 : M2×2(R)→ R4 tal que T−1(a bc d

)= (x, y, z, w) aplicando T a ambos lados se tiene

(a bc d

)=

T (x, y, z, w) entonces resolvemos el sistema

T (x, y, z, w) =

(x− y x+ y + z

2x− w −y + 3w

)=

(a bc d

)⇒

x− y = a

x+ y + z = b

2x− w = c

−y + 3w = d

con matriz ampliada

1 (−1) 0 0 | a1 1 1 0 | b2 0 0 −1 | c0 −1 0 3 | d

pivoteamos en a12 = −1→

1 −1 0 0 | a2 0 1 0 | a+ b2 0 0 (−1) | c−1 0 0 3 | d− a

ahora pivoteamos en a34 = −1 para obtener

1 −1 0 0 | a2 0 1 0 | a+ b2 0 0 (−1) | c5 0 0 0 | d− a+ 3c

de la �la 4, x =−a+ 3c+ d

5esto lo reemplazamos en �la 3

para obtenerw =−2a+ c+ 2d

5con ello reemplazamos x en �la 2 para obtener z =

7a+ 5b− 6c− 2d

5,

tambien en �la 1 reemplazamos x y obtenemos y =−6a+ 3c+ d

5

asi T−1(a bc d

)= (x, y, z, w)

→ T−1(a bc d

)= (−a+ 3c+ d

5,−6a+ 3c+ d

5,

7a+ 5b− 6c− 2d

5,−2a+ c+ 2d

5) !.

veamos si está correcto , por la función T

T (x, y, z, w) =

(x− y x+ y + z

2x− w −y + 3w

)⇒ T (1, 0, 0, 0) =

(1 12 0

)

50


por la función inversa T−1, debiera devolver la imagen .en efecto

⇒ T−1(

1 12 0

)= (−1 + 3 · 2 + 0

5,−6 · 1 + 3 · 2 + 0

5,

7 · 1 + 5 · 1− 6 · 2− 0

5,−2 · 1 + 2 + 0

5) = (1, 0, 0, 0)!.

es una manera de comprobar posibles errores, el punto (1, 0, 0, 0) se ha escogido por su simplicidad.

MATRIZ ASOCIADA A UNA TRANSFORMACION LINEAL

11. Hallar la matriz asociada a la transformación lineal T : R3 → R2

de�nida por T (x, y, z) = (2x − y, 2x − z) en las bases E = {(−1, 2, 0), (0, 1,−1), (1, 2, 1)} de R3. y F ={(1, 1), (−1, 0)} base de R2.SoluciónCalculamos la imagen de la base E, y escribimos cada imagen como combinación lineal de los vectores de labase de llegada FT (−1, 2, 0) = (−4,−2) = x1(1, 1) + x2(−1, 0)T (0, 1,−1) = (−1, 1) = y1(1, 1) + y2(−1, 0)T (1, 2, 1) = (0, 1) = a(1, 1) + b(−1, 0)

La matriz buscada es la matriz de tamaño 2 × 3 , simbolizada por [T ]FE =

(x1 y1 ax2 y2 b

), para encontrar

dicha matriz resolvemos tres sistemas en forma simultanea(1 −1 | −4 −1 0

(1) 0 | −2 1 1

)pivotenado en a21 = 1,se tiene

(0 −1 | −2 −2 −1

(1) 0 | −2 1 1

)multiplicando

la �la 1 por (-1) y ordenado la identidad(0 1 | 2 2 1

(1) 0 | −2 1 1

)⇒(

(1) 0 | −2 1 10 1 | 2 2 1

)matriz buscada [T ]

FE =

(x1 y1 ax2 y2 b

)=

(−2 1 12 2 1

)!.

12. Hallar la matriz asociada a la transformación lineal T : P3 [x]→M2×2(R)

de�nida por T (ax3 + bx2 + cx+ d) =

(a+ b c+ d−2a− c d

)en las bases E =

{1− x, 1− x2, 1− x3, 1

}de P3 [x] y

F =

{(1 00 −1

),

(−1 20 1

),

(0 −10 −1

),

(1 22 0

)}base de M2×2(R).

SoluciónCalculamos la imagen de la base E, y escribimos cada imagen como combinación lineal de los vectores de labase de llegada F

T (1− x) =

(0 01 1

)= x1

(1 00 −1

)+ x2

(−1 20 1

)+ x3

(0 −10 −1

)+ x4

(1 22 0

)T (1− x2) =

(−1 10 1

)= y1

(1 00 −1

)+ y2

(−1 20 1

)+ y3

(0 −10 −1

)+ y4

(1 22 0

)T (1− x3) =

(−1 12 1

)= ∇

(1 00 −1

)+♥

(−1 20 1

)+♠

(0 −10 −1

)+♣

(1 22 0

)T (1) =

(0 10 1

)= α

(1 00 −1

)+ β

(−1 20 1

)+ γ

(0 −10 −1

)+ δ

(1 22 0

)la matriz buscada es de tamaño 4× 4

[T ]FE =

x1 y1 ∇ αx2 y2 ♥ βx3 y3 ♠ γx4 y4 ♣ δ

para hallar dicha matriz resolvemos 4 sistemas en forma simultanea.

51


(A|b =

(1) −1 0 1 | 0 −1 −1 00 2 −1 2 | 0 1 1 10 0 0 2 | 1 0 2 0−1 1 −1 0 | 1 1 1 1


⇒

1 −1 0 1 | 0 −1 −1 00 2 −1 2 | 0 1 1 10 0 0 2 | 1 0 2 00 0 (−1) 1 | 1 0 0 1

pivoteamos en a43 = −1

⇒

1 −1 0 1 | 0 −1 −1 00 2 0 (1) | −1 1 1 00 0 0 2 | 1 0 2 00 0 −1 1 | 1 0 0 1


⇒

1 −3 0 0 | 1 −2 −2 00 2 0 1 | −1 1 1 00 (−2) 0 0 | 3 −2 0 00 −2 −1 0 | 2 −1 −1 1

pivoteamos en a32 = −2

1 0 0 0 | −7/2 1 −2 00 0 0 1 | 2 −1 1 00 (−2) 0 0 | 3 −2 0 00 0 −1 0 | −1 1 −1 1

la �la 1 ha sido cambiado por la operación F1 → (3

−2)F3 +F1

la �la 3 ,la dividimos por (-2),la �la 4 la multiplicamos por (-1) y ordenamos la identidad1 0 0 0 | −7/2 1 −2 00 1 0 0 | −3/2 1 0 00 0 1 0 | 1 −1 1 −10 0 0 1 | 2 −1 1 0

hemos resuelto los 4 sistemas de ecuaciones, la matriz buscada es

[T ]FE =

x1 y1 ∇ αx2 y2 ♥ βx3 y3 ♠ γx4 y4 ♣ δ

=

−7/2 1 −2 0−3/2 1 0 0

1 −1 1 −12 −1 1 0

observe por ejemplo que el tercer sistema resuelto

es la tercera columna∇ = −2, ♥ = 0,♠ = 1,♣ = 1.!.

13. Vector coordenado de un vector v ∈ V , respecto a una base E = {v1, v2, ..., vn}.El vector v ∈ V se escribe como combinación lineal de la base E = {v1, v2, ..., vn}.,es decir se encuentranreales x1, x2, ...xn tal que v = x1v1 + x2v2 + ...xnvn se llama vector coordenado de v respecto a la baseE al

vector columna formado por los reales x1, x2, ...xn, simbolizado por [v]E =

x1x2..xn

.Hallar el vector coordenado de v =

(−1 12 1

)respecto a la base E = {

(1 00 −1

),

(−1 20 1

),

(0 −10 −1

),

(1 22 0

)}

esto ya está resuelto ,existen reales ∇ = −2, ♥ = 0,♠ = 1,♣ = 1. tal que(−1 12 1

)= ∇

(1 00 −1

)+♥

(−1 20 1

)+♠

(0 −10 −1

)+♣

(1 22 0

),el vector coordenado es [v]E =

∇♥♠♣

=

−2011

!.

52


14. Sea T : R3 → R2 una T.L. cuya matriz asociada en las bases

E = {(1, 0,−1), (0, 2, 0), (1, 2, 3)},F = {(1,−1), (2, 0)} es [T ]FE =

(2 −1 −33 1 0

)Use la matriz para hallar T (2,−3, 2).SoluciónAquí usamos el Teorema que dice asi: T.V →W una función lineal , con [T ]

FE la matriz asociada a la función

T en las bases E de V y F de W, entonces [T (v)]F =[T ]FE · [v]E , donde [T (v)]F es un vector coordenado de

la imagen T (v) en base F y [v]E es el vector coordenado en base E. Para nuestro ejemplo

[T (v)]F =[T ]FE · [v]E=

(2 −1 −33 1 0

)· [(2,−3, 2)]E , debemos hallar primero el vector coordenado [v]E=

[(2,−3, 2)]E=

x1x2x3

, resolviendo el sistema (2,−3, 2) = x1(1, 0,−1) + x2(0, 2, 0) + x3(1, 2, 3), en matriz

queda (1) 0 1 | 20 2 2 | −3−1 0 3 | 2

pivoteando en a11 = 1 (1) 0 1 | 20 2 2 | −30 0 4 | 4

diviendo �la 3 por 4 y pivoteando en a33 = 4/4 = 1 1 0 1 | 20 2 2 | −30 0 (1) | 1

∼ 1 0 0 | 1

0 2 0 | −50 0 (1) | 1

⇒ 1−5/2

1

= [(2,−3, 2)]E

entonces

[T (v)]F =[T ]FE · [v]E=

(2 −1 −33 1 0

)·

1−5/2

1

=

(3/21/2

)Si entendemos el concepto de vector coordenado, que [T (v)]F =

(3/21/2

)signi�ca que T (v) =

3

2(1,−1) +

1

2(2, 0) = (

5

2,−3

2)!.

53

0.3. INTRODUCCION A LA PROGRAMACION LINEAL.

0.34INTRODUCCION A LA PROGRAMACION LINEAL.

1. Ejercicios resueltos.

. Una empresa especializada en la fabricación de mobiliario para casas de muñecas , produce cierto tipode mesas y sillas que venden a 2000 um y 3000 um la unidad respectivamente. Desea saber cuántas unidadesde cada artículo debe fabricar diariamente un operario para maximizar los ingresos ,teniendo las siguientesrestricciones : El número total de unidades de los dos tipos no podrá exceder de 4 unidades por día y operario.Cada mesa requiere 2 horas para su fabricación , cada silla 3 horas.La jornada laboral máxima es de 10 horas.El material utilizado en cada mesa cuesta 400 um, el utilizado en cada silla cuesta 200 um. Cada operariodispone de 1200 um diarias para material.a. Exprese la función objetivo y las restricciones del problema. b.Represente grá�camente la región factible y calcule los vértices de la misma. c. Resolver el problema.Solucioónlas variables de decisión son

x : numeros demesas a fabricary : numeros de sillas a fabricarLa función objetivo es la función z = 2000x+ 3000y

sujeto ax+ y ≤ 4

2x+ 3y ≤ 10

400x+ 200y ≤ 1200

x ≥ 0, y ≥ 0

Al dibujar cada recta y buscar la interesección de cada semiplano se obtiene el siguiente grá�co

la función objetivo es paralela a la restricción 2x+ 3y ≤ 10, ésta se mueve hasta alcanzar el vértice máximoque es la solución óptima x = 2, y = 2entonces se deben fabricar 2 mesas y 2 sillas para obtener un máximo ingreso de z = 2000·2+3000·2 = 10000!

2. Dos pinturas A y B tienen ambas dos tipos de pigmentos p y q ; A está compuesto de un 30 % de p y un 40%de q, B está compuesto de un 50 % de p y un 20% de q , siendo el resto incoloro. Se mezclan A y B con lassiguientes restricciones: La cantidad de A es mayor que la de B . Su diferencia no es menor que 10 gramos yno supera los 30 gramos. B no puede superar los 30 gramos ni ser inferior a 10 gramos.

(a) ¾Qué mezcla contiene la mayor cantidad del pigmento p.?

4Profe.Osvaldo Carvajal C

54


(b) ¾Qué mezcla hace q mínimo.?Solución. Si ordenamos en una tabla el % de pigmentos tenemos

A B

p 0.30 0.50q 0.40 0.20

de�nimos las siguientes variables de decisión.x : Cantidad deA amezclary : Cantidad deB amezclarEn a) debemos maximizar la cantidad del pigmento p.En b) debemos minimizar la cantidad del pigmentoqAsi que tenemos dos funciones objetivos sujetos a las mismas restricciones.Funciones objetivosMaxz = 0.30x+ 0.50y, Min w = 0.40x+ 0.20y

sujeto aLa cantidad de A es mayor que la de B → x > ySu diferencia no es menor que 10 gramos→ x− y ≥ 10y no supera los 30 gramos→ x− y ≤ 30B no puede superar los 30 gramos→ y ≤ 30ni ser inferior a 10 gramos→ y ≥ 10sujeto a

x > y

x− y ≥ 10

x− y ≤ 30

y ≤ 30

y ≥ 10

x ≥ 0, y ≥ 0

Al dibujar cada recta y lograr las intersecciones se obtiene el siguiente dibujo

la región achurada es la región factible , el valor máximo se alcanza en el vértice C(60, 30) la fun-ción objetivo primera es la recta z = 0.30x+0.50y que se ve de linea más gruesa superior ( de color azul)alcanzando su máximo de pigmento p. La función objetivo segunda es w = 0.40x+ 0.20y es la recta delinea más gruesa unferior( color rojo) y alcanza su valor mínimo en el vértice A(20, 10).Observe que la restricción x > y es totalmente redundante , es la recta con lineas discontinuas .Entonces respondemos. Para lograr un maximo de pigmento p se deben mezclar 60 gramos de la pinturaA y 30 gramos de la pintura B, lográndose con ello 33 gramos de dicho pigmento.Para lograr el mínimo

55


de pigmento q se deben mezclar 20 gramos de la pintura A y 10 gramos de la pintura B , lográndose 10gramos de dicho pigmento.!

3. El problema del transporte. trata de encontrar los caminos para trasladar mercancia desde varias plantas(orígenes) a diferentes centros de almacenamientos (destinos) de manera que se minimice el costo del trans-porte.Veamos un ejemplo simpli�cado.Una empresa dedicada a la fabricación de componentes de computador tiene dos fábricas que producen 800y 1500 piezas mensuales .Estas piezas deben ser transportadas a tres tiendas que necesitan 1000, 700 y 600piezas respectivamente .Los costos de transporte por pieza transportada está registrada en la tabla siguiente.

Tienda A Tienda B Tienda C

Fábrica I 3 7 1Fábrica II 2 2 6

Se exige que toda la producción sea distribuida a los centros de ventas en las cantidades que precisa cada uno ,por tanto no pueden generarse stock del producto ni en las fábricas ni en los centros de ventas.En consecuencialos 800 artículos producidos en la fábrica I deben distribuirse en las cantidades x, y, z a tiendas A,B y C demanera que x+ y + z = 800.para hacer de este ejercicio un ejercicio de solo 2 variables , tenemos que eliminar z, observe que z = 800−x−y,entonces si la fábrica I envía x unidades a la tienda A , la fáfrica II envía 1000−x, esto se ilustra mejor en unatabla de envıos,del mismo modo si la fábrica I envia y unidades a la tienda B entonces la fábrica B envia 700−y


Fábrica I x y 800− x− y 800Fábrica II 1000− x 700− y 600− (800− x− y) 1500

1000 700 600

observe que la suma de columnas cuadra igual que la suma de �las .veamos la función objetivoMinimizar z = 3x+ 7y + 1(800− x− y) + 2(1000− x) + 2(700− y) + 6(600− 800 + x+ y)

simpli�candoMinimizar z = 6x+ 10y + 3000sujeto a las restricciones que se obtienen de la tabla de envios , cada celda de la tabla debe ser nonegativa

x ≥ 0

y ≥ 0

800− x− y ≥ 0

1000− x ≥ 0

700− y ≥ 0

−200 + x+ y ≥ 0

⇒

x ≥ 0 y ≥ 0

x+ y ≤ 800

x ≤ 1000

y ≤ 700

x+ y ≥ 200

Dibujamos cada recta y achuramos la intersección.

56


observe la redundancia de la restricción x ≤ 1000, observe también que la función objetivo alcanza su valormínimo en el punto A = (200, 0) obtenemos entonces la solución

z mınimo = 6(200) + 10(0) + 3000 = 4200 con tabla de envío óptima siguiente:


Fábrica I 200 0 600 800Fábrica II 800 700 0 1500

1000 700 600

!

4. El problema de la dieta . Gerge J.Stilger recibio el premio novel de Economía en 1982 por su trabajo El costode la subsistencia , en el que desarrolla el problema de la dieta.una forma simpli�cada esEn una granja de pollos se da una dieta � para engordar� con un composición mínima de 15 unidades de unasustancia A y otras 15 de una sustancia B.En el mercado sólo se encuentra dos clases de compuestos: El tipoX con composición de 1 de A y 5 de B y el tipo Y con una composición de 5 unidades de A y 1 de B . Elprecio del tipo X es de 1000 u.m y el precio del tipo Y es de 3000 u.m, esto está resumido en la siguiente tabla.

Compuesto X Compuesto Y Requerimiento Mínimo

Sustancia A 1 5 15Sustancia B 5 1 15

1000 3000

Las varaibles de decisión sonx : Cantidad del compuestoX ausar o comprary : Cantidad del compuesto Y a usar o comprar

De inmediato surge la función objetivo, minimizar el costo

Minimizar z = 1000x+ 3000ysujeto a

1 · x +5 · y ≥ 15

5 · x+ 1 · y ≥ 15

x ≥ 0

y ≥ 0gra�cando las rectas y achurando su intersección tenemos

57


La función objetivo alcanza su valor mínimo en el vértice A = (2.5, 2.5) para obtener el costo mínimoz = 1000(2.5) + 3000(2.5) = 10000Entonces del compuesto X se deben usar o comprar 2.5 unidades , del compuesto Y lo mismo, a un costomínimo de 10000.!

5. La compañía AAA , posee una pequeña fabrica de pintura para interiores ( I) y exteriores ( E) de casas para sudistribución de mayoreo. Se utilizan dos materiales básicos .Materia prima A y Materia prima B para producirpintura , las disponibilidades máximas de A es de 6 toneladas diarias y de la de B es de 8 toneladas diarias .La necesidad diaria de materia prima por tonelada de pintura para interiores y exteriores se resume en la tabla.

Interior(I) Exterior(E) Disponibiliad Materia Prima

Materia prima A 2 1 6Materia prima B 1 2 8

Un estudio de mercado ha establecido que la demanda diaria de pintura para interiores no puede ser mayorque la pintura para exteriores en más de una tonelada .Asimismo el estudio señala que la demanda máxima para pintura de interiores está limitada a 2 toneladasdiarias.El aporte a la utilidad de pintura de I es de 2.000 u.m y de 3.000 u.m para E por tonelada. ¾Cuánta pinturapara I y para E debe producir la compañía todos los días para maximizar su utilidad.?

Solución.De�namos las variables de decisiónDe las preguntas se deduce las variables, sea x : cantidad en toneladas de pintura para interiores(I) a producir.y sea y : cantidad en toneladas de pintura para exteriores(E) a producir.

de inmediato planteamos la función objetivo.Maximizar z = 2000x+ 3000yde la tabla ,se deducen las siguientes restricciones{

2x+ y ≤ 6

x+ 2y ≤ 8

de la frase la demanda diaria de pintura para interiores no puede ser mayor que la pintura para exteriores enmas de 1 tonelase deduce la restricciónx ≤ y + 1de la frase la demandamaxima para pintura de interiores esta limitada a 2 toneladas diariasse deduce la restricciónx ≤ 2

58


con las restricciones naturales x ≥ 0, y ≥ 0 entonces tenemos todas las restricciones , dibujamos y achuramos.

Observe que la función objetivo alcanza el valor máximo en el vértice destacado E = (1.33, 3.33) para obtener

una utilidad máxima de 12666 aproximadamente , pues las verdaderas coordenadas del puto E son E = (4

3,

10

3)

Entonces obtenemos solución igual a 1,33 toneladas de pintura de interior y 3,33 toneladas de pintura exterior.!

6. Una pequeña fabrica de muebles produce mesas y sillas . Se tarda 2 horas en ensamblar una mesa y 30 minutosen armar una silla .El ensamblaje lo realizan 4 obreros sobre la base de un solo turno diario de 8 horas .Losclientes suelen comprar 4 sillas con cada mesa ; lo que signi�ca que la fabrica debe producir por lo menoscuatro veces más sillas que mesas . El aporte a la utilidad es de $ 135 por mesa y $ 50 por silla .Determinela combinación de sillas y mesas en la producción diaria que maximizará la utilidad diaria total.

SoluciónDe las preguntas se deducen las variables de decisión.x : numero de mesas a producir, y : numero de sillas a producir

salta �al tiro� la función objetivo como Maximizar z = 135x+ 50yen cuanto a las restricciones se dispone del recurso limitado horas -hombres igual a 4 · 8 = 32 horas ,el cual se

consume en 2 horas por cada mesa y 1/2 hora por cada silla, asi que salta la restricción 2x+1

2y ≤ 32

De la frase, debe producir por lo menos cuatro veces más sillas que mesas , sale � despues de pensar un rato�la restricción y ≥ 4xestamos listos para gra�car con las restricciones naturales x ≥ 0, y ≥ 0.

Observe lo curioso de este ejercicio , la función objetivo alcanza el valor máximo en el vértice A = (0, 64) conmáxima utilidad igual a z = 0 · 135 + 50 · 64 = 3200, lo indica que hay que producir cero mesas y 64 sillas .¾

59


quien compra � puras� sillas ?.el 100 pies!!.?!

7. Perdidas por recorte de Papel en un periódico.Este ejercicio está adaptado del libro� avanzará esta �la algunavez� y dice asi:Un pequeño períodico local tiene su propia prensa de impresión .El períodico recibe grandes rollos de papelde 120 centímetros de ancho .como se aprecia en la �gura.

Para la edición del domingo se requiere 20 rollos de de 62,5 cm.para la parte normal de la edición y 50 rollosde 52,5 cm para los incertos de publicidad extra. Hay dos tipos posibles de corte. Un patron A de corteque consiste en realizar al rollo original dos cortes de 52,5 cada uno sobrando como desecho 15 c.m y el otropatron de corte B que consiste en cortar el rollo original tambien en dos cortes pero uno de 62,5 y el otro de52,5 sobrando como desecho 5c.m, como se aprecia en la �gura

A� B�¾ Cuántos de cada patron se deben cortar a �n de minimizar el desecho.?

Solución. Sean x :numero de rollos del patronAa cortar.y :numero de rollos del patronB a cortar. las variables de decisión .

Función objetivo Minimizar z = 15x+ 5ysujeto aSe requieren 20 rollos de papel de 62,5 cm y eso se obtiene solo con el patron de corte B→restricción 0x+y ≥ 20.Se requieren 50 rollos de papel de 52,5 eso se obtiene en ambos patrones de corte, por cada rollo en patronAse obtienen 2 de estos rollos y sólo uno en el patron B , asi que la restricción es → 2x+ y ≥ 50mas las restricciones naturales x ≥ 0, y ≥ 0 estamos listos para dibujar.

Observe que el valor mínimo se alcanza en el vértice B = (0, 50) pues z(0, 50) = 15(0) + 5(50) = 250 c.m de

60


mínimo desecho menor que z(15, 20) = 15(15)+5(20) = 325 cm , lo que quiere decir que no se hacen cortes detipo patrón A, se deben cortar 50 rollos originales según patrón de corte tipo B , asi se satisface lo pedido queson 50 cortes de 52,5 y 50 cortes también de 62,5 aunque se requieren solo 20 de estos cortes almacenándoseel resto de estos rollos. !.

8. Plani�cación del personal en Pizza π. Este es tambien un ejercicio del libro � avanzará esta �la alguna vez.?dice asi.

Izmenia � mi amor� es la gerenta de una franquicia de Pizza π.Al elaborar sus requerimientos de personal parael verano , ella trata de determinar la mejor combinación de trabajadores con y sin experiencia para contratar.A los trabajadores sin experiencia se les paga $ 6000 la hora , a los con experiencia se les paga $ 8000 la hora.los trabajadores sin experiencia producen sólo dos tercios de los que rinden los trabajadores con experienciay estos no pueden realizar algunas de las tareas importantes en el restaurante .Basandose en varios años de experiencia Izmenia ha llegado a la conclusión de que deber haber al menos untrabajador con experiencia por cada dos trabajadores sin experiencia para que asi funcione sin inconveniente.Considerando la menor productividad de los trabajadores sin experiencia , ella estima que almenos necesita el equivalente a 10trabajadores con experiencia a tiempo completo para manejar la carga de trabajo durante el transcurso de lasemana.También se ha comprometido con la comunidad para contratar almenos 4 adolescentes del vecindario que notengan experiencia.

Solución.Sean las variables de decisión x :Número de trabajadores con experiencia a contratar, y :Número de traba-jadores sin experiencia a contratarsalta a la vista la función objetivo, minimizar los costos.Función Objetivo: Minimizar z =8000x+ 6000ysujeto a.

De la frase, los trabajadores sin experiencia producen sólo dos tercios de los que rinden los trabajadores conexperiencia se tiene la re�exión

Rendimiento de los sin experiencia → 2

3y, de modo que se tuviera a 9 trabajadores sin experiencia ,su

rendimiento es2

3(9) = 6 , 9 sin experincia equivalen a solo 6 con experiencia .

de la frase, ella estima que almenos necesita el equivalente a 10 trabajadores con experiencia a tiempo com-pleto , quiere decir que los sin experiencia y los con experiencia ojalá sumen juntos como si fueran al menos

10 con experiencia → 2

3y + x ≥ 10.

otra restricción muy clara es el compromiso con la comunidad → y ≥ 4.

la otra restricción también clara es , deber haber al menos un trabajador con experiencia por cada dos

trabajadores sin experiencia→ x ≥ 1

2y ¾ ésta no es tan clara verdad.?

ya tenemos todas las restricciones , dibujamos con las que siempre están x ≥ 0, y ≥ 0

61


Observe que se alcanza el valor mínimo en el vértice C = (7.33, 4) = (22

3, 4) pero la solución ha de ser entera ,

podriamos entonces aproximar , dando una respuesta como...la siguiente; se requieren contratar a 8 personascon experiencia y 4 con sin experiencia con un costo mínimo de z = 8000(8)+6000(4) = 88000 pesos de gastosen salarios.¾ Pero este es el realmente el mínimo.?como se buscan soluciones enteras y también que arrojen z minimo , las otras posibles soluciones estan enla región más baja del grá�co , es decir las que estan en el segmento BC ,tales puntos enteros pertenecen a

la recta2

3y + x = 10, se buscan valores de y entero con x entero positivo entre x = 5 y x = 8, las posibles

soluciones enteras no necesariamente deben estar en un vértice, dando valor a x = 4, 5, 6, 7y 9 se obtienen los

puntos (4, 9), fuera de la region factible (5,15

2) no entera, (6, 6) buen candidato a solución, (7,

9

2)no sirve ,

no entera y (8, 3) no sirve queda fuera de la región achurada., asi que la� pelea entera � está entre (8, 4)y (6, 6), (6, 6) tiene menor costo igual a 8000 · 6 + 6000 · 6 = 84000pesos, menor que (8, 4) que tiene un costo de $88

mil. Como se vé es mas complicado hallar soluciones enteras.Resumiendo la solución óptima esta en(6, 6) !.

62

0.4. VALORES Y VECTORES PROPIOS

0.4 VALORES Y VECTORES PROPIOS

De�nición:

Sea V un espacio vectorial sobre R y T :V→ V una transformación lineal.Un valor propio de T es un real λ tal queexiste un vector v 6= 0 con la propiedad T (v) = λv.Entonces si λ es un valor propio de T , cualquier v 6= 0 talque T (v) = λv. es llamado un vector propio de T asociadoa λ .La colección de estos vectores se llama Espacio propio asociado a λ.Teorema

T :V→ V una transformación lineal, V de dimensión �nita entonces las siguientes a�rmaciones son equivalentes

a) λ es un valor propio de Tb) det(T − λI) = 0las raices del polinomio p(λ) = det(T − λI) son los valores propios de T .

Ejercicios Resueltos.

1. Sea T : R3 → R3 una función lineal representada en las bases canónicas por la matriz A =

4 1 −12 5 −21 1 2

se pide

(a) Hallar el polinomio caracteristico de A.

(b) Hallar los valores propios de T , o sea de A.

(c) Hallar el espacio de los vectores propios ,asociados con cada valor característico .

(d) Hallar una base de V = R3 , si existe cuyos elementos sean los vectores propios de T .

(e) ¾ Es Diagonizable la matriz A.?

Solución

a) El polinomio caracteristico de T . es p(λ) = det(A− λI) = det(

4 1 −12 5 −21 1 2

− λ 1 0 0

0 1 00 0 1

)

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣4− λ 1 −1

2 5− λ −21 1 2− λ

∣∣∣∣∣∣realizando la operación C2 → C3 + C2 , se obtiene |A− λI| =

∣∣∣∣∣∣4− λ 0 −1

2 3− λ −21 3− λ 2− λ

∣∣∣∣∣∣,factorizamos

en columna 2

|A− λI| = (3− λ)

∣∣∣∣∣∣4− λ 0 −1

2 ( 1 ) −21 1 2− λ

∣∣∣∣∣∣pivoteamos en a22 = 1

|A− λI| = (3− λ)

∣∣∣∣∣∣4− λ 0 −1

2 ( 1 ) −2−1 0 4− λ

∣∣∣∣∣∣,desarrollando por columna 2, se va el determinante 3por 3

|A− λI| = (3− λ)

∣∣∣∣ 4− λ −1−1 4− λ

∣∣∣∣= (3− λ){

(4− λ)2 − 1}=(3− λ)((4− λ)− 1)((4− λ) + 1)

El polinomio caracteristico de T . es p(λ) = det(A− λI)= (3− λ)2(5− λ)b) los valores propios de T , o sea de A son las raices de este polinomiop(λ) = det(A− λI)= (3− λ)2(5− λ)= 0→ λ = 3, λ = 5hay dos valores propios uno de ellos está repetido y es λ = 3, se dice que éste es de multiplicidad 2.

63


c) para hallar los vectores propios debemos hallar v tal T (v) = λv. para cada λ encontrado.signi�ca que de T (v) = λv.⇒ (T − λI)(v) = 0 hay que resolver el sistema de ecuaciones homogeneo(A− λI)(v) = 0

.(A− λI)(v) =

4− λ 1 −12 5− λ −21 1 2− λ

xyz

=

000

comenzamos reemplazando con λ = 3

pivoteamos en matriz ampliada siguiente en �la 1 ,en a12 = 1(puede ser en cualquier elemento de �la 1)y luego en �la 3 en a31 = −2 1 (1) −1 | 0

2 2 −2 | 01 1 −1 | 0

∼ 1 1 −1 | 0

0 0 0 | 00 0 0 | 0

observe �la 2 y �la 3 , de solo ceros esto debe ocurrir siempre en este tipo de ejercicios ,se debe obteneral menos una �la de ceros , aqui hemos obtenido dos �las ceros lo que nos conduce a un sistema conmuchas soluciones, de la �la 1 ya tenemos solución x + y − z = 0 → x = z − y, asi que z o bien y

pueden ser libres , por tanto tenemos un monton de vectores propios v =

z − yyz

dependientes de z,

y tambien de y

. v =

z0z

+

−yy0

= z

101

+ y

−110

tenemos dignos representantes de vector propio para

λ = 3 y son dos vectores v1 =

101

.v2 =

−110

.

Ahora volvemos a realizar el mismo procedimiento para λ = 5

(A− λI)(v) =

4− 5 1 −12 5− 5 −21 1 2− 5

xyz

=

000

comenzamos a pivotear en matriz ampliada en a12 = 1 −1 (1) −1 | 0

2 0 −2 | 01 1 −3 | 0

∼ −1 (1) −1 | 0

2 0 −2 | 02 0 −2 | 0

borramos con la goma la �la 3 por ser iguales(−1 1 −1 | 02 0 −2 | 0

)dividimos por 2 la �la 2 y pivoteamos en a21 = 1(también se puede en a13 = −1)(

−1 1 −1 | 0(1) 0 −1 | 0

)∼(

0 1 −2 | 0(1) 0 −1 | 0

)⇒

{y = 2z

x = zcon z libre como un pájaro.

si z = 1 se tiene el tercer vector propio v3 =

z2zz

=

121

d) Una base de vectores propios de V = R3está lista , esta esB =

v1 =

101

, v2 =

−110

, v3 =

121

Observación : Si de x+ y − z = 0→ z = x+ y entonces se tienen otros vectores propios

e) Como existe esta base de vectores propios ,entonces la matriz A es diagonalizable , entonces ex-

64


iste la matriz P =

1 −1 10 1 21 0 1

cuyas columnas son precisamenete los vectores propios , tal que

P−1AP =

3 0 00 3 00 0 5

, observe que en la diagonal aparecen los valores propios de T .!.

2. Imite el procedimiento anterior para resolver y responder a las mismas preguntas para la matriz B = −3 1 −1−7 5 −1−6 6 −2

.

Respuesta:a) Polinomio Característico p(λ) = (λ+ 2)2(λ− 4).b) valores propios λ = −2, λ = 4.

c)vectores propios v1 =

110

vector asociado a λ = −2,v2 =

011

vector propio asociado a λ = 4,

d) El conjunto

v1 =

110

, v2 =

011

no es una base de R3, son apenas 2 se requieren 3.

e) No es diagonalizable, por que no hay base para R3.

65

algebra lineal,ejercicios resueltos(revisado)

Documents