apuntes algebra

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Apuntes de álgebra (Olga) Cátedra Fauring Estos apuntes se iniciaron durante el primer cuatrimestre de 2005, en base a las guías docentes de la materia y a las clases de la profesora Olga Ambas. Colaboraron con la corrección de los errores los profesores: Adriana Nuñez, Jorge Riú, Valeria Amado y Mariano Franco. La presente es una actualización hecha en el inicio del primer cuatrimestre de 2012, en las que se agregaron numerosas correcciones de la profesora Susana Puddu. Este apunte no pretende reemplazar las clases de los docentes, sino sólo facilitarles el material a los alumnos en caso de que no puedan concurrir a las clases, y permitirles otra lectura con algunos ejercicios adicionales. En caso de detectar errores, se agradece comunicarlo a [email protected]. Al enviar el mail, poner en "asunto": APUNTE. De esta manera, será posible seguir corrigiendo el material para futuras ediciones. L L 1 2

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Page 1: Apuntes Algebra

Apuntes de álgebra(Olga)

Cátedra Fauring

Estos apuntes se iniciaron durante el primer cuatrimestre de 2005, en base a las guíasdocentes de la materia y a las clases de la profesora Olga Ambas. Colaboraron con lacorrección de los errores los profesores: Adriana Nuñez, Jorge Riú, Valeria Amado yMariano Franco. La presente es una actualización hecha en el inicio del primercuatrimestre de 2012, en las que se agregaron numerosas correcciones de la profesoraSusana Puddu.

Este apunte no pretende reemplazar las clases de los docentes, sino sólo facilitarles elmaterial a los alumnos en caso de que no puedan concurrir a las clases, y permitirles otralectura con algunos ejercicios adicionales.

En caso de detectar errores, se agradece comunicarlo a [email protected] enviar el mail, poner en "asunto": APUNTE. De esta manera, será posible seguircorrigiendo el material para futuras ediciones.

LL

12

Page 2: Apuntes Algebra
Page 3: Apuntes Algebra

PRÁCTICA 1

R2

Plano y puntos del plano.Para representar pares de números, usaremos un "sistema de coordenadas ortogonal": dos

rectas que se cortan en ángulo recto. Si R es el conjunto de números reales, pongamos

R2 x,y : x R, y R

cuya representación geométrica es:

x

y

(x,y)

x

y

R

primer cuadrantesegundo cuadrante

tercer cuadrante cuarto cuadrante

2

Los elementos de R2 se llaman puntos del plano, siendo x la primera coordenada oabscisa, e y la segunda coordenada u ordenada. El eje horizontal se llama eje x , el verticalse llama eje y, y la intersección de ambos ejes se llama origen.

Ejemplos de puntos:

x

y(2,3)

(-3,2)

(-5,-1)

(3,-2)

1

1

-5

-1

-3

3

2

2 3

-2

Observemos que, aunque no es obligatorio, hemos elegido la misma escala en ambosejes.

Page 4: Apuntes Algebra

¿Qué distingue a cada cuadrante? El signo de las coordenadas,

siendo:1er cuadrante: x0, y0 2do cuadrante: x0, y0

3er cuadrante: x0, y0 4to cuadrante: x0, y0

Los puntos en los ejes son de la forma:x, 0 en el eje x0,y en el eje y

,

la intersección de ambos es el origen O 0,0.

x

y

(1,0)

(0,2)

(-4,0)

(0,-3)

(0,0)

Operaciones entre puntos. Ecuación paramétrica de una recta.Suma

Los puntos del plano se pueden sumar:

x,y x´,y´ x x´,y y´

x

y

x x x+x

y

y

y+y

(x,y)+(x´,y´)=(x+x´,y+y´)

Construyendo un paralelogramoa partir del origen y los puntos quesumamos como indica la figura,

la diagonal de este paralelogramoune el origen con el punto suma.

Regla del paralelogramo

Page 5: Apuntes Algebra

Ejemplos1. 1,2 3,5 4,72. 1,2 3,5 2,33. 1,2 3,5 4,74. 1,2 1,5 0,75. 1,2 1,2 0,0.

Como ejercicio, se recomiendo hacer los dibujos correspondientes de 1 y 5.Producto por escalares

También se pueden multiplicar por escalares -esto es, por un número real:

x,y x,y

EjemploMultipliquemos al punto 2,1 por distintos escalares:22,1 4,232,1 6,312,1 2,1.Grafiquemos los puntos obtenidos:

x

y

(2,1)

2(2,1)

3(2,1)

(-1)(2,1)

Vemos que todos estos puntos están alineados.En general: x0,y0 es una recta que pasa por el origen y el punto del plano x0,y0.

x

y

(2,1)

2(2,1)

3(2,1)

(-1)(2,1)

Page 6: Apuntes Algebra

El vector x0,y0 se llama opuesto al vector x,y. Además, pondremos x,y enlugar de 1x,y.

Con X notaremos puntos de R2, esto es, X x,y.Consideremos ahora la recta L0 : 2,1 y a cada punto de la misma sumémosle el punto0,3. Como cada punto de la recta es de la forma 2,1, al sumar 0,3 obtenemosobviamente el punto 2,1 0,3. Gráficamente:

x

y

(2,1)

2(2,1)

3(2,1)

(-1)(2,1)

(-2,2)

(0,0)

(0,3)

(2,4)

Por ejemplo: (2,4)=(2,1)+(0,3)

Los puntos de la recta Lse obtienen sumándolea cada pundo de la rectael punto (0,3), quellamaremos punto de paso.

L

L0

L 0

Si le sumamos a cada uno de los puntos de una recta L0 que pasa por el origen un puntofijo, obtenemos -aplicando la regla del paralelogramo- una recta L con la misma dirección dela primera, que pasa ahora por el punto que hemos sumado.En este caso, la recta que pasa por el origen es 2,1. El punto 2,1 se llama vectordirección de L y 0,3 es un punto de paso.Observemos que si ponemos 4,2 en lugar de 2,1 -o cualquier punto x0,y0 0,0 deL0- y 2,4 -o cualquier otro punto de L- hubiéramos obtenido la misma recta.

En general, si x0,y0 0,0, la ecuación

X x0,y0 p,q

se llama ecuación paramétrica de L, x0,y0 es un vector dirección y p,q un punto de paso.Para cada valor del parámetro obtenemos un punto de la recta.

x

y

L

L

P

+Pp

q

x

y

Page 7: Apuntes Algebra

Para graficar, podemos construir una tabla del tipo x,y... ...... ...

.

Por ejemplo, en el caso de L : 2,1 0,3 , obtenemos: x,y0 0,31 2,4

.

Vamos a ver ahora otro forma de escribir una recta, sin usar parámetro.Ecuaciones implícita y explícita de una recta.

Consideremos la recta

L : X 2,1 0,3

Si x,y es un punto de la recta L, es

x,y 2,1 0,3

Pero para que dos puntos del plano sean iguales, deben ser iguales coordenada a coordenada.

Esa igualdad es equivalente a que se cumplan las dos igualdades siguientes:x 2y 3

Despejando el parámetro de la primera ecuación, tenemos que 12 x. Reemplazando en la

segunda obtenemos que y 12 x 3, de donde

12 x y 3. Esta es la ecuación implícita de

L.En general, si A, B y C son números reales con A 0 o B 0 entonces Ax By C es

la ecuación implícita de una recta.Ejemplos:

Graficar las rectas cuyas ecuaciones implícitas son, respectivamente:1. L1 : x 3y 22. L2 : 5y 43. L3 : x 3

Observemos que como sabemos que los puntos que satisfacen cada una de las ecuacionesestán en una recta, en cada caso bastará con encontrar dos puntos.

1. Para L1: veamos las intersecciones de la recta con los ejes: si x 0, tenemos que y 23 ; si

y 0 entonces x 2. Tenemos entonces que los puntos A 0, 23 L1 yB 2,0 L1.

2. Para L2: es, cualquiera sea el valor de x, y 45 . Por ejemplo, los puntos C 0, 4

5 yD 1, 4

5 son puntos de L2. L2 es una recta horizontal.3. Para L3: es, cualquiera sea el valor de y, x 3. Los puntos E 3,0 y F 3,1 están en L3.

L3 es una recta vertical.

Page 8: Apuntes Algebra

x

y

A

B

C D

E

F

L

L

L

1

2

3

Observemos que si tenemos en general una ecuación implícita Ax By C en la cualB 0, vamos a poder despejar la variable y. Este es, por ejemplo, el caso deL4 : 3x y 2; si despejamos y obtenemos: y 3x 2. Esta es la ecuación explícita deL4.En general, la ecuación explícita de una recta es de la forma y mx b , donde m y b sonnúmeros reales. m se llama pendiente de la recta y b ordenada al origen.

Ejemplo:Graficar L4 : y 3x 2.

Como antes, podemos ayudarnos con una tabla. La diferencia es que ahora, en lugar de darlevalores al parámetro para obtener un punto de la recta, le damos valores a x y obtenemos los

correspondientes valores de y:x y0 21 5

x

y

b=21

3

L4

Si incrementamos en 1 unidadel valor de la abscisa, aumentaen 3 unidades el valor de laordenada.La ordenada al origen

es donde la recta cortaal eje y.

5

1

En este caso, 3 es la pendiente.

(Podemos imaginar que en una montaña, avanzando una unidaden sentido horizontal, subimos tres unidades: la pendiente es ¨3¨):

Ahora comparemos rectas con distintas pendientes. Para esto, vamos a graficar L4 :y 3x 2, L5 : y 5x 2, L6 : y 1

2 x 2.

Page 9: Apuntes Algebra

x

y

b=2

4

L

L

L

5

4

6

m crece

Ahora, grafiquemos L7 : y 3x 2, recta cuya pendiente es negativa.

x

y

x y

0 21 -1

L7

2

1

-1

Recta con pendiente negativa.(Observemos que, al avanzaruna unidad, ¨bajamos¨ tres: la pendiente es -3).

(Si la pendiente es negativa, podemos imaginar que, en lugar de subir una montaña,estamos bajando.)

Dados dos puntos, hallar la ecuación explícita de la recta que pasa por ambos.1. Supongamos que queremos hallar la ecuación explícita de la recta L8 que pasa por los puntos

P 1,2 y Q 3,4. Como los puntos tienen distinta abscisa, la recta que pasa por ambosno es vertical, luego, tiene ecuación explícita: y mx b. Como P y Q son puntos de la recta,se deben verificar las ecuaciones:

2 m. 1 b4 m. 3 b

Restando miembro a miembro, logramos eliminar b, obteneniendo: 6 4m.Entonces, m 6

4 32 . Ahora reemplazamos el valor obtenido en cualquiera de las dos

ecuaciones. Eligiendo la primera tenemos que: 2 32 1 b, de donde b 2 3

2

12 . Entonces, la recta que pasa por P y Q tiene ecuación: L8 : y 3

2 x 12 .

Page 10: Apuntes Algebra

x

y

1

-2

-3

4

-1/2

y=(-3/2)x-1/2

2. Si los puntos tienen la misma abscisa, la recta que pasa por ambos es vertical, y no tieneecuación explícita. Por ejemplo, si P 3,2 y Q 3,4, la ecuación de la recta que pasa porambos es x 3.

x

y

3

-2

4

x=3

P

Q

Dada la ecuación explícita, hallar la ecuación paramétrica.Supongamos que queremos hallar la ecuación paramétrica de

L8 : y 32 x 12

Si un punto está en esta recta, entonces es de la forma x, 32 x

12 .

Observemos que:x, 3

2 x 12 x, 3

2 x 0, 12 x 1, 3

2 0, 12 . Luego, la

ecuación paramétrica de L8 es

X x 1, 32 0, 1

2

donde 1, 32 es el vector dirección y 0, 1

2 es un punto de paso.Observemos que en general, si

L : y mx b,

entonces un punto de L es de la forma x,mx b. Y como

x,mx b x,mx 0,b x1,m 0,b

obtenemos la siguiente ecuación paramétrica de L :

Page 11: Apuntes Algebra

X x1,m 0,b.

Observemos que si L : y mx b, entonces 1,m es un vector dirección y 0,b es unpunto de paso.

Ejemplo:Dada la recta L9 : 2x y 3, queremos hallar una ecuación paramétrica de esta recta.

Por lo visto recién, es inmediato hallar la ecuación paramétrica a partir de la explícita.Entonces, despejamos y 2x 3. En este caso es m 2 y b 3, obteniendoX x1,2 0,3 la ecuación paramétrica buscada.Si no recordamos la forma general, observamos que si X x,y es un punto de L9, entonces,como y 2x 3, resulta X x,2x 3 x,2x 0,3 x1,2 0,3.

x

y

L9

1

-2

3

Rectas paralelasEjemplos

Graficar, escribir en forma explícita y determinar la pendiente de las siguientes rectas:L1 : X 1,3 1,2, L2 : X 2,6 2,1,L3 : X 3,2 0,2, L4 : X 1,4 1,3.Grafiquemos primero L1. Para esto, consideremos la recta auxiliar L : X 1,3 , y

después a cada punto de L le sumamos el punto de paso 1,2.

x

y

1

1

3

-1

2

5L

L

Ambas rectas tienenel mismo vector dirección.L pasa por el origen,

L1 pasa por el (-1,2).

Agreguemos ahora L2 : X 2,6 2,1.

Page 12: Apuntes Algebra

x

y

1

1

3

-1

-1

2

2

2

6

5

L

LL

L

L

1

2

El vector dirección de

es un múltiplo del

vector dirección de

Escribamos L1 en forma explícita: si

x,y 1,3 1,2

entonces

x 1y 3 2

De la primera ecuación obtenemos x 1.Reemplazamos en la segunda el valor de obtenido y obtenemos que y 3x 1 2 , dedonde la ecuación explícita de L1 es L1 : y 3x 5.

Hacemos lo mismo para el caso de L2: si

x,y 2,6 2,1

entonces

x 2 2y 6 1

De la primera obtenemos x22 1

2 x 1. Reemplazamos en la segunda ecuación:y 6 12 x 1 1. Ahora la ecuación explícita es L2 : y 3x 7 .

Definición: dos rectas son paralelas si tienen igual pendiente o si ambas son rectasverticales.

Observemos que si dos rectas están dadas en forma paramétrica, son paralelas si elvector dirección de una es múltiplo del vector dirección de la otra.Entonces, para ver si dos rectas son paralelas, si están dadas en forma explícita: comparamossus pendientes. Si están dadas en forma paramétrica: comparamos sus vectores dirección.Por ejemplo, como 2,6 21,3, las rectas L1 y L2 son paralelas.

Grafiquemos ahora L3 : X 3,2 0,2.Observemos que 3,2 31, 2

3 , de donde el vector 1, 23 nos da la misma dirección

que 3,2. Entonces, se puede poner: L3 : X 1, 23 0,2. Pero entonces la

pendiente es m 23 . -ver final de la clase 1. Además, vemos que la ordenada al origen es

Page 13: Apuntes Algebra

b 2, de donde la ecuación explícita es L3 : y 23 x 2 .

En general, si el vector dirección es a,b, con a 0, entonces a,b a1, ba ym b

a .

x

y

1 3

-2/3

-2

Los puntos (1,-2/3) y (3,-2)están en la misma recta quepasa por el origen.

Es (3,-2)=3(1,-2/3).

m=-2/3

Busquemos ahora la ecuación explícita de L4 : X 1,4 1,3.Observamos que la pendiente es m 4

1 4. Ponemos entonces: y 4x b.Para hallar b, usamos el punto de paso 1,3 : 3 4.1 b, de donde obtenemos b 1.Es entonces L4 : y 4x 1. Queda hacer el gráfico como ejercicio.

Observación:Según nuestra definición, sabemos que L1 : X 1,3 y L2 : X 2,6 son rectas

paralelas ya que 2,6 21,3, esto es, el vector dirección de una es un múltiplo del vectordirección de la otra. (Observar también que 1,3 1

2 2,6) En este caso, como son rectasque pasan por el origen, al ser paralelas, son coincidentes. Grafiquemos.

x

y

x

y

1 2 3 4

12

3456

1 2 3 4

123456

(x,y) (x,y)

Si bien para dibujar una rectabasta con darle dos valores al parámetro, hemos agregadoen cada caso un tercer valorpara corroborar que las dosrectas son coincidentes.

012

01

1/2

(0,0)(1,3)(2,6)

(0,0)

(2,6)(1,3)

a a bb

Si recordamos la interpretación que le habíamos dado a la pendiente, veamos que, en elprimer caso, si los puntos hallados inicialmente son 0,0 y 1,3, podemos ver que alincrementar una unidad la primera coordenada, la segunda se incremento en tres. En elsegundo, si los puntos hallados inicialmente son 0,0 y 2,6, ahora, al incrementar dos

Page 14: Apuntes Algebra

unidades la primera coordenada, la segunda se incremento en seis. Mantuvimos laproporción: 3

1 62 ( pendiente). Recordando que los vectores dirección son,

respectivamente, 1,3 y 2,6, y la pendiente es 31 (

62 , podemos suponer que si

L3 : X a,b es paralela a las anteriores, entonces ba 3. Efectivamente:

X a,b a1, ba 1, ba , de donde m ba .

Si hubiéramos partido de rectas con vector dirección 0,b, no podríamos tomar elcociente b

a , estas rectas no tienen pendiente. Pero es fácil ver el paralelismo: son todasparalelas entre sí, pues son todas rectas verticales.

Ejercicios1. Hallar una paralela a L : y 2x 4

a. que pase por A 0,2,b. que pase por B 1,5.

2. Dar la forma paramétrica de la ecuación de una recta paralela a L : X 5,2 1,0a. que pase por 0,0,b. que pase por 1,3.

Resolvemos:1. Las rectas buscadas son paralelas a la dada, luego, todas tienen la misma pendiente m 2.

a. En este caso, la ordenada al origen es dato, siendo b 2.La recta buscada es y 2x 2 .

b. Pongamos y 2x b. Como B es un punto de la recta, se debe verificar que 5 2.1 b.Despejando obtenemos que b 7.La respuesta ahora es y 2x 7 .

2. Trabajamos ahora en forma paramétrica, por ser las rectas buscadas paralelas a la dada debentener como vector dirección un múltiplo del punto 5,2. Podemos tomar directamente estepunto como vector dirección de ambas rectas.a. Si ponemos X 5,2 , esta recta cumple lo pedido: si 0, X 0,0, luego, pasapor el origen.

b. Tomamos como punto de paso a 1,3. La recta buscada es:L : X 5,2 1,3 .

Intersección de rectasSi tenemos dos rectas distintas en el plano, puede pasar que:

1. se corten en un sólo punto2. sean paralelas, por lo que no van a tener puntos en común.

Observemos además que dos rectas que tienen más de un punto en común, son la mismarecta, y en este caso, también son paralelas.

Gráficamente:

Page 15: Apuntes Algebra

x

y

-3

-4

L L

LL

1 1

22

:y=2x-3.

:y=3x-4.

Si (x,y) está en las dos rectas, entonces:

2x-3=3x-4.

Despejando:x=1.

Reemplazando en cualquiera de las dos rectas:

y=-1.

(1,-1)

Caso 1:

x

y

1

3

L

L

1

2

Si (x,y) está en ambas rectas,entonces

-x+3=-x+1.

Pero entonces, cancelando la variable x:3=1.

Como esto último es falso, resulta que las rectas no tienen puntos comunes.

Caso 2: L

L

1

2

:y=-x+3

:y=-x+1

EjerciciosCalcular las intersecciones de L1 y L2 en cada caso. Los gráficos quedan como ejercicio.

1. L1 : x 4y 2 L2 : 2x 8y 42. L1 : x 4y 2 L2 : 2x 8y 03. L1 : x 4y 2 L2 : x y 04. L1 : 2x 3y 1 L2 : X 1,3 2,25. L1 : x 3y 1 L2 : X 3,1 1,16. L1 : X 1,3 2,2 L2 : X 3,1 2,0Soluciones:1. Despejando y en cada una de las rectas, obtenemos: L1 : y 1

4 x 12 , L2 : y 1

4 x 12 .

Entonces, L1 y L2 son rectas coincidentes .2. Procediendo de la misma manera que en el caso anterior, obtenemos: L1 : y 1

4 x 12 ,

L2 : y 14 x. Estamos ahora en el caso de rectas paralelas no coincidentes:

L1 y L2 no tienen ningún punto en común .Observación: Si Ax By C es la ecuación implícita de una recta, y B 0, entonces aldespejar la variable y nos queda: y A

B x CB , de donde m A

B .

Page 16: Apuntes Algebra

Directamente, en este ejemplo y en el anterior, las rectas son paralelas porque 41 8

2 .La diferencia entre los dos casos está dada por el término constante: en el caso anterior, vemosque la segunda ecuación implícita se obtiene de la primera multiplicando a ambos miembrospor 2, de donde tienen el mismo conjunto de soluciones.En el segundo caso, multiplicamos por 2 todos los coeficientes del primer miembro, pero no eltérmino constante: éste será el caso de paralelas no coincidentes.

3. Despejamos x en ambas ecuaciones, obteniendo ahora: L1 : x 2 4y , L2 : x y.Entonces, si x,y es un punto que está en ambas rectas, debe ser 2 4y y, de donde y 2

3 .Como x y, el punto en común es 2

3 ,23 . Luego, L1 L2 2

3 ,23 .

4. Un punto P de L2 es de la forma: P x,y 1,3 2,2 2,3 2.Si queremos que este punto esté también en L1, se debe satisfacer la ecuación:2 2 33 2 1.Despejando obtenemos: 1

11 .Reemplazando en la expresión de P 2,3 2, obtenemos que el punto en que seintersecan ambas rectas es: P 1

11 2,3 111 2.

Entonces, la intersección de ambas rectas es el punto P 2311 ,1911 .

5. Procedemos de la misma manera que en el caso anterior: un punto P de L2 es de la forma:P x,y 3,1 1,1 3 1, 1.Si queremos que también esté en L1 se debe verificar que 3 1 3 1 1. Peroentonces 3 1 3 3 1, de donde 2 1. Esto significa que las rectas no se intersecan.Otra manera de resolver este ejercicio es: comparando las pendientes, vemos que son igualespor lo tanto las rectas son paralelas. Entonces, son coincidentes o no tienen ningún punto encomún.Un punto de L2 es el 1,1. Verificando que este punto no cumple la ecuación implícita de L1,llegamos a la conclusión de que no se intersecan.

6. Ahora ambas rectas están dadas paramétricamente. Una manera de resolver el ejercicio esescribir alguna (o las dos) en forma implícita y resolver como en los ejemplos anteriores. Otraposibilidad es hallar directamente la intersección sin reescribirlas:Si X x,y es un punto de L1, entonces: x,y 1,3 2,2 2,3 2.Si X x,y es un punto de L2, entonces: x,y 3,1 2,0 3 2,.Si el punto está en las dos rectas, debe ser 2,3 2 3 2,.Igualando coordenada a coordenada, obtenemos el sistema de incógnitas y :

2 3 23 2

Resolvemos. Como está despejada en la segunda ecuación, reemplazamos en la primera: 2 33 2 2, de donde 1. Al tener el valor del parámetro , usamos L1 yobtenemos que x,y 1 2,31 2 1,1. Podríamos obtener : 31 2 1. Utilizando la expresión de L2, x,y 3 2,1 1,1, por supuesto elmismo punto. Entonces L1 L2 1,1 .Cuidado! Si el ejecicio estuviera planteado: calcular la intersección deL1 : X 1,3 2,2 y L2 : X 3,1 2,0, lo primero que hay que hacer es¨cambiarle el nombre al parámetro de una de las dos rectas .̈ Podemos ponerL2 : X 3,1 2,0, y recién ahora resolver. Si no hacemos esto, en general no vamos aencontrar el punto en común, por ejemplo, en este caso nos dió 1 y 1: con distintosvalores de los respectivos parámetros se obtiene el punto buscado.

Page 17: Apuntes Algebra

Dos ejemplos más1. Pasar a forma paramétrica la recta de ecuación L : 2x 6.Si x,y está en esta recta, debe verificar que x 3, luego, es de la forma 3,y. Como3,y y0,1 3,0, la ecuación paramétrica es y0,1 3,0. Directamente: al ser vertical,podemos tomar como vector dirección el 0,1 y como punto de paso se puede poner cualquieracuya primera coordenada sea 3.

x

y

3

1

El eje y tiene ecuaciónx=0.

La recta x=3 es paralelaal eje y, y pasa por el punto (3,0).

2. Hallar la ecuación paramétrica de la recta que pasa por P 3,2 y Q 9,4.

x

y

2

4

m= 2

1

La recta que une los puntos (3,2) y (9,4)tiene vector dirección (1,2/6).Este vector tiene la misma direcciónque el vector (6,2).

6

Observemos que (9,4)-(3,2)=(6,2).

3 6 9

Veamos que, en general, la recta que pasa por P a,b y Q c,d tiene la direcciónde c a,d b:

si b d (esto es, la recta no es vertical, haga un dibujo), ya sabemos que podemos ponercomo vector dirección el punto 1,m.Pero 1,m 1, dbca , y como c a,d b c a1, dbca , podemos tomar c a,d bcomo vector dirección.

si b d, observemos que c a,d b c a1,0 , que tiene la dirección del punto1,0, con lo cual es una recta vertical. (Ahora c a, ya que los puntos P y Q son distintos.)Directamente podemos observar que, dados P y Q, la ecuación paramétrica de la recta

que pasa por ambos puntos es: X Q P P. Para verificar esto, basta con tomar 0para obtener X P, y 1 para obtener X Q.

Page 18: Apuntes Algebra

x

y

P

Q

Q-P

La recta que pasa por P y Qtiene como vector direccióna Q-P

Aplicaciones1. Los costos operativos de una compañía crecen en forma lineal con el paso del tiempo. En dosmeses sucesivos los costos fueron $5000 y $6400. Estimar los costos tres meses después (delúltimo).

2. Dos talleres A y B producen un mismo repuesto. El taller A tuvo un costo de instalación de$7000 y cada repuesto vendido le produce una ganancia de $35. El taller B tuvo un costo deinstalación de $4200 y cada repuesto vendido le da una ganancia de $30. Plantear las ecuacionesque representan el balance de cada taller en función del número de repuestos vendidos. ¿ Apartir de cuántos repuestos vendidos el taller A tendrá mayor beneficio que el de B?.

Solución:1. Nos están informando que los costos operativos crecen linealmente con el paso del tiempo.Podemos suponer que "arrancamos" en el intante x 0 con costos de $5000, luego, para x 2éstos serán de $6400. Como la dependencia es lineal, si llamamos y al costo, es: y mx b. Porla primera condición b 5000, por la segunda 6400 m. 2 5000. Entonces, m 64005000

2 700.Resulta: y 700x 5000. Como nos están pidiendo el costo para x 5, calculamos el costoy 700 5 5000 8500 .(Con * notaremos la multiplicación, pues es el que usa el procesador que utilizamos)

2. La función balance del taller A es yA 35x 7000 (lo que tiene es lo que gana por artículomenos lo que gastó).Análogamente, el balance del taller B es yB 30x 4200. Aunque el ejercicio no lo pida,grafiquemos. Para ubicarnos mejor, calculemos la intersección de las rectas que representan losbalances:

y 35x 7000y 30x 4200

Es entonces 35x 7000 30x 4200, luego x 560 e y 35 560 7000 12600. (designa el producto usual de números, escribiremos indistintamente 35x o 35 x). Esto significaque si en ambos talleres se fabrican 560 productos, la ganancia será (en los dos) de $12600.

Page 19: Apuntes Algebra

x

y

-4200

-7000

560

12600

yA

yB

Al hacer 560 productos, se igualan los balances.

Si se fabrican menos de 560 productos, el taller B tiene mayor beneficio.

Si se fabrican más de 560 productos, el taller A tiene mayor beneficio.

yA

yB

Entonces, a partir de los 560 productos el taller A va a tener mayor beneficio que el B.

Más ejemplos1. Resolver gráfica y analíticamente los siguientes sistemas

a.3x 2y 1x y 0

Si despejamos y en la segunda ecuación, obtenemos: y x. Reemplazando el valorobtenido de y en la primera ecuación, nos queda que 3x 2x 1, de donde x 1

5 . Comoy x, resulta y 1

5 . Entonces, la solución del sistema es: 15 ,

15 . Si L1 es la recta

definida por la primera ecuación y L2 la definida por la segunda, podemos poner:L1 L2 15 ,

15 .

x

y

1

1

1/5

1/5

x-y=0

3x+2y=1

L

L

1

2

b.x 2y 13x 6y 3

Observamos que si multiplicamos la primera ecuación miembro a miembro por "3",obtenemos la segunda, luego, ambas tienen el mismo conjunto de soluciones.En este caso, para expresar el conjunto de soluciones, debemos escribir la recta en formaparamétrica, que es la que nos dice "cómo fabricar" los puntos: dándole valores alparámetro.De la primera ecuación tenemos que x 2y 1, luego, un punto es solución si es de laforma2y 1,y y2,1 1,0. La solución del sistema son los puntos X 2,1 1,0.

Page 20: Apuntes Algebra

x

y

-1

1/2

L =L1 2

c.2x y 34x 2y 1

Despejamos y de la primera ecuación y obtenemos y 2x 3. Reemplazando en lasegunda ecuación nos queda que 4x 22x 3 1. Distribuyendo obtenemos que4x 4x 6 1, de donde si las rectas tuvieran un punto en común, obtendríamos que6 1. Luego, las rectas no tienen puntos en común .Podemos obtener esta conclusión directamente observando los coeficientes: el primermiembro de la segunda ecuación es el doble que el primer miembro de la primera ecuación,no así el término independiente.

x

y

3/2

-3

1/4-1/2

L

L

1

2

d.2x y 1x y 23x 2y 5

Si un punto verifica la primera y la segunda ecuación, entonces (sumando miembro amiembro ambas ecuaciones) tenemos que 3x 3, de donde x 1. Reemplazando estevalor en la primera ecuación (o en la segunda) tenemos que y 1. Concluímos que las dosprimeras rectas tienen en común el punto 1,1. Nos fijamos si este punto verifica la terceraecuación: 3.1 2.1 5. Como sí la verifica, también está en la tercera recta. Indicamos lasolución del sistema poniendo S 1,1 .

Page 21: Apuntes Algebra

e.2x y 1x y 23x y 4

Las dos primeras ecuaciones son las mismas que en el ejemplo anterior, de donde sabemos

que el punto 1,1 es solución del subsistema2x y 1x y 2

. Debemos fijarnos ahora si

este punto satisface la tercera ecuación: 3.1 1 4. Entonces, la recta definida por latercera ecuación no pasa por el 1,1, con lo que no hay ningún punto que estésimultáneamente en las tres rectas. Para indicar que las tres rectas no tienen ningún puntoen común ponemos: S .

x

y

1/2

-1

2

2

3

L

L

L

1

2

3

No hay ningúnpunto que estésimultáneamenteen las tres rectas.

f.3x y 3

x 13 y 1

6x 2y 6Si empezamos haciendo cuentas, despejemos y en la primera ecuación: obtenemosy 3x 3.Reemplazamos en la segunda: x 1

3 3x 3 1. Distribuyendo, nos queda: -xx-1-1,y simplificando obtenemos 00. Esto significa que todos los puntos de la primera ecuaciónsatisfacen la segunda: ambas ecuaciones definen la misma recta.Si reemplazamos ahora en la tercera: 6x 23x 3 6 nos queda que: 6x 6x 6 6.Igual que antes, esta ecuación define la misma recta que la primera.En conclusión, el sistema tiene infinitas soluciones, y como x, 3x 3 x1,3 0,3,la solución del sistema expresada en forma paramétrica es X 1,3 0,3 .

2. Una compañía de enchapados para joyas de fantasía fabrica 2 mezclas distintas, ambas a base deplata y oro.La mezcla Premium lleva 7 g de polvo de oro por cada 3 g de polvo de plata.La mezcla Standard lleva 4 g de polvo de oro por cada 6 g de polvo de plata. La compañía poseeen este momento un stock de 25 kg polvo de oro y 30 kg de polvo de plata.¿Cuántos kg de cada tipo de mezcla debe fabricar para agotar el stock?

Solución

Page 22: Apuntes Algebra

Pongamos x kg de Premium a fabricar e y kg de Standard.Como tenemos restricciones de stock, planteamos una ecuación para la cantidad de orousado y otra para la de la plata.Si se fabrican x kg de Premium, el oro gastado ahí será de 7

10 x : si dividimos el total de lamezcla Premium fabricada en diez partes iguales, 7 serán de oro y 3 de plata (suponiendoque todavía no mezclamos- luego, hay 7

10 x de kg de oro en la mezcla Premium).Análogamente, si se fabrican y kg de Standard, el oro gastado ahí es 4

10 y, luego, la"ecuación para el oro" es 7

10 x 410 y 25.

De la misma manera, construimos la "ecuación para la plata": es 310 x

610 y 30.

Debe resolverse entonces el sistema

710 x

410 y 25

310 x

610 y 30

x 0, y 0Observemos que x 0, y 0 pues se trata de kilos. Luego,

se deben fabricar 10kg de Premium y 45kg de Standard .

Hasta acá hemos trabajado sólo con dos incógnitas. Ahora comenzaremos a hacerlo contres. Para eso, primero estudiaremos:

R3El espacio R3 está formado por las ternas de números reales:

R3 x,y, z : x R, y R, z R .

El punto O 0,0,0 se llama origen.

x

y

z

P=(x,y,z)

O

Así como el plano queda dividido en cuatro cuadrantes, ahora tenemos ocho octantes, deacuerdo con el signo de las coordenadas.

Intentemos graficar los puntos A 0,1,1, B 3,2,3, C 0,0,1 yD 5,4,0:

Page 23: Apuntes Algebra

x

y

z

1

1 A

3

-2

3

B

-1 C

5

4

D

Así como habíamos definido suma de puntos en el plano y multiplicación de un escalarpor un punto, definimos en el espacio:

1. x,y, z x´,y´, z´ x x´,y y´, z z´2. x,y, z x,y,z, siendo R.Por ejemplo, 2,1,1 31,0,5 2,1,1 3,0,15 5,1,14.Definimos ahora:

Rn x1,x2, . . . ,xn : x1 R, x2 R,..., xn R .

El punto O 0,0, . . . , 0 se llama origen.De la misma manera que en el plano y en el espacio, los puntos de Rn se pueden sumar y

multiplicar por escalares. Por ejemplo, en R4:31,0,0,2 2,1,1, 6 3,0,0, 6 2,1,1,6 5,1,1,0.

Rectas en R3En cada caso, representar en un sistema de coordenadas en el espacio.

1. Todos los puntos de la forma 1,2,0 :

Dándole valores al parámetro , obtenemos puntos en el espacio:

(x,y,z)0 0,0,01 1,2,01 1,2,0

x

y

z

12

-1

-2

L

Vemos que, al igual que en el plano, el gráfico de X a,b,c es una recta que pasa por el

Page 24: Apuntes Algebra

origen.2. Todos los puntos de la forma 1,2,0 0,0,3:

Como antes, nos ayudamos con una tabla: (x,y,z)0 0,0,31 1,2,3

Como se trata de una recta, basta con obtener dos puntos. Gráficamente:

x

y

z

3

Como en el plano, los puntos de la forma X V P están en una recta. V se llama vectordirección y P un punto de paso; esta ecuación es la ecuación paramétrica de la recta.Igual que antes, dos rectas son paralelas si el vector dirección de una es múltiplo del vectordirección de la otra.

3. Dar la ecuación paramétrica de la recta que pasa por los puntos A 0,1,0 y B 0,0,4.De la misma manera que en el plano, podemos poner X B A A: si 0 obtenemosX A, si 1 obtenemos X B. El vector dirección es B A, el punto de paso es A.La ecuación es: X 0,1,4 0,1,0 .Observemos que hay más respuestas posibles. Por ejemplo: X A B B, oX A B A, etc.Como vector dirección se puede tomar cualquier múltiplo (no nulo) de B A, esto es,cualquier vector de la forma kB A, con k 0, y como punto de paso cualquier punto de larecta.

x

y

z

A

B

Observar queB-A=(4,-1,0)da la direcciónde la recta.

4

1-1

B-A

4. Hallar la ecuación paramétrica de la recta paralela a la anterior que pasa por P 0,2,5.

Page 25: Apuntes Algebra

Ya que la recta que estamos buscando es paralela a la anterior, podemos tomar como vectordirección 0,1,4. Como un dato es que la recta buscada pasa por 0,2,5, ésta tiene ecuación:X 0,1,4 0,2,5 .

Posiciones relativas de dos rectas en R3Calcular la intersección de L1 y L2 en los siguientes casos:

1. L1 : X 1,4,2 3,1,0 L2 : X 2,1,1 3,3,02. L1 : X 2,4,2 3,0,2 L2 : X 1,2,1 5,4,03. L1 : X 2,4,2 3,0,2 L2 : X 1,2,1 2,0,14. L1 : X 1,4,2 3,1,0 L2 : X 2,1,1 2,7,0Soluciones:

El método es similar al empleado en calcular las intersecciones de rectas en el planocuando ambas estaban dadas paramétricamente.

1. Si X x,y, z es un punto de L1, entoncesx,y, z 1,4,2 3,1,0 3,4 1,2.

Si X x,y, z es un punto de L2, entoncesx,y, z 2,1,1 3,3,0 2 3, 3,.

Si X x,y, z es un punto de ambas rectas, entonces ambas expresiones deben ser iguales, estoes:

3,4 1,2 2 3, 3,Igualando coordenada a coordenada, obtenemos el sistema de tres ecuaciones (una por cadacoordenada) y dos incógnitas ( y ):

3 2 34 1 3

2

123

En (3), tenemos a despejada. Reemplazamos en (1) y obtenemos 3 22 3, de donde 2. Como 2 , entonces 4. Cuidado, no nos olvidemos que todas las ecuaciones sedeben verificar (todas las coordenadas deben ser iguales), y no hemos aún impuesto que severifique (2). Nos fijamos si los valores hallados de los parámetros satisfacen esta ecuación:4 2 1 ? 4 3. Sí, se verifica: 7 7 (recordar que designa el producto de dosnúmeros).Haciendo 2 en L1, obtenemos X 2 3,4 2 1,2 2 5,7,4.Podemos chequear que no nos equivocamos haciendo 4 en L2, obteneniendo el mismopunto X 2 4 3,4 3,4 5,7,4.Entonces, L1 L2 5,7,4 .

2. Procedemos igual que en el caso anterior, igualando los puntos de ambas rectas:2,4,2 3,0,2 1,2,1 5,4,0

Esto es:2 3,4,2 2 5,2 4,

Igualando coordenada a coordenada:

Page 26: Apuntes Algebra

2 3 54 2 42 2

123

En (3) tenemos ya despejada. Reemplazamos en (1): 2 3 2 2 5. Luego,obtenemos que 2 3 2 3, esto es, 0 0. ¿Y ? Lo que está pasando es que esta ecuaciónse cumple para todo valor de . Veamos qué pasa si reemplazamos en (2):4 22 2 4. De acá también obtenemos que 0 0, entonces la ecuación (2) tambiénse verifica para todo valor de .¿Qué significa esto? Que con cualquier valor del parámetro se obtiene un punto común de L1 yL2, esto es, son rectas coincidentes. Por ejemplo: si 0, obtenemos el punto de L1X 2 0 3,4 0,2 0 2 3,0,2. También está en L2: usamos (3) para ver con quévalor del parámetro se obtiene este punto en L2: 2. Utilizando este valor obtenemos elpunto de L2 2 5,2 2 4,2 3,0,2. Queda como ejercicio comprobar que tienen otropunto en común (tomar por ejemplo 1). Nuevamente concluimos que son rectascoincidentes, pues si tienen dos puntos en común, son la misma recta. Esto es: L1 L2 L1 .

3. Procediendo como antes, si X es un punto de L1 y de L2 entoncesX 2 3,4,2 2 2,2, 1. Luego,

2 3 24 2

2 2 1

123

De (2) obtenemos que 2. Reemplazando en (1): 2 3 2 2, de donde...3 2!.Esto significa que ningún valor de verifica la condición pedida, pues si lo hubiera,concluiríamos que 3 2. Entonces, no hay puntos de L1 que estén en L2.Las rectas no tienen puntos comunes.Observemos que los vectores direcciones cumplen 2,4,2 21,2,1, es decir, las rectasson paralelas.

4. Ahora, X 3,4 1,2 2 2, 7,. Resolviendo como recién, llegamostambién a quelas rectas no tienen puntos comunes, sin embargo, ahora no son paralelas .Esta situación es nueva. En el plano, dos rectas que no son paralelas siempre tienen intersecciónno vacía. En el espacio ¨hay más lugar¨. Imaginemos por ejemplo las rectas que contienen lassiguientes aristas de un cubo:

Page 27: Apuntes Algebra

Claramente, no son paralelas. Tampoco se cortan (están contenidas en planos paralelos: una enla cara de adelante del cubo, la otra en la de atrás).Diremos que dos rectas son alabeadas si no son paralelas y su intersección es vacía. (Observarque esta condición es equivalente a pedir que no exista un plano que las contenga a ambas.)

Planos en R3Ecuación paramétrica. Ejemplos.1. Representar en R3 los puntos de la forma 1,0,0 0,1,0, R, R.Si hacemos 0, nos quedan los puntos de la forma 1,0,0, que ya sabemos que es unarecta, y que pasa por el origen. Como son los múltiplos de 1,0,0, esta recta es el eje x.Si hacemos 0, los puntos que obtenemos son de la forma: 0,1,0, que es el eje y.Y si sumamos un punto del eje x con uno del eje y obtenemos un punto del "plano del piso":P ,, 0. Los parámetros pueden tomar cualquier valor, mientras que la tercera coordenadadebe ser 0.

x

y

z

O

Plano del piso:z=0

P

2. Representar en R3 los puntos de la forma 1,0,0 0,1,0 0,0,2, R, R.Ahora, un punto del plano es de la forma X ,, 2. Para graficar, podemos partir del planoanterior, pero en este caso a cada punto del plano del piso "le damos altura 2":

x

yO

(

(

,0)

z2

z=2

, , 2)

Este plano es paralelo al anterior.En general, si V R3, W R3, los puntos de la forma X V W están en un plano que pasapor el origen.Y, si P R3, los puntos de la forma X V W P están en un plano paralelo al anteriorque pasa por el punto P. Esta ecuación se llama ecuación paramétrica del plano.

Page 28: Apuntes Algebra

EjemploRepresentar en R3 el plano que pasa por los puntos A 1,1,0, B 1,0,1 y

C 1,0,0.Primero grafiquemos:

x

y

z

1

1

1

A

B

C

El plano buscado es el que contiene el triángulo de vértices A, B y C.

En particular, contiene lossegmentos AC y BC.

Ahora queremos encontrar la ecuación paramétrica de este plano. Para esto, veamos primerocuál es la ecuación paramétrica del plano paralelo que pasa por el origen, 0, que es másfácil.

x

y

z

1A

B

C

El plano paralelo que pasa por el origencontiene los puntos V=(0.1.0) y W=(0,0,1).

V

W

Observemos que

V 0,1,0 1,1,0 1,0,0 A C, W 0,0,1 1,0,1 1,0,0 B C

Entonces, la ecuación de 0 es X 0,1,0 0,0,1 (No hace falta sumarle el punto depaso P 0,0,0. ) Ahora, lo trasladamos y hacemos que pase por C 1,0,0, obteniendola ecuación de :

X 0,1,0 0,0,1 1,0,0.

En general, la ecuación paramétrica del plano que pasa por los puntos no alineados (sepueden pensar como los vértices de un triángulo) A, B y C es

X A C B C C

Page 29: Apuntes Algebra

Ecuación implícita de un plano.Ejemplo

Supongamos que tenemos la siguiente ecuación paramétrica de un plano:

X 1,0,2 2,1,3 4,1,1.

Los puntos que están en este plano verifican

x,y, z 2 4, 1,2 3 1.

Si igualamos coordenada a coordenada obtenemos el sistema:

x 2 4y 1

z 2 3 1.

Queremos ahora "eliminar" los parámetros y , para poder ver directamente cuál es larelación que deben tener las coordenadas de un punto para que esté en el plano dado.Despejando de la segunda ecuación, tenemos que y 1.Sustituyendo este valor en la primera ecuación, nos queda que: x 2y 1 4 2y 6.Ahora podemos despejar : x 2y 6.Sustituimos las expresiones obtenidas de los parámetros en función de las coordenadas en latercera ecuación: z 2x 2y 6 3y 1 1 2x y 10. Pasando a la derecha lostérminos que contienen las variables, obtenemos la ecuación implícita del plano:2x y z 10.En general, la ecuación implícita de un plano es de la forma Ax By Cz D , siendoalguno de los coeficientes A, B o C distinto de 0.

EjercicioRepresentar los puntos de R3 que satisfacen:

1. x 0.2. y 0.3. z 0.4. z 2.5. x y 1.6. x y z 3.Soluciones:1. Como tres puntos no alineados determinan un plano, dibujemos tres puntos que verifiquen lacondición de que la primera coordenada sea 0. Por ejemplo A 0,0,0, B 0,1,0,C 0,0,1.Podríamos poner también que, si X está en el plano, es de la formaX 0,y, z y0,1,0 z0,0,1. En particular, haciendo z 0, vemos que están en el planolos puntos de la forma y0,1,0 -el eje y- y los puntos de la forma z0,0,1 -el eje z-. Este planose llama plano coordenado yz.

Page 30: Apuntes Algebra

x

y

z

O1

1

x=0

2. De la misma manera que en el caso anterior, podemos dar la ecuación paramétrica del planoX x, 0, z x1,0,0 z0,0,1. Este plano se llama plano coordenado xz. El dibujo quedacomo ejercicio.

3. Ahora es X x,y, 0 x1,0,0 y0,1,0. Éste es el plano coordenado xy donde el dibujo esel "plano del piso".

4. Queremos ahora que z 2, luego, un punto va a estar en este plano si es de la formaX x,y, 2 x1,0,0 y0,1,0 0,0,2. Es un plano paralelo al anterior que pasa por elpunto 0,0,2. El dibujo está en el ejemplo 2 del apartado anterior.

5. Si x y 1 entonces y 1 x; z es cualquier punto pues no tiene ninguna restricción.De acá resulta que un punto de este plano es de la formaX x, 1 x, z x1,1,0 z0,0,1 0,1,0.Para graficar, podemos ayudarnos con el plano x1,1,0 z0,0,1, que es el paralelo que pasapor el origen y contiene las rectas: x1,1,0 y z0,0,1. Luego, lo trasladamos al punto0,1,0.

x

y

z

O

x z P=(x,1-x,z)0 0 (0,1,0)

0 1 (0,1,1)1 0 (1.0.0)

Otra forma de resolver es encontrando tres puntos no alineados que estén en el plano. Un puntoes el de paso: 0,1,0. Para encontrar otros, les damos valores a los parámetros: si x 0 yz 1, obtenemos X 0,1,1; si x 1 y z 0, X 1,0,0.

6. Observamos que este plano contiene los puntos 3,0,0, 0,3,0 y 0,0,3. Para obtener laecuación paramétrica, podemos despejar z, obteniendo: z 3 x y. Luego, un punto X delplano es de la forma X x,y, 3 x y x1,0,1 y0,1,1 0,0,3.

Page 31: Apuntes Algebra

(3,0,0)

(0,3,0)

(0,0,3)

El plano buscadoes el que contienea este triángulo.

Intersección de planos. Ecuación implícita de una recta.Como hemos visto, una ecuación lineal en el plano representa una recta. Sin embargo, en

el espacio, representa un plano. Para obtener una recta, podríamos pensarla comointersección de dos planos no paralelos. Por ejemplo: si consideramos los planos dados porx 0, e y z 1, el siguiente sistema, dado por las ecuaciones de ambos planos

x 0y z 1

representa la recta intersección. Diremos que ésta es la ecuación implícita de

esta recta.Hallar la solución del sistema es hallar la ecuación paramétrica de esta recta, la cual nos

da una manera de generar todos los puntos que verifiquen ambas ecuaciones. En este caso, dela segunda ecuación obtenemos que z 1 y. Como x 0, la ecuación paramétrica de larecta es X 0,y, 1 y y0,1,1 0,0,1 .

Intersección de una recta con un plano.Calcular la intersección de L y en cada caso:

1. L1 : X 1,3,1 2,2,0 y : x y z 1.2. L2 : X 1,1,0 1,0,1 y : x y z 1.3. L3 : X 1,1,0 2,0,1 y : x y z 1.Solución1. Si un punto X está en L1, entonces X x,y, z 2,3 2,. Si además este punto estáen el plano , entonces debe satisfacer la ecuación x y z 1. Reemplazando lascoordenadas de X es esta ecuación, obtenemos 2 3 2 1, de donde 1.Entonces X 1 2,3 1 2,1 1,1,1. Luego, X L1 1,1,1 .

2. Ahora un punto de la recta es de la forma x,y, z 1,, 1. Reemplazando en la ecuacióndel plano obtenemos 1 1 1, de donde 2 1. De acá concluimos que X L2 (no se cortan).

3. Ahora tenemos x,y, z 2,,1, y al reemplazar en la ecuación del plano 2 1 1 nos queda 1 1. Todo punto de la recta satisface la ecuación del plano,entonces X L3 L3 (la recta está contenida en el plano).

1

2

3

L

L

L

Posiciones relativas entrerectas y planos

Page 32: Apuntes Algebra

Ejercicios varios1. Sean L1 : y 5x 3; L2 : X t2,1 5,0; P el punto de L1 con ordenada igual a 7 y Q elpunto de L2 con abscisa igual a 2.Encontrar la ecuación paramétrica de la recta que pasa por P y Q.

2. Sean L1 la recta de dirección 2,1 que pasa por 8,2 y L2 la recta de ecuaciónX 1,1 9,7.Hallar, si existe, el punto de R2 en que se cortan L1 y L2.

3. Sea L la recta de R3 que pasa por A 1,3,1 y B 4,1,0.Hallar el punto de L cuya segunda coordenada sea igual a 0.

4. Para la recta del ejercicio anterior, hallar todos los puntos que están en alguno de los planoscoordenados.

Soluciones:1. Para encontrar P, hacemos y 7 y despejamos x de 7 5x 3: es x 2. Entonces, P 2,7.Para encontrar Q, vemos que los puntos de L2 son de la forma Q 2t 5, t. Si la abscisa es 2,resulta que 2t 5 2, luego, t 25

2 32 .

Reemplazando t por su valor, obtenemos Q 2, 32 .

La recta que pasa por P y Q es X Q P P 2, 32 2,7 2,7, luego la

respuesta es X 0, 172 2,7 .

2. Es L1 : X 2,1 8,2, luego, un punto de esta recta es de la forma 2 8, 2.Un punto de L2 es de la forma 9, 7.Si un punto está en ambas rectas, debe ser 2 8, 2 9, 7.

Entonces:2 8 9 2 7

.

De la segunda ecuación obtenemos 5; reemplazando en la primera:2 8 5 9, de donde 4.El punto buscado es entonces 24 8,4 2 0,2. Esto es,el punto intersección de las rectas es (0,2) .Observemos que 5 4 5 9, de donde podríamos haber obtenido la solucióncalculando 9, 7 0,2 para 9.

3. Para hallar la recta que pasa por A y B primero hallamos la dirección:B A 4,1,0 1,3,1 3,2,1. Entonces, la recta tiene ecuación paramétrica:X 3,2,1 1,3,1. Luego: X 3 1,2 3, 1.Si la segunda coordenada es 0, resulta 2 3 0, de donde 3

2 .Reemplazando en la expresión genérica de un punto de la recta haciendo 3

2 , obtenemos elpunto 112 , 0,

12 .

Entonces, el punto de L se segunda coordenada 0 es 112 , 0,12 .

4. Nos piden hallar los puntos de la recta de ecuación X 3 1,2 3, 1 que estén enalguno de los planos coordenados. Si observamos lo que hemos hecho en el ejercicio anterior,hemos hallado uno de los puntos pedidos, ya quea. intersecar con el plano coordenado yz es buscar el punto que tiene primera coordenadaigual a 0,

b. intersecar con el plano coordenado xz es buscar el punto que tiene segunda coordenadaigual a 0,

c. intersecar con el plano coordenado xy es buscar el punto que tiene tercera coordenada iguala 0.

Page 33: Apuntes Algebra

Ya hemos hecho b. Ahora vamos a hacer a., quedando c. como ejercicio.Es X 3 1,2 3, 1, y nos piden que 3 1 0, entonces 1

3 , con lo cualX 3 1

3 1,213 3,

13 1 0, 113 ,

43 .

Entonces, el punto de la recta que está en el plano coordenado yz es X 0, 113 ,43 .

Page 34: Apuntes Algebra

PRÁCTICA 2Sistemas de ecuacionesHasta aquí hemos visto sistemas de ecuaciones de hasta 3 incógnitas.

Ejemplo:Escribir en forma paramétrica las soluciones de las siguientes ecuaciones o sistemas

de ecuaciones en R3:1. x 3y z 0

2. x y 1z 2

Solución:

1. Despejamos z, obteniendo z x 3y. Un punto es solución del sistema si esde la forma X x,y,x 3y x1,0,1 y0,1,3, esto es, la solución dada enforma paramétrica es X x1,0,1 y0,1,3 .

2. De la primera ecuación, despejamos y, obteniendo y 1 x. Entonces, X essolución si X x, 1 x, 2 x1,1,0 0,1,2. Ahora, la solución expresadaparamétricamente es X x1,1,0 0,1,2 .

En el primer caso, tenemos un plano en el espacio; en el segundo tenemos una recta.Resolver estos sistemas es inmediato, lo que queremos hacer ahora es dar un método

sistemático para resolver sistemas lineales que pueden tener más ecuaciones y másincógnitas.

Tendremos m ecuaciones lineales con n incógnitas. En el primer ejemplo, hay unaecuación: m 1, en el segundo: m 2. En ambos hay 3 incógnitas: n 3.

En lo que sigue, en lugar de x, y, z usaremos x1, x2, ..., xn.A los coeficientes que multiplican las variables los notaremos aij: el primer índice nos

dirá en qué ecuación está ubicado, y el segundo a qué variable multiplica. A los términosindependientes los llamaremos ci : el subíndice nos dice en qué ecuación está.

En general, un sistema de m ecuaciones lineales con n incógnitas es de la forma:

S

a11x1 a12x2 . . .a1nxn c1a21x1 a22x2 . . .a2nxn c2

. . .am1x1 am2x2 . . .amnxn cm

Si todos los términos independientes son cero, el sistema se llama homogéneo.Es el caso del primer ejemplo dado arriba.

Todo sistema tiene un sistema homogéneo asociado: el que se obtiene a partir de lasmismas ecuaciones, pero cambiando todos los ci por 0.

Page 35: Apuntes Algebra

Por ejemplo, el sistema homogéneo asociado al ejemplo 2 esx y 0z 0

.

Notación matricial:Con los coeficientes de las m ecuaciones de un sistema de n incógnitas se arma una

matriz de m por n (una fila por ecuación, una columna por incógnita):

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n

. . .am1 am2 . . . amn

Esta matriz se llama matriz de coeficientes del sistema.La matriz ampliada es la que se obtiene agregando una columna con los términos

independientes:

a11 a12 . . . a1n c1a21 a22 . . . a2n c2

. . .am1 am2 . . . amn cm

Si la matriz de coeficientes tiene m filas y n columnas, la matriz ampliada tiene m filas yn1 columnas.

Ejemplo

Dado el sistema: Sx1 x2 x3 2x4 2x2 x3 x4 1

1. Ver si los puntos: A 0,0,0, 0; B 3,1,0,0; C 1,1,0, 0;D 0,1,0,0 son soluciones del sistema.

2. Hallar la matriz de coeficientes.

3. Hallar la matriz ampliada.

4. Escribir en forma paramétrica las soluciones del sistema.

Soluciones

1. Para cada punto dado, debe verse que satisfaga todas las ecuaciones delsistema:en el caso de A, claramente no es solución pues 0 0 0 2 0 2.Observemos que para que el origen sea solución, el sistema debe serhomogéneo.

Para B: como3 1 0 2.0 2

1 1, resulta que B es solución del sistema.

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Page 36: Apuntes Algebra

C no es solución porque, si bien verifica la primera ecuación, no verifica lasegunda; D no es solución porque no verifica la primera ecuación -aunqueverifica la segunda.

2. Matriz de coeficientes: 1 1 1 20 1 1 1

.

3. Matriz ampliada: 1 1 1 2 20 1 1 1 1

.

4. Para hallar las soluciones, procedemos como lo hacíamos en la práctica 1.Despejemos por ejemplo x4 de la segunda ecuación:

x4 1 x2 x3Ahora los sustituimos en la primera:

x1 x2 x3 21 x2 x3 2.Distribuyendo y agrupando, obtenemos:

x1 x2 3x3 2 2.Despejemos x3 :

x3 2 x1 x2 23 x2

3 x13 4

3 .

Tenemos entonces x3 en función de x1 y x2; reemplazando esta expresión en laque teníamos de x4, obtendremos también x4 en función de x1 y x2:

x4 1 x2 x13 x23 4

3 13 x1

43 x2

73 .

Un punto X x1,x2,x3,x4 es solución si verificaX x1,x2, x13 x2

3 43 ,13 x1

43 x2

73 x11,0, 13 ,

13 x20,1,

13 ,

43 0,0, 43 ,

73 .

La solución paramétrica es entoncesX x11,0,1,1 x20,1,1,2 0,0,4, 5 .

Triangulación. Método de Gauss. Rango de una matrizObservemos que si tenemos el sistema

S :x1 x2 x3 3x2 x3 0x3 2

,

tiene solución inmediata: de la última ecuación obtenemos el valor de x3, sustituyendo en lasegunda obtenemos x2 y, reemplazando x2 y x3 por sus valores en la primera, obtenemosx1. La solución es el punto: 1,2,2.No todos los sistemas son tan inmediatos, por ejemplo:

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Page 37: Apuntes Algebra

S´ :2x1 2x2 2x3 63x2 4x3 2x2 x3 0

no es tan inmediato de resolver. Sin embargo, la solución de ambos sistemas es la misma.Diremos que dos sistemas son equivalentes tienen el mismo conjunto de soluciones.Es el caso de S y S´. La notación que usaremos es: S S´.Lo que sigue tiene por objeto obtener un sistema equivalente a uno dado, de manera quesea más fácil encontrar el conjunto de soluciones. Para esto, veamos qué operaciones sepueden realizar.Operaciones elementales

1. Si tenemos una ecuación y multiplicamos a ambos miembros por un númerono nulo, no alteramos el conjunto de soluciones. En general, si tenemos unsistema S, el sistema S´ que se obtiene multiplicando una ecuación del mismo porun escalar no nulo es un sistema equivalente al dado.Por ejemplo, el sistema

S1 :2x1 2x2 2x3 6

x2 x3 0x3 2

es equivalente a S dado arriba.Hemos multiplicado por 2 la primera ecuación.En términos de matrices asociadas, podemos abreviar lo hecho poniendoFi kFi, k 0 : indicamos así que se ha multiplicado por k la fila i.Podemos escribir también: Fi kFi: en lugar de Fi pusimos kFi.

2. Intercambiar dos ecuaciones en un sistema nos da un sistema equivalente.Por ejemplo, si

S2 :2x1 2x2 2x3 6

x3 2x2 x3 0

entonces S2 S1.

Podemos indicar lo hecho poniendo: Fi

Fj

Fj

Fi.

También como Fi Fj: Fi intercambió su lugar con Fj.

3. Reemplazar una ecuación por ella misma más un múltiplo de otra.

Por ejemplo, S3 :2x1 2x2 2x3 63x2 4x3 2x2 x3 0

se ha obtenido a partir de S2

reemplazando la segunda ecuación por ella misma más 3 veces la tercera.Detallemos los pasos realizados: considerando la segunda ecuación de S2 junto

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Page 38: Apuntes Algebra

con la tercera, esto es,x3 2

x2 x3 0, hemos multiplicado la última por "3"

x3 23x2 3x3 0

y luego hemos sumado miembro a miembro, obteniendo

3x2 4x3 2.Los sistemas son equivalentes porque, así como de S2 podemos pasar a S3,también de S3 podemos pasar a S2.Abreviadamente, escribimos: Fi Fi kFj.Lo indicamos también como: Fi Fi kFj: en lugar de Fi pusimos Fi kFj.Observemos que S3 S´, de donde vemos que a partir de S llegamos a S´ haciendo

operaciones elementales. El más fácil de resolver era S, luego, si nos dan S´ lo tratamos dellevar a una forma equivalente del tipo como está presentado S: aclaremos cómo es.

Matriz triangulada:Una matriz de m filas y n columnas está triangulada por filas si en cada fila hay por lo

menos un cero más que en la fila de arriba, yendo de izquierda a derecha.

Ejemplos:

1. Si la matriz tiene una sola fila, no hay condición. Está (trivialmente)triangulada.

2. 1 1 1 20 1 5 0

,1 1 1 20 0 5 0

,1 1 1 20 0 0 0

,0 1 1 20 0 1 0

están

trianguladas,

3. 1 1 1 21 1 5 0

,0 1 1 20 1 0 0

no lo están.

4.1 1 1 20 1 5 00 0 10 0

y1 1 1 20 1 5 00 0 0 0

están trianguladas.

5.1 1 1 20 1 5 00 2 10 0

y1 1 1 20 0 0 10 0 0 5

no lo están

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Page 39: Apuntes Algebra

Método de GaussÉste es un método sistemático que encuentra una matriz triangulada equivalente a una

dada. El sistema asociado a la matriz triangulada será equivalente al dado inicialmente,pero de resolución inmediata.

Ejemplos

1. Encontrar una matriz triangulada por filas equivalente a0 1 31 1 12 0 2

.

Es0 1 31 1 12 0 2

F1F2

1 1 10 1 32 0 2

F3F32F1

1 1 10 1 30 2 0

F3F32F2

1 1 10 1 30 0 6

.

Observemos que la matriz1 1 10 1 30 0 1

también es triangular y es equivalente a

la dada.

2. Obtener sistemas equivalentes a los dados que tengan matriz triangular:

a.x1 2x2 3x3 12x1 4x2 x3 2

x2 x3 1

b.x1 2x2 3x3 12x1 4x2 x3 2

7x3 4

Solución

1. a. La matriz ampliada asociada al sistema es1 2 3 1

2 4 1 20 1 1 1

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Page 40: Apuntes Algebra

Triangulamos:1 2 3 1

2 4 1 20 1 1 1

F2F22F1

1 2 3 10 0 7 40 1 1 1

F2F3

1 2 3 10 1 1 10 0 7 4

.

Luego, es sistemax1 2x2 3x3 1

x2 x3 17x3 4

es equivalente al dado.

b. Partimos ahora de1 2 3 12 4 1 20 0 7 4

.

Como antes, tenemos1 2 3 12 4 1 20 0 7 4

1 2 3 10 0 7 40 0 7 4

.

Como esta última matriz no está triangulada, debemos seguir un pasomás.Calculamos entonces:

1 2 3 10 0 7 40 0 7 4

F3F3F2

1 2 3 10 0 7 40 0 0 0

.

Rango de una matriz:El rango de una matriz es la cantidad de filas no nulas que quedan al terminar de

triangularla. (Una fila nula es la que tiene todos sus coeficientes iguales a cero.)Por ejemplo:

El rango de1 2 3 1

2 4 1 20 1 1 1

es 3, porque ya hicimos la triangulación

correspondiente y sabemos que es equivalente a la matriz.1 2 3 10 1 1 10 0 7 4

, que ya

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Page 41: Apuntes Algebra

está triangulada y tiene sus tres filas no nulas.

El rango de1 2 3 12 4 1 20 0 7 4

es 2, ya que

1 2 3 12 4 1 20 0 7 4

1 2 3 10 0 7 40 0 0 0

: la cantidad de filas no nulas al terminar de

triangular es dos.Es importante señalar que el rango no depende de la triangulación efectuada. La última

matriz calculada puede ser distinta, pero no la cantidad de filas no nulas.Por ejemplo, haciendo otras operaciones elementales, podemos concluir que

1 2 3 12 4 1 20 0 7 4

1 2 3 10 0 1 470 0 0 0

. Obviamente, esta matriz también tiene rango

dos.

Sistemas compatibles determinados e indeterminados. Sistemasincompatibles. Sistemas indeterminados.EjemplosPara cada uno de los siguientes sistemas de ecuaciones, determinar el rango de la

matriz de coeficientes y de la matriz ampliada, y hallar, si existen, las soluciones delsistema.

1.x1 2x2 x3 3

x1 2x2 4x3 13x1 4x2 x3 5

2. Sax1 2x2 4x3 12x1 5x2 6x3 0x1 3x2 2x3 3

Sbx1 2x2 4x3 12x1 5x2 6x3 0x1 3x2 2x3 1

Scx1 2x2 4x3 02x1 5x2 6x3 0x1 3x2 2x3 0

Solución

1. Escribimos la matriz ampliada:

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Page 42: Apuntes Algebra

1 2 1 31 2 4 13 4 1 5

.

Para calcular los rangos, debemos triangular. Es1 2 1 31 2 4 13 4 1 5

F2F2F1

1 2 1 30 0 3 23 4 1 5

F3F33F1

1 2 1 30 0 3 20 2 4 4

F3F2

1 2 1 30 2 4 40 0 3 2

.

El rango de A

1 2 10 2 40 0 3

es 3, ya que no hay filas nulas.

También el rango de A´ 1 2 1 30 2 4 40 0 3 2

es igual a 3.

Observemos que siempre debe ser el rango de A rango de A´, ya que estaúltima matriz agrega coeficientes: si una fila ya tenía algún lugar distinto de 0, lamás larga tendrá también, por lo menos, ese lugar distinto de 0.Para hallar la solución del sistema, construimos el sistema equivalente al dadoasociado con la matriz triangulada y lo resolvemos.

Consideramos entonces:x1 2x2 x3 32x2 4x3 4

3x3 2.

Despejando de la tercera ecuación, obtenemos x3 23 .

Reemplazando en la segunda ecuación: 2x2 4 23 4, de donde x2 10

3 .Usamos la primera ecuación para obtener el valor de x1: x1 2 10

3 23 3,

obteniendo x1 3 .La respuesta es: la solución del sistema es el punto 3, 10

3 ,23 .

Cuando, como en este caso, la solución de un sistema es un solo punto, decimosque el sistema es compatible determinado.Notemos que este método nos dice que vamos despejando de abajo para arriba:primero despejamos en la tercera ecuación, la variable despejada lareemplazamos en la segunda ecuación, y así "seguimos subiendo". En general,dada una ecuación, es equivalente elegir una u otra variable para despejar. Si sequiere tener un método sistemático, se puede despejar, en cada ecuación, la de

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Page 43: Apuntes Algebra

subíndice menor.

2. Observemos primero que las matrices asociadas a los tres sistemas dadoses la misma. Para abreviar las cuentas, haremos una resolución simultánea delos mismos. ¿Qué significa esto? Que escribiremos todas las matrices ampliadasdentro de una matriz, separando con "" los términos independientes.

Consideremos entonces la gran matriz:1 2 4 1 1 02 5 6 0 0 01 3 2 3 1 0

. ¿Cómo se

interpreta?"Olvidando" las dos últimas columas, tenemos la matriz ampliada asociada alprimer sistema:

1 2 4 12 5 6 01 3 2 3

,

"olvidando" la cuarta y la última columna, tenemos la matriz ampliada asociada alsegundo sistema:

1 2 4 12 5 6 0

1 3 2 1,

y "olvidando" la cuarta y quinta columna, tenemos la matriz ampliada asociada alúltimo sistema:

1 2 4 02 5 6 01 3 2 0

.

Triangulamos todos a la vez, usando la gran matriz:1 2 4 1 1 02 5 6 0 0 0

1 3 2 3 1 0

F2F22F1

1 2 4 1 1 00 1 2 2 2 0

1 3 2 3 1 0

F3F3F1

1 2 4 1 1 00 1 2 2 2 00 1 2 4 2 0

F3F3F2

1 2 4 1 1 00 1 2 2 2 00 0 0 2 0 0

.

Las matrices ampliadas son respectivamente:1 2 4 10 1 2 20 0 0 2

,1 2 4 10 1 2 20 0 0 0

,1 2 4 00 1 2 00 0 0 0

.

Los sistemas asociados son:

Page 44: Apuntes Algebra

Sax1 2x2 4x3 1x2 2x3 2

0 2Sb

x1 2x2 4x3 1x2 2x3 2

0 0Sc

x1 2x2 4x3 0x2 2x3 00 0

Resolvamos cada uno:

a. Primero veamos el rango de la matriz de coeficientes y el rango de lamatriz ampliada.

Es el rango de1 2 40 1 20 0 0

igual a 2, y el rango de

1 2 4 10 1 2 20 0 0 2

es 3.

Interpretamos la tercera ecuación: buscamos para qué valores de lasvariables 0 2 0.x1 0.x2 0x3 2. Cualquiera sea el valor que ledemos a x1, x2 y x3, nunca conseguiremos que 0.x1 0.x2 0x3 2. Deacá concluimos que el sistema no tiene ninguna solución. Esto se darácada vez que tengamos una fila del tipo: todos los coefientes iguales acero, excepto el correspondiente al término independiente.En estos casos, el sistema no tendrá solución, y diremos que el sistemaes incompatible.Estudiando los rangos de la matriz asociada y de la matriz ampliada:cada vez que tengamos una fila del tipo 0 0 . . . 0 0 el rangode la matriz de coeficientes es menor que el rango de la matrizampliada.

b. La matriz de coeficientes es la misma que en el caso anterior, pero el

rango de1 2 4 10 1 2 20 0 0 0

es 2.

Entonces el rango de la matriz de coeficientes y el rango de la matrizampliada son iguales, no aparecen filas de la forma0 0 . . . 0 0 y el sistema es compatible.

Resolvemos entonces el sistemax1 2x2 4x3 1x2 2x3 2

.

Despejamos x2 de la segunda ecuación, obteniendo: x2 2 2x3 .Reemplazando en la primera ecuación: x1 22 2x3 4x3 1.Distribuimos: x1 8x3 4 1. Despejando, tenemos que x1 8x3 5 ..Entonces, X. x1,x2,x3 es solución siX. 8x3 5,2 2x3,x3 8x3, 2x3,x3 5,2,0.La solución es entonces: X. x38,2,1 5,2,0 .

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Page 45: Apuntes Algebra

Observemos que hay infinitas soluciones, porque tenemos unparámetro. Luego, este sistema es compatible indeterminado.

c. Cuando el sistema es homogéneo, el rango de la matriz de coeficientey de la matriz ampliada son siempre iguales, ya que si los términosindependientes son todos ceros la matriz ampliada no puede aumentarel rango.

En este caso, el rango de1 2 40 1 20 0 0

es 2, al igual que el de

1 2 4 00 1 2 00 0 0 0

.

Resolvemos entonces el sistemax1 2x2 4x3 0x2 2x3 0

.

Siguiendo el mismo camino que en el caso anterior, obtenemos lasolución paramétrica: X x38,2,1 . La solución es una recta paralelaa la anterior que pasa por el origen, el sistema es compatibleindeterminado.

Observaciones acerca de los sistemas homogéneos:

Los sistemas homogéneos son siempre compatibles porque 0, . . . , 0 siempre essolución. Debe verse en cada caso si es determinado o indeterminado.

Será determinado en el caso de que, justamente, podamos determinar el valor de cadavariable. Para que esto pase, debe haber una ecuación para cada incógnita.El rango de la matriz de coeficientes ( rango de la ampliada) deberá ser entonces igual alnúmero de incógnitas.

Tomando por ejemplo el sistema ya triangulado:x1 2x2 4x3 0x2 2x3 0x3 0

.

Si despejamos cada variable, comenzando por la tercera ecuación, vamos obteniendosucesivamente los valores x3 0, x2 0, x1 0 .

Será indeterminado si el rango de la matriz de coeficientes es menor que el número deincógnitas. Como ejemplo, ver el sistema Sc.

Observaciones acerca de los sistemas no homogéneosEn general, un sistema de n incógnitas puede ser:1. Incompatible: vimos en el ejemplo Sa que el caso incompatible se presenta

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Page 46: Apuntes Algebra

cuando el rango de la matriz de coeficientes es menor que el rango de la matrizampliada.

2. Compatible: los rangos de las matrices de coeficientes y ampliada soniguales. Llamémoslo m.

a. Si además m n, el sistema es determinado. Habrá una ecuación parapoder determinar cada variable.

b. Si m n, el sistema es indeterminado. En este caso, daremos lasolución en forma paramétrica. Ver por ejemplo, Sb.Cuántos parámetros van a quedar en este caso?. Veamos un par deejemplos sencillos:

i. x1 x2 3x3 x4 6. En este caso, m 1 (una ecuación) yn 4 (tres incógnitas). Si tengo sólo una ecuación, no podrédespejar más de una variable. Por ejemplo,x4 6 x1 x2 3x3. La solución en forma paramétrica es,abreviadamente: X x1,x2,x3, 6 x1 x2 3x3. Si sólo puedodespejar una variable, y tenía cuatro, quedan tres sindespejar.

ii. x1 x2 3x3 x4 6x2 x4 0

. Resolvamos: de la segunda

ecuación, x4 x2, reemplazando en la primera:x1 x2 3x3 x2 6, de donde 3x3 6 x1 2x2, con lo cualx3 2 1

3 x1 23 x2. La solución es:

X x1,x2, 2 13 x1

23 x2, 2

13 x1

23 x2. Puedo despejar dos

variables, una por cada ecuación. Tenía cuatro variables,quedan dos sin despejar.

iii. En general, si un sistema está triangulado, (con lo cual, elnúmero de ecuaciones es igual al rango), podré despejar unavariable por cada ecuación, esto es, podré despejar nvariables. Si en principio tenía m, quedan m n sin despejar.(En el primer ejemplo: 4-13, en el segundo: 4-22).

c. El caso m n no lo contemplamos, ya que al triangular un sistema, noimporta cuantas ecuaciones tenga, será equivalente a uno de rangomenor o igual a la cantidad de incógnitas. (Resuelva un par de ejemplospara ver como van ¨desapareciendo¨ las ecuaciones sobrantes).

Observación:Notemos que, así como triangulamos "por abajo", podríamos seguir triangulando "por

arriba". Por ejemplo, en el caso del sistemax1 x2 3x3 x4 6

x2 x4 0, la matriz asociada es

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Page 47: Apuntes Algebra

1 1 3 1 : 60 1 0 1 : 0

F1F1F2 1 0 3 2 : 6

0 1 0 1 : 0. Ahora, al estar triangulada por

arriba y por abajo, despejamos de cada ecuación la primera variable que aparece concoeficiente no nulo, y no hay necesidad de "ir subiendo" para despejar las variables.

Tenemos entonces el sistemax1 3x3 2x4 6

x2 x4 0, de donde x1 6 3x3 2x4, y

x2 x4 y ya está terminado el trabajo de despejar. Este método es conocido como"Gauss-Jordan". (Si le interesa esto, lea al final el apartado:" Pivotes".)

Sistemas con parámetros1. Determinar para qué valores de k los siguientes sistemas son determinados,

indeterminados o incompatibles:

a.x1 3x2 5x3 2

3x1´ 8x2 13x3 5x1 2x2 3x3 k

b.x1 6x2 3x3 84x1´ 5x2 10x3 65x1 kx2 13x3 0

c. x1 kx2 3kx1´ 4x2 6

d.x1 2x3 1kx2 3x3 2

k2 1x3 k 1

2. Analizar las soluciones del sistema para los distintos valores de y .x1 2x2 2x3 2x2 2x3 2x1 x2

3. Sabiendo que 0,1,1 es solución del sistemax1 x2 x3 2x2 3x3 2

x1 x2 3x3 2

analizar las soluciones del mismo para los distintos valores de y .

Page 48: Apuntes Algebra

Solución

1. Primero entendamos de qué se trata el ejercicio. Hay que decidir si elsistema es compatible determinado o indeterminado, o si es incompatible. Peroen lugar de uno de los coeficientes hay un parámetro: k. Se trata de ver quévalores debe tomar k para que el sistema sea compatible determinado, quévalores para que sea indeterminado y qué valores para que sea incompatible. Alterminar de resolver, debemos ser capaces de contestar, para cada valor de k, enqué caso estamos.Primero escribamos y triangulemos pensando que k es un número -cualquiera.Empecemos.

a. Escribimos la matriz ampliada y triangulamos:1 3 5 2

3 8 13 51 2 3 k

F3F3F1

F2F23F1

1 3 5 20 1 2 10 1 2 k 2

F3F3F2

1 3 5 20 1 2 10 0 0 k 1

Para que sea compatible,

rango de1 3 50 1 20 0 0

debe ser igual al rango de1 3 5 20 1 2 10 0 0 k 1

.

Como el primero es 2, el rango de la matriz ampliada también tiene queser 2, entonces: k 1 0, esto es, k 1.Determinado no puede ser nunca, pues el rango de la matriz decoeficientes es 2, que es menor que 3, la cantidad de variables.Luego, si k 1, el sistema es compatible indeterminado ysi k 1, el sistema es incompatible, porque el rango de la matriz decoeficientes es 2, y el rango de la matriz ampliada es 3.Observar que todos los valores posibles del parámetro han sidocontemplados.

b. Procedemos igual que en el inciso anterior. Escribimos primero lamatriz ampliada:

1 6 3 84 5 10 65 k 13 0

.

Triangulamos:

Page 49: Apuntes Algebra

1 6 3 84 5 10 65 k 13 0

F3F35F1

F2F24F11 6 3 80 19 2 260 k 30 2 40

F2 1

19 F21 6 3 80 1 2

19 26190 k 30 2 40

seguir la cuenta

con lápiz y papel

F3F3k30F2 .1 6 3 80 1 2

19 26190 0 2

19 k 2219 2619 k

2019

.

Para que sea compatible determinado, basta con pedir que219 k

2219 0, así aseguramos que el rango de la matriz de coeficiente y

la ampliada tengan rango 3. Luego,si k 11, el sistema es compatible determinado .Para que sea compatible indeterminado, el rango de la matriz ampliadadebe ser menor que 3.Como la única fila que se puede anular es la última, pedimos que219 k

2219 0, y 26

19 k 2019 0. Entonces k 11 y k 20

26 . Luego, estecaso no se puede dar porque k no puede tomar dos valores a la vez.No hay valores de k que hacen que el sistema sea indeterminado.Para que sea incompatible, quedan todos los otros valores de k -unosólo en este caso.Verifiquemos: si k 11, el rango de la matriz de coeficientes es 2 y elrango de la matriz ampliada es 3. Esto es,si k 11, el sistema es incompatible.

c. Escribimos la matriz ampliada y triangulamos:1 k 3k 4 6

F2F2kF1 1 k 3

0 4 k2 6 3k

Razonamos de la misma manera que en los casos anteriores,relacionando el rango con la compatibilidad o no del sistema.Para que sea compatible determinado, debe ser 4 k2 0, esto es,k 2 y k 2.Para que sea compatible indeterminado, debe ser 4 k2 0 y6 3k 0. Los valores que satisfacen la primera condición son 2 y 2;la segunda se satisface sólo para k 2.Luego, ambas ecuaciones se satisfacen sólo para k 2.Entonces, si k 2, el sistema es compatible indeterminado.Para que sea incompatible, debe ser 4 k2 0 y 6 3k 0.Entonces, si k 2, el sistema es incompatible.

d. La matriz ampliada es:

Page 50: Apuntes Algebra

1 0 2 10 k 3 20 0 k2 1 k 1

.

Nos fijamos si está triangulada. Claramente, la fila 2 le agrega por lomenos un cero por izquierda a la fila 1, pero la fila 3 ¿le agrega por lomenos un cero a la fila 2? Estamos seguros de que sí, sólo sik 0.Porque si k 0, la matriz es

1 0 2 10 0 3 20 0 1 1

:

no está triangulada.Entonces, para seguir triangulando o no , debemos saber si k 0 ók 0.Si k 0 la matriz es

1 0 2 10 0 3 20 0 1 1

.

Hacemos F2 13 F2 y obtenemos

1 0 2 10 0 1 230 0 1 1

.

Seguimos triangulando. Haciendo F3 F3 F2 nos queda

1 0 2 10 0 1 230 0 0 53

.

El sistema asociado a esta matriz es incompatible. Entonces,si k 0 el sistema es incompatible.Si k 0, la matriz

1 0 2 10 k 3 20 0 k2 1 k 1

sí está triangulada. Debemos ver qué pasa con los rangos.Para que el sistema sea compatible determinado: queremos que elrango de la matriz de coeficientes sea 3, que es la cantidad deincógnitas.Para esto, debe ser, k2 1 0.Entonces (recordando que estamos en el caso k 0) , si

Page 51: Apuntes Algebra

k 0, k 1 y k 1, el sistema es compatible determinado.Para que el sistema sea compatible indeterminado, debe ser k2 1 0y k 1 0.Las condiciones se cumplen simultáneamente si k 1.Entonces, si k 1, el sistema es compatible indeterminado.Por último, el sistema es incompatible si k2 1 0 y k 1 0.Entonces, si k 1 el sistema es incompatible, y junto a la condiciónanterior obtenemos: si k 0 o si k 1, el sistema es incompatible.

2. Queremos resolverx1 2x2 2x3 2x2 2x3 2x1 x2

. Escribimos la matriz ampliada y

triangulamos:1 2 2 20 1 2 21 0

F3F3F1

1 2 2 20 1 2 20 2 2 2

F3F32F2

1 2 2 20 1 2 20 0 2 2 2 6

(Se recomienda verificar este cálculo, por ejemplo, el cálculo del últimocoeficiente es 2 22 2 2 2 2 6.)

a. Si 2 2 0, el sistema es compatible determinado (no hace faltamirar los términos independientes, ya que en este caso, el rango de lamatriz de coeficientes del sistema y el rango de la matriz ampliada soniguales).Esto es, si 1, el sistema es compatible determinado cualquiera seael valor de .

b. Si 2 2 0, -esto es, si 1- la matriz de coeficientes tiene rango2. Dependiendo del rango de la matriz ampiada, el sistema serácompatible indeterminado o incompatible. Como 1, el términoindependiente es 2 6 4. Luego:

i. Si 4 0, el rango de la matriz ampliada también es 2 y elsistema es compatible indeterminado.

c. Si 4 0, el rango de la matriz ampliada 3 y el sistema esincompatible. Resumiendo:.Si 1 el sistema es compatible determinado (para cualquier valor de ).

Si 1 4 el sistema es compatible indeterminado. 4 el sistema es incompatible.

.

Page 52: Apuntes Algebra

3. Ahora sabemos que 0,1,1 es solución del sistemax1 x2 x3 2x2 3x3 2

x1 x2 3x3 2

Esto significa que 0,1,1 verifica todas las ecuaciones del sistema, entonces:0 1 1 2 1 31 21 31 2

123

Las ecuaciones (1) y (3) no nos aportan ningún dato sobre los parámetros (si nose cumplieran, el dato estaría mal).De la segunda obtenemos que 1. Entonces, el sistema que hay que estudiares

x1 x2 x3 2x2 3x3 2

x1 x2 3x3 2

Procedemos ahora como en el ejercicio anterior, con la ventaja de que tenemosahora un solo parámetro.Escribimos la matriz ampliada:

1 1 1 20 1 3 2 1 3 2

En lugar de seguir la triangulación habitual, conviene hacer F3 F3 F2,obteniendo la matriz equivalente:

1 1 1 20 1 3 2 0 0 0

.

Luego:

a. si 0, el sistema es compatible indeterminado.

b. si 0, dividimos la última fila por obteniendo la matriz equivalente1 1 1 20 1 3 21 0 0 0

y como

Page 53: Apuntes Algebra

1 1 1 20 1 3 21 0 0 0

1 1 1 20 1 3 20 0 4 4

resulta que el sistema es compatible indeterminado.Resumiendo:

debe ser 1.Si 0,el sistema es compatible indeterminado, si 0, es compatible determinado.

Observemos que, el caso incompatible no se puede presentar, ya quepartimos de tener como condición: ¨0,1,1 es solución del sistema¨.

Aplicaciones1. Las harinas de soja, garbanzos y trigo burgol intervienen en la composición

de tres sustitutos de la carne vacuna fabricados por la empresa VEGETARIANA.En la siguiente tabla se detalla la composición de los tres alimentos.

SOJI GARBI BURGISoja 50% 10% 20%Garbanzos 30% 50% 20%Trigo 20% 40% 60%

La compañía pretende agotar los insumos que reciba.La cantidad de toneladas de cada tipo de harina a recibir es una de las tresopciones siguientes:

OPCIÓN I OPCIÓN II OPCIÓN IIISoja 2 4 6Garbanzos 3 3 6Trigo 5 3 8

Determinar las cantidades de los tres alimentos que pueden producirse para cadaopción de insumos recibidos.Solución:Nos están preguntando qué cantidad de cada uno de los tres alimentos debeproducirse.Pongamos:xcantidad de Soji, y cantidad de Garbi, z cantidad de Burgi, todosexpresados en toneladas.Observemos que debe ser x 0, y 0 y z 0.Supongamos que estamos en la opción I y hagamos una ecuación para cadarestricción de stock.¿Cuánto se va a consumir de soja? Si x cantidad de Soji, como el 50% estácompuesto por Soja, se habrán gastado 50

100 x toneladas de Soja. Observando losdatos y procediendo de la misma manera con Garbi y Burgi, la cantidad de Sojainsumida es 50

100 x 10100 y

20100 z. Como disponemos de 2 toneladas, si queremos

Page 54: Apuntes Algebra

gastar todo se debe cumplir:50100 x

10100 y

20100 z 2.

Análogamente, las restricciones para Garbanzos y Trigo son, respectivamente:30100 x

50100 y

20100 z 3

20100 x

40100 y

60100 z 5

.El sistema que debemos resolver es

SI

50100 x

10100 y

20100 z 2

30100 x

50100 y

20100 z 3

20100 x

40100 y

60100 z 5

que claramente es equivalente al sistema:

SI5x y 2z 203x 5y 2z 302x 4y 6z 50

.

Procediendo de la misma manera con las opciones II y III, debemos tambiénresolver los sistemas:

SII5x y 2z 403x 5y 2z 302x 4y 6z 30

y SIII5x y 2z 603x 5y 2z 602x 4y 6z 80

Como las matrices de coeficientes coinciden, podemos hacer resoluciónsimultánea.Planteamos entonces la gran matriz:

5 1 2 20 40 603 5 2 30 30 602 4 6 50 30 80

y empezamos la triangulación haciendo F3 12 F3 y despues, F3 F1. Seguimos:

1 2 3 25 15 403 5 2 30 30 605 1 2 20 40 60

F3F35F1

F2F23F11 2 3 25 15 400 1 7 45 15 600 9 13 105 35 140

F3F39F2

1 2 3 25 15 400 1 7 45 15 600 0 50 300 100 400

F3 150 F3

F2F21 2 3 25 15 400 1 7 45 15 600 0 1 6 2 8

Page 55: Apuntes Algebra

Reconstruimos el sistema para la opción I:x 2y 3z 25y 7z 45

z 6, cuya solución

es: x 1,y 3, z 6. En este caso, la respuesta es: para consumir el stock dado,la cantidad de alimentos que debe producirse es:1 tonelada de Soji , 3 toneladas de Garbi y 6 toneladas de Burgi .La solución del sistema de la opción II es:x 7 toneladas de Soji, y 1 tonelada de Garbi y z 2 toneladas de Burgi .La de la opción III:x 8 toneladas del primer producto,y 4 toneladas del segundo y z 8 toneladas del terceroObservemos por último que todos los casos son factibles, pues nos ha dadosiempre: x 0, y 0 y z 0.

2. La Compañía de detergentes DEL SUR fabrica los productos LAV, BRISA,CICLÓN Y PROF a partir de 3 sustancias: As, Sp y Ss. En el cuadro semuestran, en cientos de kg, las cantidades de materia prima necesarias parafabricar 1 envase de cada producto y el stock:

LAV BRISA CICLÓN PROF STOCKAs 4 8 4 4 60Sp 2 5 2 3 36Ss 3 7 4 3 50

Encontrar el número de envases de cada producto que se pueden fabricarutilizando todo el material disponible.Solución:El planteo es similar al del problema anterior, debiéndose poner una ecuaciónpara la restricción de stock correspondiente a cada sustancia: As, Sp y Ss.Como nos preguntan cantidad de envases, ponemos:x1 cantidad de envases de LAV, x2 cantidad de envases de BRISA,x3 cantidad de envases de CICLÓN, x4 cantidad de envases de PROF.Observemos que ahora los valores permitidos a las variables son: 0,1,2 ,.....,n,..... pues son envases.Si tenemos x1 envases de LAV, y cada uno utiliza 4 (cientos) kg de As, parafabricar LAV usaremos 4x1 (cientos) de kg de esta sustancia. Igualmente paracada producto. Entonces, la restricción de stock correspondiente a As es4x1 8x2 4x3 4x4 60.La restricción para Sp es 2x1 5x2 2x3 3x4 36, y para Ss3x1 7x2 4x3 3x4 50.Debemos entonces resolver el sistema:

4x1 8x2 4x3 4x4 602x1 5x2 2x3 3x4 363x1 7x2 4x3 3x4 50

Planteamos la matriz ampliada y triangulamos, para simplificar ya escribimos la

Page 56: Apuntes Algebra

primera fila "dividida por 4", y seguimos triangulando:1 2 1 1 152 5 2 3 363 7 4 3 50

F3F33F1

F2F22F11 2 1 1 150 1 0 1 60 1 1 0 5

F3F3F2

1 2 1 1 150 1 0 1 60 0 1 1 1

Reconstruimos el sistema:x1 2x2 x3 x4 15

x2 x4 6x3 x4 1

.

La solución dada paramétricamente es: X 4,6 x4,1 x4,x4. Pero ahora, lasvariables deben cumplir una condición adicional: deben ser enteros no negativos.La primera ya lo cumple, pues es "4". Planteamos entonces las restricciones:6 x4 0, 1 x4 0, x4 0. Entonces, 6 x4, x4 1, x4 0. Los posiblesvalores de x4 son: 1, 2, 3, 4, 5 y 6. Para cada uno de éstos, tendremos unarespuesta posible, considerando que X 4,6 x4,1 x4,x4. Podemos haceruna tabla, calculando X para cada valor de x4.

x4 4,6 x4,1 x4,x41 4,5,0, 12 4,4,1, 23 4,3,2, 34 4,2,3, 45 4,1,4, 56 4,0,5, 6

La respuesta es entonces: hay 6 maneras de satifacer lo pedido. La primera esfabricando 4 envases de LAV, 5 de BRISA, ninguno de CICLÓN y 1 de PROF.Las otras maneras de satifacer lo pedido se obtienen interpretando cada renglónde la tabla dada.

Pivotes(Este ítem se puede saltear ahora, pero es conveniente leerlo antes de estudiar el

método símplex.)El método del pivote es una variante del método ya visto de triangulación. La idea es

trabajar un poco más con las matrices y un poco menos con las ecuaciones. Se haránoperaciones elementales entre las filas, haciendo "1" algunos coeficientes -de manera deno repetir fila y columna-, y "0" en toda los coeficientes que están por arriba y por abajo dedonde tenemos cada "1".

sfucci
Resaltado
Page 57: Apuntes Algebra

Ejemplo

Resolver, mediante el método de pivote, el sistema:

x1 2x2 3x3 2x5 03x1 4x2 5x3 4x4 8x5 05x1 2x2 5x3 4x4 8x5 0

7x1 2x3 x4 0Planteamos la matriz asociada. Como el sistema es homogéneo, no hace falta trabajar

con la matriz ampliada.

1 2 3 0 23 4 5 4 85 2 5 4 8

7 0 2 1 0

.

Observemos que a44 1. Queremos que todos los coeficientes que están por arriba de a44sean "0" Por esto, hacemos F2 F2 4F4 y F3 F3 4F4:

1 2 3 0 231 4 3 0 823 2 13 0 87 0 2 1 0

.

Elegimos como pivote a11, por eso hacemos F1 F1:

1 2 3 0 2

31 4 3 0 823 2 13 0 87 0 2 1 0

Pivoteamos: F2 F2 31F1, F3 F3 23F1, F4 F4 7F1:

1 2 3 0 20 58 96 0 540 44 82 0 540 14 23 1 14

.

Elijo ahora como pivote a25, dividimos entonces la fila 2 por -54:

1 2 3 0 2

0 2927 16

9 0 1

0 44 82 0 540 14 23 1 14

Page 58: Apuntes Algebra

Hacemos ahora: F1 F1 2F2, F3 F3 54F2, F4 F4 14F2:

1 427 5

9 0 0

0 2927 16

9 0 1

0 14 14 0 00 28

27179 1 0

Falta elegir un pivote en la fila 3, pudiendo ser a32 o a33. Tomemos por ejemplo a32.Dividimos entonces la fila 3 por "14":

1 427 5

9 0 0

0 2927 16

9 0 1

0 1 1 0 0

0 2827

179 1 0

.

Por último hacemos: F1 F1 427 F3, F2 F2 29

27 F3 y F4 F4 2827 F3:

1 0 1127 0 0

0 0 1927 0 1

0 1 1 0 00 0 23

27 1 0

.

Reconstruimos el sistema:

x1 1127 x3 0

1927 x3 x5 0

x2 x3 02327 x3 x4 0

.

La idea de este métod es despejar, en cada ecuación, la variable que tiene coeficiente 1, yque sólo aparece en esa ecuación. En este caso, nos queda todo en función de x3:x1 11

27 x3, x5 1927 x3, x2 x3 y x4 23

27 x3.La solución paramétrica es X 1127 x3,x3,x3,

2327 x3,

1927 x3 x3 1127 , 1, 1,

2327 ,

1927 .

Pero si observamos que 1127 , 1, 1,2327 ,

1927 1

27 11,27,27,23,19, podemos escribir a lasolución del sistema de manera más sencilla:

X 11,27,27,23,19 .

Page 59: Apuntes Algebra

Ejercicios

1. Resolver el sistema cuya matriz ampliada es

1 2 1 2 22 4 0 3 31 4 1 2 00 6 2 0 3

.

Elegimos como pivote a11, ya que a11 1 -y además ya tenemos un "0" en esacolumna. Haciendo: F2 F2 2F1 y F3 F3 F1 obtenemos:

1 2 1 2 20 8 2 1 10 6 2 0 20 6 2 0 3

.

Hacemos ahora F4 F4 F3 :1 2 1 2 20 8 2 1 10 6 2 0 20 0 0 0 1

y no seguimos más porque el sistema asociado a esta matriz es incompatible.

2. Resolver el sistema cuya matriz ampliada es2 1 1 34 2 2 23 2 1 2

Elijamos por ejemplo a12 como pivote, ya que a12 1.

2 1 1 3

4 2 2 23 2 1 2

F3F32F1

F2F22F12 1 1 38 0 0 81 0 3 8

.

Dividimos la segunda fila por "2" y elegimos a21 como pivote. Es:2 1 1 3

1 0 0 1

1 0 3 8

F3F3F2

F1F12F20 1 1 11 0 0 10 0 3 7

.

El único pivote posible es a33. Dividimos entonces la fila 3 por "-3":0 1 1 1

1 0 0 1

0 0 1 73

F1F1F3

0 1 0 43

1 0 0 10 0 1 7

3

.

Page 60: Apuntes Algebra

La solución del sistema es el punto: X 1, 43 ,

73 .

Page 61: Apuntes Algebra

PRÁCTICA 3Espacios vectorialesVamos a dar ahora un sistema axiomático que tiene como ejemplos, entre otros, a los

espacios R2, R3,..., Rn. La ventaja de dar un sistema axomático es que los resultadosdemostrados en los mismos valdrán a la vez en todos los ejemplos, esto es, a partir de losaxiomas dados se demuestran teoremas, que serán válidos cada vez que se verifiquen losaxiomas.DefiniciónUn espacio vectorial real es un conjunto V, a cuyos elementos llamaremos vectores,

provisto de dos operaciones:1. la suma : a cada par de elementos v,w de V les asigna el elemento v w

de V,

2. el producto . por escalares: a cada número real y cada elemento v de V lesasisgna el elemento .v de V. (En general pondremos v en lugar de .v -esto es,no escribimos el puntito ¨.¨.)Imaginemos por ejemplo que nuestro conjunto V es R2: sabemos sumarlos ymultiplicarlos por un escalar. En R2 resulta claro que v w w v. Lo mismo sipensáramos que v y w son vectores de R3, o de un Rn cualquiera. Otraspropiedades básicas son comunes a estos espacios. Las que tomamos comoaxiomas son las siguientes -se aconseja ir interpretando cada propiedad enR2 y en R3:

a. Si v1, v2 y v3 son vectores, entonces v1 v2 v3 v1 v2 v3-asociativa.

b. Si v1 y v2 son vectores, entonces v1 v2 v2 v1 -conmutativa.

c. Existe un elemento 0 -que llamaremos origen -que es neutro para lasuma: 0 v v 0, cualquiera sea el vector v. Esto es, hay unelemento neutro para la suma.

d. Para cada vector v, existe otro vector, -que notaremos v y llamaremosel opuesto- que verifica: v v 0. Observación: pondremos “v v” enlugar de “v v”.

e. Para todo vector v se verifica: 1.v v.

f. Si es un número real y v y w son vectores, entoncesv w v w.

g. Si y son números reales y v es un vector, entonces v v v.

h. Si y son números reales y v es un vector, entonces v v.

sfucci
Resaltado
Page 62: Apuntes Algebra

Ejemplos:

1. Al interpretar cada propiedad en R2, se ve que R2 con la suma y el productopor escalares que conocemos de la práctica 1 es un espacio vectorial. En estecaso, los vectores son los puntos del plano. Es usual pensarlos también comoflechas:

x

y

(x,y)

x

y

R 2

v

Si queremos representar la suma de vectores, podemos ver que es la misma quevimos en la práctica 1, y que el vector suma se obtiene como antes: aplicando laregla del paralelogramo. La multiplicación por escalares también coincide con lohecho en la práctica 1. En particular, la suma de un vector v con su opuesto es elvector nulo:

x

y

(x,y)

x

y

R 2

v

(x,y)

v

0

En R2 calculemos

a. 31,1 3,3,

b. 25,4 10,8,

c. 31,1 25,4 3,3 10,8 13,5.

2. También Rn, con la suma de vectores y el producto por escalares quehemos definido en la práctica 1, es un ejemplo de espacio vectorial. Por ejemplo,en R5: 21,2,4, 0,1 2,1,0, 5, 1 0,5,8, 5,1.

Page 63: Apuntes Algebra

ObservaciónEl espacio vectorial que definimos es real porque los escalares son números reales.

Como son los únicos a los que haremos referencia, diremos simplemente “espaciovectorial” en lugar de espacio “vectorial real”.Combinaciones linealesSea V un espacio vectorial, y v1, v2, ...,vr vectores.Si w es un vector que se puede escribir como w 1v1 2v2 . . .rvr, decimos

entonces que w se puede escribir como combinación lineal de los vectores v1,v2, . . . ,vr.Ejemplos

1. En el plano:

a. 2,3 es una combinación lineal del vector 4,6 ya que 2,3 12 4,6.

Obviamente también es 4,6 una combinación lineal del vector 2,3 yaque 4,6 22,3.

b. 2,3 es una combinación lineal de los vectores 1,0 y 0,1 ya que2,3 21,0 30,1.

c. 2,3 es una combinación lineal de los vectores 1,0, 0,1 y 2,5 yaque 2,3 21,0 30,1 02,5.

d. 2,3 no es una combinación lineal del vector 1,0 ya que2,3 1,0 no se verifica para ningún valor de .

2. En el espacio:

a. Escribamos tres combinaciones lineales de los vectores 1,1,2 y2,2,0: por ejemplo 31,1,2 42,2,0, 31,1,2 2,2,0,01,1,2 02,2,0.

b. Veamos si el vector 0,0,1 se puede escribir como combinación linealde los vectores 1,1,2 y 2,2,0, esto es, si hay escalares y talesque 0,0,1 1,1,2 2,2,0 2, 2, 2.La igualdad entre dos vectores significa igualdad de cada una de suscoordenadas, esto es:

0 20 21 2

.

Resolviendo el sistema vemos que 12 y 1

4 es solución.Podemos escribir entonces: 0,0,1 1

2 1,1,2 14 2,2,0.

Page 64: Apuntes Algebra

SubespaciosSabemos que R2 es un espacio vectorial. Son ejemplos de subconjuntos en R2:

x

y

x

y

x

y

Sin embargo, no cualquier subconjunto será objeto de nuestro interés. Buscaremoscuáles son aquéllos en los que, si nos restringimos a trabajar ahí, podemos seguirsumando y multiplicando por escalares, y que el resultado esté en el subconjunto con elque estamos trabajando . Pensemos por ejemplo que nos quedamos con el círculo:

la suma de dos vectores que están dentro del círculo puede "caer afuera" del subconjuntoque estamos considerando: en este caso, el círculo.

Claramente, si queremos poder seguir haciendo nuestras cuentas, y que tengan lasmismas propiedades que en cualquier espacio vectorial, debemos pedir que nuestrosubconjunto verifique que:

1. El elemento neutro de la está en el subconjunto. (O sea, el vector nuloestá en el subespacio.)

2. Si dos vectores v y w están en el subconjunto, su suma v w también loestá.

3. Si v es un vector del subconjunto, entonces para cualquier escalar , v estáen el subconjunto.Diremos que un subconjunto S V que verifica las propiedades 1. 2 y 3 es un

subespacio del espacio vectorial V.Esto es, los subespacios son los conjuntos no vacíos tales que cualquier combinación

lineal de elementos del conjunto es también un elemento del conjunto.

Page 65: Apuntes Algebra

Ejemplos

Subespacios de R2

1. Si S es un subespacio de R2, por la propiedad 1 de subespacios, el vectornulo tiene que ser un elemento de S. Tomemos S 0. Las propiedades 2 y 3se verifican trivialmente pues 0 0 0 y 0 0. Esto significa que 0 es unsubespacio.

2. Sabemos que el vector nulo debe estar un todo subespacio. Veamos quépasa si hay algo más. Supongamos entonces que v S, y que v 0. Por lapropiedad 3, si v está en el subespacio, entonces v también debe estarlo.Tomemos S X R2/X v, R, esto es, S es el conjunto de los múltiplosdel vector v -para abreviar, S : v o bien, S v. Para que efectivamente seaun subespacio, debe cumplirse la propiedad 2. Pero si sumamos dos vectoresque están en la recta que pasa por el origen y tiene dirección v, el vector sumatambién está en esa misma recta: 1v 2v 1 2v. Esto significa que ves un subespacio.

3. Si S es un subespacio de R2 que tiene un vector no nulo, también contienela recta que pasa por el origen de dirección v. Supongamos ahora que en S hayotro vector w que no está en esa recta. Por la propiedad 3, w también debe estaren el subespacio, y por la propiedad 2, v w también está en S. Veamosgeométricamente que así podemos escribir cualquier vector del plano, de dondeel subespacio S es todo el espacio.

x

y

v

w

v

w

l

m

l mv + w

Tenemos entonces que todos los subespacios posibles de R2 son:

S 0S vS R2

123

.

Los subespacios (1) y )(3) -nulo y todo- se llaman triviales. Los únicos subespacios notriviales del plano son entonces las rectas que pasan por el origen.

Page 66: Apuntes Algebra

Subespacios de R3

Haciendo una inspección parecida a la anterior se puede ver que los subespacios de R3son: los triviales -el nulo y todo el espacio-, las rectas que pasan por el origen y los planosque pasan por el origen. Esto es, todos los subespacios posibles de R3 son:

S 0S X v

S X v w,v y w no colineales.S R3

1234

Subespacios de Rn

Si bien no podemos graficar Rn, analíticamente se puede ver fácilmente -usando laspropiedades que definen un subespacio- que todos los subespacios son:

S 0S X 1v1 2v2 . . .rvr.

S Rn.

123

DefinicionesSea V un espacio vectorial.1. Si w es un vector que se puede escribir como w 1v1 2v2 . . .rvr

decimos que w se puede escribir como combinación lineal de los vectoresv1,v2, . . . ,vr.

2. Si S X 1v1 2v2 . . .rvr, decimos que los vectores v1,v2, . . . ,vrgeneran S. También decimos que v1,v2, . . . ,vr es un conjunto de generadoresde S.Una notación abreviada de este hecho es escribir: S v1,v2, . . . ,vr . Estosignifica que S es el subespacio formado por todas las combinaciones lineales delos vectores v1,v2, . . . ,vr.

Atención con la notación! No confundir v1,v2, . . . ,vr y v1,v2, . . . ,vr : en elprimer caso nos estamos refiriendo al conjunto de r vectores v1,v2, . . . ,vr, elsegundo caso es un conjunto infinito: son todas las combinaciones lineales de losvectores v1,v2, . . . ,vr; notemos además que v1,v2, . . . ,vr no es un subespacio yv1,v2, . . . ,vr sí lo es.

Ejemplos

1. En R2

a. S 0,1. Si un vector x,y está en el subespacio, debe serx,y 10,1. Es decir, S es el eje y.

b. S 0,1, 0,3. Si un vector x,y está en el subespacio, debe serx,y 10,1 20,3. Pero 0,3 30,1. Reemplazando,obtenemos: x,y 10,1 320,1 (usando propiedades de las

Page 67: Apuntes Algebra

operaciones de un espacio vectorial) 1 320,1 0,1-abreviando 1 32-. Entonces, ahora también S es el eje y.

c. S 1,2 es la recta que pasa por el origen y el punto 1,2, ya que six,y está en el subespacio, debe ser x,y 11,2.

2. En R3

a. S 0,1,0. Si un vector x,y, z está en el subespacio, debe serx,y, z 10,1,0. Es decir, S es el eje y.

b. S 1,0,0, 0,1,0. Si un vector x,y, z está en el subespacio, debeser x,y, z 11,0,0 20,1,0 1,2, 0. En otros términos, lacondición para estar en S es tener la tercera coordenada nula (las dosprimeras pueden tomar cualquier valor y no están relacionadas entresí). Entonces, un vector x,y, z está en el subespacio si y sólo si essolución del sistema z 0.

3. En general, hemos visto qué forma tienen los subespacios de Rn: o sontriviales, o son de la forma S X 1v1 2v2 . . .rvr.En todos los casos, se pueden pensar como soluciones de un sistema linealhomogéneo (en lugar de escribir primero el sistema y buscar la solución en formaparamétrica, hacemos ahora al revés: primero damos la solución en formaparamétrica y luego escribimos el sistema).Entonces, todo subespacio de Rn se puede expresar como los x1,x2, . . . ,xn quesatisfacen el sistema

S

a11x1 a12x2 . . .a1nxn 0a21x1 a22x2 . . .a2nxn 0

. . .am1x1 am2x2 . . .amnxn 0

o dando su forma paramétrica S X 1v1 2v2 . . .rvr .

El subespacio S 0 es la única solución de un sistema determinado de nxn. (¿Puededecir Ud. de qué sistema es solución el subespacio: S R3?)

Ejemplos

1. En R3, hallar generadores de los subespacios

a. S1 : x1 x2 0

b. S2 : x1 x2 x3 0

c. S3 :x1 x2 x3 0x2 x3 0

2. En R3, estudiar el conjunto de soluciones de x1 x2 1

Soluciones

Page 68: Apuntes Algebra

1. En general, el procedimiento es el mismo que el que utilizábamos paraescribir las soluciones de los sistemas en forma paramétrica (práctica 2).

a. Observemos que ya sabemos que, en el espacio, el conjunto desoluciones del sistema x1 x2 0 es un plano. Para escribir laecuación paramétrica del mismo despejamos x1 x2. Obtenemos queX es un punto del plano si X x2,x2,x3 x21,1,0 x30,0,1. Estonos dice que los puntos de S1 son todas las combinaciones lineales delos vectores 1,1,0 y 0,0,1. (De la ecuación paramétrica, obtenemoslos generadores.) Entonces, S1 1,1,0, 0,0,1 .

b. Ahora, x1 x2 x3. X es un punto de S2 siX x2 x3,x2,x3 x21,1,0 x31,0,1. Entonces,S2 1,1,0, 1,0,1 .

c. De la segunda ecuación tenemos que x2 x3. Reemplazando en laprimera, x1 2x3. X es un punto de S3 si X 2x3,x3,x3 x32,1,1.Entonces, S3 2,1,1 .

2. Si escribimos las soluciones del sistema x1 x2 1 en forma paramétrica,obtenemos que X es solución si x1,x2,x3 x21,1,0 x30,0,1 1,0,0. Esteconjunto no es un subespacio (por ejemplo, no se verifica la condición 1. desubespacios: 0,0,0 no verifica la ecuación x1 x2 1). Podemos pensarlo comoun subespacio ¨trasladado¨: S1 1,0,0 .

Observemos que, en general, la solucion de un sistema lineal es un subespciosólo en el caso en que el sistema sea homogéneo.

Más ejemplos

1. El conjunto 3,2, 1,1 genera R2: debe averiguarse si todo vector delplano se puede poner como combinación lineal de los vectores 3,2, 1,1 o no.Consideremos entonces x,y en R2. Buscamos y tales que x,y 3,2 1,1. Pero esto equivale a

x 3

y 2 .

Debemos entender que x e y son los "datos" y las incógnitas del sistema son losparámetros y .Tenemos que resolver entonces este sistema de dos ecuaciones con dosincógnitas.Sumando ambas ecuaciones, tenemos que x y 5, luego: xy

5 .Reemplazando en cualquiera de las ecuaciones del sistema obtendremos . Porejemplo, en la segunda: y 2 xy

5 . De aquí, 25 x

35 y .

Entonces, vemos quex,y x y

5 3,2 25 x 35 y 1,1.

Page 69: Apuntes Algebra

Por ejemplo: si x 2 e y 3, tenemos que x,y 235 3,2 2

5 2 35 31,1 3,2 1,1. Para cada valor que le demos a x,y, hemos

encontrado cómo escribirlo como combinación lineal de 3,2 y 1,1.

El procedimiento para saber si un vector es combinación lineal de otros dados engeneral es equivalente a resolver un sistema lineal. Éste puede ser compatible oincompatible: en el primer caso, habremos encontrado cómo escribir el vectordado como combinación lineal de los otros, en el segundo no hay solución.

2. El conjunto 1,0,0, 0,1,0, 0,0,1 genera R3, ya que todo X se puedeescribir como X x,y, z x1,0,0 y0,1,0 z0,0,1.

3. Encontrar sistemas de generadores deS x R3 : 3x1 2x2 0, 4x1 x2 x3 0.Observemos que el subespacio dado es el conjunto de soluciones del sistema:

S 3x1 2x2 04x1 x2 x3 0

.

S es una recta que pasa por el origen. Encontrar generadores equivale a buscarla solución paramétrica del sistema, pues si la escribimos como v, resulta que ves un generador de S.De la primera ecuación, tenemos que x2 3

2 x1 .

Reemplazando en la segunda ecuación: 4x1 32 x1 x3 0, de donde x3 11

2 x1-no nos hizo falta triangular porque era claro que podíamos despejar x2 y x3 enfunción de x1.Entonces, un X está en S si X x1, 32 x1,

112 x1. Luego, X x1, 32 ,

112 , de donde

v 1, 32 ,112 es un generador de S. Podemos tomar otro generador: por ejemplo

w 2,3,11, o w´ 2,3,11, etc. Observemos que es S 1, 32 ,112 y

también es S 2,3,11 .

4. 2,4 1,2: los múltiplos del 2,4 y los de 1,2 son los mismos: six,y 2,4, entonces x,y 21,2, y si x,y 1,2, entoncesx,y 1

2 2,4.En general: a,b c,d si a,b c,d.

5. De la misma manera, se puede ver, por ejemplo, que 2,4,6 1,2,3,1,0,3, 2,4,6 1,0,3, 1,2,3, 1,0,3, 2,4,6 3,0,9, 1,2,3, etc.

6. Decidir si R3 1,1,1; 0,1,1; 0,0,1; 1,2,1.Sabemos que 1,1,1; 0,1,1; 0,0,1; 1,2,1 es un subespacio, lo que queremos ver

es si es todo el espacio. Para esto, debe verse si cualquier vector x,y, z puede escribirsecomo combinación lineal de los vectores dados. Estamos buscando, para cada x,y, z,escalares 1, 2, 3, 4, que verifiquen:

x,y, z 11,1,1 20,1,1 30,0,1 41,2,1.Entonces:

Page 70: Apuntes Algebra

x,y, z 1 4,1 2 24,1 2 3 4.Igualando coordenada a coordenada, tenemos el sistema de tres ecuaciones con cuatroincógnitas:

x 1 4y 1 2 24z 1 2 3 4

.

Para resolver, planteamos la matriz ampliada:

1 0 0 1 x1 1 0 2 y1 1 1 1 z

Triangulamos, haciendo F2 F2 F1, F3 F3 F1 :

1 0 0 1 x0 1 0 3 x y0 1 1 0 x z

Un paso más: hacemos F3 F3 F2 y obtenemos

1 0 0 1 x0 1 0 3 x y0 0 1 3 2x y z

La matriz ampliada que obtuvimos está asociada a un sistema compatible, para cualquiervalor de x, y, z. De acá inferimos que R3 sí está generado por los vectores dados, ya quepara cualquier valor de x,y, z, el sistema tendrá solución. .Podemos observar además que el sistema es indeterminado: tiene infinitas soluciones.En particular, podemos hacer 4 0, 1 x, 2 x y y 3 2x y z.Entonces:

x,y, z x1,1,1 x y0,1,1 2x y z0,0,1 0. 1,2,1.Vemos que el vector 1,2,1 "no se necesita" para generar el espacio, si ya tenemos ennuestro conjunto de generadores los tres anteriores. En particular, utilizando la cuentaanterior para x,y, z 1,2,1, como x 1, y 2, z 1, resulta1,2,1 11,1,1 30,1,1 30,0,1 0. 1,2,1.

Lo que debemos hacer ahora es especificar las condiciones que hacen que se puedagenerar un subespacio sin vectores "de más".Observemos que la última expresión la podemos escribir como0 1,2,1 11,1,1 30,1,1 30,0,1. Esto motiva la definición que daremos en elpróximo párrafo.

Page 71: Apuntes Algebra

Dependencia e independencia linealDado un espacio vectorial V y un conjunto de vectores v1,v2, . . . ,vr en V, decimos que

el conjunto es linealmente dependiente -o l.d.- si existen números 1,2, . . . ,r no todosiguales a cero tales que 1v1 2v2 . . .rvr 0.

En caso contrario, el conjunto es linealmente independiente -o l.i.

Ejemplos

1. Como 0 1,2,1 11,1,1 30,1,1 30,0,1, el conjunto1,2,1, 1,1,1, 0,1,1, 0,0,1 es ld. En este caso, 1 1, 2 1, 3 3 y4 3.

2. El conjunto 1,4, 2,8 es l.d. porque como 2,8 21,4 resultaque 2,8 21,4 0. En este caso, 1 1, 2 2.Observemos que si S 1,4, entonces S 1,4, 2,8 2,8. (Losvectores que son múltiplos de 1,4 son los mismos que los que se obtienencomo combinación lineal de 1,4 y 2,8.)

3. El conjunto 0,1,1, 1,0,1 es l.i.: si 10,1,1 21,0,1 0,0,0entonces:

2 01 0

1 2 0.

La única combinación lineal que verifica 10,1,1 21,0,1 0,0,0 estomando 1 0, 2 0.(Observemos que si por ejemplo 1 0, podríamos despejar 0,1,1, siendo:0,1,1 2

1 1,0,1, los vectores serían colineales.)

4. El conjunto 0,1,1, 1,0,1, 2,1,3 es l.d. pues el vector 2,1,3 está en elplano generado por 0,1,1, 1,0,1: 2,1,3 0,1,1 21,0,1.

Regla práctica:Una manera sencilla de ver que 1,0,1, 0,1,1, 2,1,3 es l.d.es disponer los vectores

dados como si fueran filas de una matriz. Recordemos que para operar entre filas de unamatriz, se pueden multiplicar por un escalar, y sumarlas; todo como si fueran vectores.Esta similitud es aprovechada ahora para el cálculo. Veamos cómo funciona en el caso dequerer ver si el conjunto dado arriba es l.d. o l.i.Dispongamos las filas en una matriz, pero ahora en lugar de designarlas como Fi,ponemos vi y vamos indicando al costado de la matriz las operaciones que vamoshaciendo:

1 0 10 1 12 1 3

v1v2v3

Page 72: Apuntes Algebra

1 0 10 1 10 1 1

v1v2v3 2v1

1 0 10 1 10 0 0

v1v2v3 2v1 v2

De la última fila, obtenemos que 2v1 v2 v3 0,0,0. El conjunto es l.d., siendo 1 2,2 1, 3 1. Observemos que: v3 2v1 v2, y que si S 1,0,1, 0,1,1, 2,1,3entonces S 1,0,1, 0,1,1.

El conjunto 1,0,1, 0,1,1 es l.i. pues la matriz1 0 10 1 1

ya está triangulada y

ninguna fila es nula.EjemplosDeterminar si los siguientes conjuntos de vectores son l.i.:1. 3,1,1; 1,0,1; 2,1,3.

2. 0,0,1; 2,2,3; 1,1,1.

3. 3,2,1,0; 2,5,4, 1; 2,2,2, 2; 1,0,1, 0.Resolvemos.1. Disponemos los vectores en una matriz y triangulamos:

3 1 11 0 12 1 3

v1v2v3

1 0 13 1 12 1 3

v1v2v3

1 0 10 1 20 1 1

v2v1 3v2v3 2v2

1 0 10 1 20 0 3

v2v1 3v2v3 2v2 v1 3v2

.

Hemos terminado de triangular y ninguna fila es nula, el conjunto dado es l.i. .Triangulando "de manera inversa " podríamos recuperar la matriz original a partirde la última: las combinaciones lineales de los vectores 3,1,1; 1,0,1; 2,1,3son las mismas que las combinaciones lineales de los vectores1,0,1, 0,1,2, 0,0,3. Esto es:

3,1,1; 1,0,1; 2,1,3 1,0,1, 0,1,2, 0,0,3.En general, si disponemos como filas de una matriz los vectores dados, operandoentre las filas obtendremos otro conjunto de vectores que genera el mismosubespacio.

2. Para acortar los pasos, pongamos al vector 1,1,1 en la primera fila:1 1 12 2 30 0 1

.

Page 73: Apuntes Algebra

Triangulando, obtenemos:1 1 10 0 10 0 1

1 1 10 0 10 0 0

.

Por una cuestión de comodidad, no hemos escrito a qué vector corresponde cadafila. Igualmente podemos contestar: el conjunto dado es l.d. pues la última fila esnula. Si "seguimos el rastro " de nuestras cuentas, podemos concluir que elvector 0,0,1 es combinación lineal de los demás, luegoS 1,1,1, 2,2,3, 0,0,1 1,1,1, 2,2,3.En realidad, pocas veces importa cómo se puede escribir el vector que ocupabael lugar de la fila que se anula en función de los otros, por este motivo, en generalno escribiremos los vectores vi al costado de la matriz.

3. Triangulamos la matriz en cuyas filas están los vectores dados -comoejercicio, indicar cuáles son las operaciones que se van efectuando:

3 2 1 02 5 4 12 2 2 21 0 1 0

1 0 1 02 5 4 12 2 2 23 2 1 0

1 0 1 00 5 2 10 2 0 20 2 4 0

1 0 1 00 2 0 20 5 2 10 2 4 0

1 0 1 00 1 0 10 5 2 10 2 4 0

1 0 1 00 1 0 10 0 2 40 0 4 2

1 0 1 00 1 0 10 0 2 40 0 0 10

Luego, el conjunto dado es l.i. .

BasesSabemos que

S 1,1,1, 2,2,3, 0,0,1 1,1,1, 2,2,3puesto que

0,0,1 21,1,1 2,2,3.Con el conjunto de vectores 1,1,1, 2,2,3 alcanza para generar S, pero no con1,1,1 ni con 2,2,3. El conjunto 1,1,1, 2,2,3 es una base de S.

En general, dado un espacio vectorial V, un subespacio S de V y un conjunto devectores v1,v2, . . . ,vr en V, decimos que el conjunto es una base de S si

1. S v1,v2, . . . ,vr y

2. v1,v2, . . . ,vr es l.i.La idea es generar S de la manera más económica, y esto se consigue tomando un

Page 74: Apuntes Algebra

conjunto de generadores que además sea l.i.

Ejemplos:

1. En R2: el conjunto 1,00,1 es una base de R2: generan todo el plano,ya que cualquier x,y se puede escribir como combinación lineal de 1,0 y 0,1:

x,y x1,0 y0,1y claramente 1,0, 0,1 es un conjunto l.i.

2. En R3: 1,0,0, 0,1,0, 0,0,1 es una base de R3:x,y, z x1,0,0 y0,1,0 z0,0,1.

3. En Rn: 1,0, . . . , 0, 0,1, . . . , 0, 0,0, . . . , 1 es una base de Rn. Ésta se llamabase canónica.

Propiedades

1. Sea S un subespacio de un espacio vectorial V. Si v1,v2, . . . ,vr yw1,w2, . . . ,ws son dos bases de S, entonces r s.Esto quiere decir que todas las bases de un mismo subespacio tienen la mismacantidad de vectores. Este número se llama la dimensión del subespacio, y lonotaremos dimS.En particular, dimR2 2, dimR3 3, ..., dimRn n. (Basta contar la cantidadde vectores que tienen las respectivas bases canónicas:)

Por definición, para verificar que un conjunto es base de un subespacio,sabemos que hay que verificar dos propiedades: la de generar y la de serlinealmente independiente. Sin embargo, si por algún motivo conocemos deantemano la dimensión de ese subespacio, basta con verificar sólo una de lasdos. Esto es lo que dicen las propiedades 2. y 3:

2. Sea S un subespacio de un espacio vectorial V de dimensión r. Siv1,v2, . . . ,vr es l.i., entonces v1,v2, . . . ,vr es una base de S.

3. Sea S un subespacio de un espacio vectorial V de dimensión r. Siv1,v2, . . . ,vr es un conjunto de generadores de S, entonces v1,v2, . . . ,vr es unabase de S.Es útil recordar estas propiedades al hacer los ejercicios. Esto es, si conocemosla dimensión de un subespacio, para ver que un conjunto es base del mismobastará con ver que es l.i o conjunto de generadores.

Ejercicios

1. Decidir si los siguientes conjuntos son bases de R2:

a. 1,0

b. 1,0, 1,1, 1,1

Page 75: Apuntes Algebra

c. 1,0, 1,1.

2. Hallar una base y la dimensión de los siguientes subespacios:

a. S X R3 / x1 x2 x3 0

b. S X R4 /x1 x2 x4 0x1 2x4 0x3 x4 0

.

3. Hallar base y dimensión de S 1,0,2; 5,1,1; 3,1,5.

Soluciones

1. Sabemos que la dimensión de R2 es 2, por lo tanto, todas las bases tienenque tener 2 vectores. Los conjuntos a. y b. están entonces descartados. Veamos

qué pasa con 1,0, 1,1: es un conjunto l.i. porque1 01 1

1 00 1

.

En particular, de acá vemos que 1,0, 1,1 1,0, 0,1 R2. Entonces,además de ser l.i., generan todo el espacio.Luego, 1,0, 1,1 es una base de R2 .

a. Sabemos encontrar un conjunto de generadores de S, buscando lasolución del sistema expresada en forma paramétrica. Para eso,despejamos x1 x2 x3, de donde cada X S es de la formaX x2 x3,x2,x3 x21,1,0 x31,0,1.De acá concluimos que 1,1,0, 1,0,1 es un conjunto degeneradores.Y como son l.i.: 1,1,0, 1,0,1 es una base.

b. De la misma manera que en el caso anterior, buscamos la soluciónparamétrica del sistema. Para esto, escribimos la matriz ampliada ytriangulamos:

1 1 0 11 0 0 20 0 1 1

1 1 0 10 1 0 10 0 1 1

Reconstruimos el sistema (no confundir esta matriz con la quearmamos con los vectores para ver l.i.).

x1 x2 x4 0x2 x4 0x3 x4 0

Resolvemos: de la tercera ecuación obtenemos: x3 x4 y de lasegunda: x2 x4 .Reemplazamos en la primera: x1 x4 x4 0, entonces: x1 2x4 .

Page 76: Apuntes Algebra

La solución paramétrica es X 2x4,x4,x4,x4 x42,1,1,1.Luego, 2,1,1,1 es una base de S : es un conjunto degeneradores y es l.i.

2. Tenemos como dato que 1,0,2; 5,1,1; 3,1,5 es un conjunto degeneradores. Son l.i.:

1 0 25 1 13 1 5

1 0 20 1 110 1 11

1 0 20 1 110 0 0

Entonces 1,0,2; 5,1,1; 3,1,5 1,0,2; 0,1,11 y como1,0,2; 0,1,11 es l.i., 1,0,2; 0,1,11 es una base de S, y dimS 2 .Los conjuntos 1,0,2; 5,1,1, 1,0,2; 3,1,5,5,1,1; 3,1,5 son l.i. ysus elementos son vectores de S. Además, 1,0,2; 5,1,1 genera S, ya que

1 0 25 1 13 1 5

1 0 20 1 110 0 0

1 0 2

5 1 10 0 0

y como es l.i., 1,0,2; 5,1,1 es base de S.En general: cualquier subconjunto l.i. de S de 2 vectores será una base, puesgenerará el mismo subespacio.Lo mismo que para cualquier subespacio: si conocemos la dimensión, basta ver que un

conjunto de vectores es l.i. para concluir que este conjunto es base.

Ejercicios1. Hallar dos bases distintas de S 1,1,1,0; 0,1,2, 1.

2. Dado S X R4 : x1 x2 0 , x2 x3 x4 0,

a. hallar, si es posible, una base de S que contenga el vectorv 0,0,1,1,

b. hallar una base de S que no contenga el vector v 0,0,1,1,

c. hallar, si es posible, una base de S que contenga el vectorv 0,1,1,1.

3. Hallar los valores de a y b para que 1,0,a; 3,b, 1 sea una base deS X R3 : x1 2x2 x3 0.

4. En R3, sea S 1,3,2; 3,1,0; 1,7,k. Determinar los valores de k Rpara los cuales el subespacio S tiene dimensión 2.

5. Sean v1 2,1,1,0, v2 1,0,0, 0, v3 0,1,1, 0, v1 2,2,2, 2. Hallaruna base de S v1,v2,v3,v4 que no contenga ni a v1, ni a v2, ni a l.i.v3 ni a v4.

6. Expresar, si es posible, 4,1,1 como combinación lineal de 0,1,1, 2,0,1

Page 77: Apuntes Algebra

y 2,1,2 de dos maneras distintas.

7. Decidir si existe algún valor k R tal que k,k, 1; 3,k,1 es base delsubespacio S X R3/x1 3x3 0. Justificar.

8. Sea S X R4/x1 x3 2x4 0. Decidir cuáles de los siguientesconjuntos son base de S:

a. C1 1,0,1, 0; 2,0,0,1; 0,1,0, 0.

b. C2 0,0,2, 1; 1,0,1, 1.

c. C3 1,1,1, 0; 1,0,1, 0; 2,1,2, 0.

9. Determinar a para que el vector 1,3,a, 2 pertenezca al subespacioS 1,1,1,1, 2,2,0, 1.

10. Determinar a para que el vector a, 2a, 3 pertenezca al subespacioS 1,1,3, 0,1,3.

11. Dado S x R4 : 2x1 x2 x3 0 encontrar un vector v no nulo de S quepertenezca aW 1,1,2,2, 0,2,1,1.

12. Extender, si es posible, los siguientes conjuntos a una base del espaciovectorial que los contiene:

a. 1,2

b. 1,1,0

c. 1,1,0, 2,2,0

d. 1,1,0, 2,2,3

Soluciones

1. 1,1,1,0; 0,1,2, 1 es un conjunto de generadores de S, como además-verificar- es un conjunto l.i., entonces 1,1,1,0; 0,1,2, 1 es una base de S .Para buscar otra base, hay que encontrar dos vectores l.i. que sean combinaciónlineal de v1 1,1,1,0 y v2 0,1,2, 1.Por ejemplo: 2v1,v2, v1 v2,v1 v2, etc. Entonces:los conjuntos: 2,2,2,0, 0,1,2,1 y 1,0,3, 1; 1,2,1,1 son bases de S .

2.

a. Hallemos primero una base cualquiera del subespacio dado para vercuál es su dimensión.

Es S x1 x2 0

x2 x3 x4 0. Como el sistema está triangulado,

podemos empezar a despejar variables. De la segunda ecuaciónobtenemos: x4 x2 x3 .De la primera, x1 x2 , de donde la solución paramétrica del sistemaes: X x2,x2,x3,x2 x3 x21,1,0,1 x30,0,1,1.

Page 78: Apuntes Algebra

Entonces, 1,1,0,1, 0,0,1,1 es un sistema de generadores, ycomo es un conjunto l.i. -verificar-, es una base. Pero el ejercicio pideque el vector 0,0,1,1 pertecezca a la base. No confundir,1,1,0,1, 0,0,1,1 es un conjunto de dos elementos, y 0,0,1,1no es ninguno de ellos. Pero como 0,0,1,1 0,0,1,1, entonces1,1,0,1, 0,0,1,1 1,1,0,1, 0,0,1,1. Luego,1,1,0,1, 0,0,1,1 también es una base y contiene al vector 0,0,1,1 .

b. Recordemos que en particular una base es un sistema de generadores,por lo cual estamos buscando dos vectores v1 y v2 que verifiquen quetodo vector del subespacio se pueda escribir: X 1v1 2v2.Sabemos que X 11,1,0,1 20,0,1,1, pero ahora no podemosusar el vector 0,0,1,1 para generar. Pero -por ejemplo-X 11,1,0,1 20,0,1,1, de donde 1,1,0.1, 0,0,1,1 esun conjunto de generadores y no contiene el vector 0,0,1,1.Es inmediato ver que también es un conjunto l.i.. Entonces1,1,0,1, 0,0,1,1 también es una base y no contiene al vector 0,0,1,1 .Observemos que podríamos haber tomado cualquier múltiplo no nulodel vector 0,0,1,1 en el lugar de 0,0,1,1, obteniendo el mismoresultado.

c. Todos los vectores que están en una base de un subespacio son enparticular elementos de ese subespacio. Como el vector 0,1,1,1 noverifica la primera ecuación deS X R4 : x1 x2 0 , x2 x3 x4 0 -ya que 0 1 0-entonces no hay ninguna base de S que contenga al vector 0,1,1,1 .

3. Observemos que S es un plano en R3 -una ecuación lineal en el espacio-.Por esto, dim(S 2. Entonces, una base es un conjunto de dos vectores paralos que se verifica que están en S y son l.i.Para que los vectores dados estén en S, deben verificar la ecuación de definición

de S, esto es:1 2.0 a 03 2b 1 0

. De acá obtenemos que a 1 y b 2 .

Falta ver que 1,0,1; 3,2,1 es l.i., pero esto vale pues1 0 13 2 1

1 0 10 2 4

.

4. Es 1,3,2; 3,1,0; 1,7,k un conjunto de generadores, si fuera l.i. ladimensión del subespacio sería 3. Como 1,3,2; 3,1,0 es l.i., podríamos verque 1,7,k es combinación lineal de 1,3,2 y 3,1,0.

Si no, directamente triangulamos1 3 23 1 01 7 k

. Es

Page 79: Apuntes Algebra

1 3 23 1 01 7 k

1 3 20 10 60 10 k 2

1 3 20 10 60 0 k 4

.

Luego, debe ser k 4 .

5. Primero hallamos una base de S para ver la dimensión. Para esotriangulamos la matriz

2 1 1 01 0 0 00 1 1 02 2 2 2

. . . .

2 1 1 00 1 1 00 0 0 20 0 0 0

.

Entonces, la dimensión de S es 3 y el conjunto v1,v2,v3 es una base de S. Perocomo no queremos que contenga ninguno de los vectores dados, tomamos porejemplo 2v1, 3v2,v3 como base de S. Otra solución posible es2,1,1, 0, 0,1,1, 0, 0,0,0, 2 es una base de S, pues es un conjunto degeneradores -ver la triangulación anterior- y además es un conjunto l.i.Obviamente, no contiene ninguno de los vectores dados.

6. Si triangulamos la matriz

0 1 12 0 12 1 24 1 1

v1v2v3v4

y llegamos a una matriz con

última fila nula, tendremos escrito v4 como combinación lineal de v1, v2 y v3

(escribimos la columna de vectores

v1v2v3v4

para, con las mismas cuentas, obtener

la combinación lineal buscada). Es0 1 12 0 12 1 24 1 1

v1v2v3v4

2 0 10 1 10 1 10 1 1

v2v1v3 v2v4 2v2

Con un paso más, vemos que v4 2v2 v1 0, de donde v4 v1 2v2 .Podríamos intentar triangular de otra forma para conseguir otra expresión. Sepropone hacerlo como ejercicio.Otra manera de resolver es usando directamente la definición de combinaciónlineal: se buscan escalares , , que verifiquen:

4,1,1 0,1,1 2,0,1 2,1,2.

Page 80: Apuntes Algebra

Esto equivale a resolver el sistema:4 2 21

1 2.

Si el sistema fuera incompatible, 4,1,1 no sería combinación lineal de losvectores dados, pero a partir de lo hecho antes sabemos que no es así. Elsistema es compatible.Si fuera determinado la solución encontrada arriba sería la única posible, y sifuera indeterminado, habría infinitas maneras de expresarlo como combinaciónlineal de 0,1,1, 2,0,1 y 2,1,2.Resolvamos el sistema para ver en qué situación estamos:

0 2 2 41 0 1 11 1 2 1

1 0 1 10 2 2 41 1 2 1

1 0 1 10 2 2 40 1 1 2

1 0 1 10 1 1 20 0 0 0

Reconstruimos el sistema: 1 2

Podemos poner entonces: 1 , 2 . El sistema es indeterminado, ytodas las maneras de escribir el vector 4,1,1 como combinación lineal de0,1,1, 2,0,1 y 2,1,2 son:

4,1,1 1 0,1,1 2 2,0,1 2,1,2.Por ejemplo, si 0, obtenemos la solución dada arriba. Le damos otro valor a para completar la respuesta, por ejemplo 1 y obtenemos:

4,1,1 20,1,1 2,0,1 2,1,2.

7. Primero observemos que S X R3/x1 3x3 0 es un plano en R3, luegosu dimensión es 2, con lo cual una base de S es un conjunto de dos vectores

v1,v2 que verifican:v1 S

v2 S, y v1,v2 debe ser l.i. Por la primera

condición, usando la ecuación de definición del subespacio, tenemos que:k 3 03 3 0

. Entonces k 3.

Debemos ver ahora si el conjunto 3,3,1; 3,3,1 es l.i.: no lo es, pues3,3,1 3,3,1. Entonces, el único valor de k que sirve para que se cumplala primera condición no sirve para que se cumpla la segunda. Entonces,para ningún valor de k, el conjunto k,k, 1; 3,k,1 es base del subespacio S .

8. Primero buscamos una base de S para ver cuál es su dimensión: comox1 x3 2x4, la solución paramétrica del sistema es:x3 2x4,x2,x3,x4 x20,1,0, 0 x31,0,1, 0 x42,0,0, 1.Entonces,0,1,0, 0, 1,0,1, 0, 2,0,0, 1 es un conjunto de generadores de S, y

Page 81: Apuntes Algebra

como es l.i., la dimensión de S es 3. El conjunto C2 no es una base de S , puestiene sólo dos vectores.El conjunto C1 es una base de S , pues es un conjunto de tres vectores de S-verificar, y es l.i.:

1 0 1 02 0 0 10 1 0 0

1 0 1 00 0 2 10 1 0 0

1 0 1 00 1 0 00 0 2 1

.

El conjunto C3 no es una base de S pues es l.d.: 2,1,2, 0 1,1,1, 0 1,0,1, 0.

9. Buscamos a para que el vector v 1,3,a, 2 pertenezca al subespacioS 1,1,1,1, 2,2,0, 1. Esto significa que el vector v debe ser combinaciónlineal de 1,1,1,1 y 2,2,0, 1. Utilizando la regla práctica dada anteriormente,

basta con armar la matriz1 1 1 12 2 0 11 3 a 2

y ver cuáles son las condiciones

sobre a para que al triangular(sin cambiar la última fila de lugar, ésta se conviertaen 0 0 0 0 . Es

1 1 1 12 2 0 11 3 a 2

F2F22F1F3F3F1

1 1 1 10 4 2 30 4 a 1 3

F3F3F21 1 1 10 4 2 30 0 a 1 0

Luego, el vector v 1,3,a, 2 pertenece al subespacio S si y sólo si a 1.

10. Ahora, buscamos a para que el vector v a, 2a, 3 pertenezca al subespacioS 1,1,3, 0,1,3. El procedimiento es el mismo que en el ejercicio anterior.

Tenemos que triangular la matriz1 1 30 1 3a 2a 3

.

a. Si a 0, la matriz ya está triangulada. En este caso es:1 1 30 1 30 0 3

, y el vector v 0,0,3 no pertenece al subespacio S

pues no se puede escribir como combinación lineal de los generadoresde S.

b. Si a 0 debemos triangular:

Page 82: Apuntes Algebra

1 1 30 1 3a 2a 3

F3F3aF11 1 30 1 30 a 3 3a

F3F3aF21 1 30 1 30 0 3 6a

Entonces, el vector v a, 2a, 3 pertenece a S si y sólo si 3 6a 0,esto es, si a 1

2 .Observemos que en realidad no hacía falta separar el estudio en loscasos a. y b. ya que al operar no se multiplicaba la fila transformada pora, sino otra. La respuesta es:v a, 2a, 3 pertenece a S si y sólo si a 1

2 .

11. Buscamos un vector v no nulo de S x R4 : 2x1 x2 x3 0 quepertenezca aW 1,1,2,2, 0,2,1,1.Ya que v es un vector deW, se debe poder escribir como combinación lineal delos generadores deW. Pongamos entonces

v 1,1,2,2 0,2,1,1.Hallar v es encontrar y .Sabemos que v debe estar en S, esto es, debe verificar la ecuación de S. Como

v , 2,2 ,2 entonces, reemplazando en la ecuación de S,

2 2 2 0.Luego,

0.Esto significa que si en , 2,2 ,2 le damos valores a y demanera que se cumpla 0, estaremos cumpliendo simultáneamente lascondiciones impuestas para estar en ambos subespacios -hemos encontradoentonces S W-. El ejercicio nos pide hallar uno de esos vectores. Por ejemplo,podemos tomar 1 y 1, obteniendo v 1,1,1,1 .

12. Entendamos primero qué es lo que se está pidiendo. Extender un conjuntodado a una base de un espacio vectorial V (o de un subespacio S) significaencontrar una base de V (o de S) que contenga el conjunto dado.

a. En este caso el conjunto dado es 1,2 y el espacio vectorial es R2.Lo que se quiere hacer es encontrar una base de R2 que contenga elvector 1,2. Para esto, como sabemos que la dimensión de R2 es dos,basta con encontrar un vector v tal que 1,2,v sea l.i. Por ejemplo,el conjunto 1,2, 0,1 es una base de R2 que extiende a 1,2 .

b. Ahora, como la dimensión de R3 es tres, buscamos dos vectores v y wtal que 1,1,0,v,w sea l.i. Por ejemplo, v 1,0,0, w 0,0,1.Verifiquemos que efectivamente 1,1,0, 1,0,0, 0,0,1 es l.i.Para eso triangulamos:

Page 83: Apuntes Algebra

1 1 01 0 00 0 1

F2F2F11 1 00 1 00 0 1

.

Como esta última matriz está triangulada y no tiene ninguna fila deceros, el conjunto de tres vectores 1,1,0, 1,0,0, 0,0,1 es l.i., y porlo tanto es una base de R3. Entonces,el conjunto 1,1,0, 1,0,0, 0,0,1 es una base de R3 que extiende a 1,1,0 .

c. Como 1,1,0, 2,2,0 ya tiene dos elementos, debe buscarse unvector v tal que 1,1,0, 2,2,0,v sea l.i. Pero como 1,1,0, 2,2,0es l.d. -ya que 2,2,0 21,1,0-, cualquiera sea v el conjunto1,1,0, 2,2,0,v es l.d. Entonces,no se puede extender 1,1,0, 2,2,0 a una base de R3 .

d. 1,1,0, 2,2,3 es l.i:1 1 02 2 3

F2F22F11 1 00 0 3

A partir de la matriz que está triangulada es más fácil elegir un vector vtal que 1,1,0, 2,2,3,v sea l.i. Por ejemplo,1,1,0, 2,2,3, 0,1,0 es una base de R3 que extiende a 1,1,0, 2,2,3 .

Page 84: Apuntes Algebra

PRÁCTICA 4MatricesSabemos ya que Rmxn es el conjunto de matrices con coeficientes reales, de m filas y n

columnas.

Por ejemplo, R2x3 a11 a12 a13a21 a22 a23

/ aij R, i 1,2, j 1,2,3 .

Ejercicios

1. Escribir la matriz A R4x3 tal que aij i j 2 para 1 i 4, 1 j 3.

2. Lo mismo para B R3x3 tal que bij 1 si i j0 si i j

.

3. Escribir tres elementos del conjuntoA A R3x3 / aij 0 si i j, aii k, k R. .

Soluciones

1. Calculamos los coeficientes de la matriz pedida. Para ayudarnos, indicamosesta vez en qué fila y columna está cada coeficiente:

i , j columna j

fila i

1 2 3

1 1 1 2 1 2 2 1 3 2

2 2 1 2 2 2 2 2 3 2

3 3 1 2 3 2 2 3 3 2

4 4 1 2 4 2 2 4 3 2

Calculando:

A

4 5 65 6 76 7 87 8 9

2. De la misma manera, calculamos la matriz B. Ahora:

B

i , j 1 2 3

1 1 0 0

2 0 1 0

3 0 0 1

.

Page 85: Apuntes Algebra

Esta matriz se llama matriz identidad de R3x3, y la notamos I3. Esto es:

I3

1 0 00 1 00 0 1

.

En todo conjunto de matrices cuadradas Rnxn se puede definir la matriz identidadIn: sus coeficientes serán 1 los de la diagonal y el resto serán todos 0. Porejemplo:

I2 1 00 1

.

3. Si A A, entonces tiene todos sus elementos "0", excepto en la diagonal,que son todos iguales a un escalar k. Una matriz de esta forma se llama matrizescalar. Son matrices escalares:

A

1 0 00 1 00 0 1

, B

9 0 00 9 00 0 9

, C

1 0 00 1 00 0 1

, D

0 0 00 0 00 0 0

.

Operaciones en Rmxn

Suma:Al igual que en el caso de los vectores, se suma coeficiente a coeficiente.

Ejemplo: si A,B R2x3, A 1 2 30 2 5

y B 5 2 00 2 3

entonces

A B 6 0 30 4 8

.

En general, si A aij y B bij entoncesA B aij bij.

Producto por un escalarSi k R y A aij entonces

kA kaij.Ejemplo:

31 2 30 2 5

3 6 90 6 15

.

PropiedadEs inmediato verificar que Rmxn con las operaciones recién definidas es un espacio

sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
Page 86: Apuntes Algebra

vectorial.Si m 1, A,B R1xn (matrices de una fila y ene columnas). Sumar A y B como matrices

coincide con la suma como vectores: lugar a lugar. También coincide la multiplicación deun escalar con una matriz de una fila: se multiplica por el escalar cada coeficiente de lamatriz (vector).

Ejercicios

1. Dadas las matrices A 1 1 34 2 5

, B 1 2 30 2 0

calcular A y

2A 3B.

2. Calcular la dimensión de R2x3.

3. Sean A y B las matrices dadas en 1 y sean C y D las matrices:

C 4 1 1212 4 15

, D 4 1 1212 4 1

. Decidir si C y D se pueden

escribir como combinación lineal de A y B.

4. Hallar bases y dimensión de los subespacios:

a. A1 A R2x2 / a12 0, a22 0.

b. A2 A R3x3 / aij aji 0, 1 i, j 3.

Soluciones

1. Es

A 11 1 34 2 5

1 1 34 2 5

2A 3B 21 1 34 2 5

31 2 30 2 0

2 2 68 4 10

3 6 90 6 0

1 8 38 10 10

.

2. Primero recordemos cómo encontramos la base canónica, por ejemplo, deR2. Escribíamos x,y x1,0 y0,1, de donde R2 1,0, 0,1, despuésestudiábamos la independencia lineal de 1,0, 0,1. El trabajo qie haremosahora es similar. Si A R2x3 entonces es

A a11 a12 a13a21 a22 a23

Page 87: Apuntes Algebra

a111 0 00 0 0

a120 1 00 0 0

a130 0 10 0 0

a210 0 01 0 0

a220 0 00 1 0

a230 0 00 0 1

.

Entonces, R2x3 está generado por el conjunto de matrices

B 1 0 00 0 0

0 1 00 0 0

0 0 10 0 0

0 0 01 0 0

0 0 00 1 0

0 0 00 0 1

.

Además, para verificar si B es l.i. planteamos:

11 0 00 0 0

20 1 00 0 0

30 0 10 0 0

40 0 01 0 0

50 0 00 1 0

60 0 00 0 1

0 0 00 0 0

Pero entonces, si calculamos la expresión que está a la izquierda del signo ,obtenemos:

a1 a2 a3a4 a5 a6

0 0 00 0 0

Igualando coeficiente a coeficiente, vemos que1 2 3 4 5 6 0

de donde, efectivamente, B es l.i.Con esto, hemos probado que dimR2x3 6 . La base B se llama base canónica deR2x3.De la misma manera se puede ver en general que dimRmxn mxn . De la mismamanera también se puede dar la base canónica de Rmxn.Por ejemplo, la base canónica de R2x2 es

1 00 0

,0 10 0

,0 01 0

,0 00 1

.

3. Veamos primero si hay escalares y tales que4 1 1212 4 15

1 1 34 2 5

1 2 30 2 0

.

Igualamos coordenada a coordenada. Debemos ver si es compatible el sistema

Page 88: Apuntes Algebra

S1 :

4

1 212 3 3

12 44 2 215 5

.

De las dos primeras ecuaciones obtenemos 3 y 1. Luego, chequeamospara estos valores, se verifican todas las ecuaciones, de donde resulta que elsistema es compatible y que C es combinación lineal de A y B .Ahora planteamos lo mismo pero para la matriz D: queremos ver si tiene soluciónla ecuación

4 1 1212 4 1

1 1 34 2 5

1 2 30 2 0

.

Obtenemos ahora el sistema

S2 :

4

1 212 3 3

12 44 2 2

1 5

que es incompatible. Luego, D no es combinación lineal de A y B .(Si se tienen las ideas claras, y no nos confundimos con qué objetos estamos enrealidad trabajando, podemos observar que si plantearamos como ejercicio:"decidir si, en R6, el vector C 4,1,12,12,4,15 es combinación lineal de losvectores 1,1,3,4,2,5 y 1,2,3, 0,2,0" tendríamos que resolver el mismosistema S1. A partir de este hecho, que es general, fabricarmos una regla prácticapara ver si una matriz es combinación lineal de otras: escribiéndolas comovectores y usando la regla práctica para vectores.)

a. Escribimos un elemento genérico de A1: si A A1 entonces es

A a11 0a21 0

a111 00 0

a210 01 0

.

Luego,

A1 1 00 0

,0 01 0

.

Page 89: Apuntes Algebra

Es inmediato que1 00 0

,0 01 0

es una base, de donde

dimA1 2 .

(Por lo dicho antes, basta ver que 1,0,0, 0, 0,0,1, 0 es l.i.).

b. Aclaremos primero que 1 i, j 3 es una abreviatura de 1 i 3,1 j 3.La condición aij aji 0, 1 i, j 3 significa que

1. a11 a11 02. a12 a21 03. a13 a31 04 .a22 a22 05. a23 a32 06. a33 a33 0

.

Las condiciones 1, 4 y 6 no imponen ninguna restricción sobre loscoeficientes.Podemos abreviar el sistema escribiendo

a12 a21 0a13 a31 0a23 a32 0

o, equivalentemente:a12 a21a13 a31a23 a32

.

Entonces, si A A2 es

A

a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

a111 0 00 0 00 0 0

a120 1 01 0 00 0 0

a130 0 10 0 01 0 0

a220 0 00 1 00 0 0

a230 0 00 0 10 1 0

a330 0 00 0 00 0 1

.

Entonces, un conjunto de generadores de A2 es

Page 90: Apuntes Algebra

1 0 00 0 00 0 0

0 1 01 0 00 0 0

0 0 10 0 01 0 0

0 0 00 1 00 0 0

0 0 00 0 10 1 0

0 0 00 0 00 0 1

y como este conjunto es l.i., la dimA2 6.

Si nos piden ejemplos de elementos de A2, cualquier matriz de la basesirve.

Observemos que para decidir si una matriz es un elemento del conjuntoA2, se debe verificar que los coeficientes de la misma que son"simétricos" respecto de la diagonal principal sean iguales.

Si una matriz está en A2 se llama matriz simétrica.

Más ejemplos de matrices simétricas:1 0 00 1 00 0 1

,0 0 00 0 00 0 0

,1 8 58 0 3

5 3 11

Observemos que en las matrices simétricas las filas son iguales a lascolumnas.

Matriz traspuestaDada una matriz A, la matriz traspuesta At es la que se obtiene transformando las filas

de A en columnas.Ejemplos:

Si A

1 2 34 5 67 8 9

, B

1 23 45 6

, C

123

entonces At

1 4 72 5 83 6 9

, Bt 1 3 52 4 6

, Ct 1 2 3 .

Propiedades

1. Si A Rmxn entonces At Rnxm

2. A B t At Bt

3. At t A

4. Si At A si y sólo si A es simétrica.Las propiedades 1, 2 y 3 son inmediatas.Para verificar la propiedad 4, observemos primero que -por 1- debe cumplirse que

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Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
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Resaltado
Page 91: Apuntes Algebra

m n, esto es, A debe ser en una matriz cuadrada. Y que sus filas sean iguales a suscolumnas es la condición de simetría.EjerciciosCalcular, cuando sea posible:

1. A t B, siendo A

1 2 34 5 6

y B 1 2 04 0 2

.

2. A t B, siendo A

1 2 34 5 6

y B

1 42 00 2

.

3. A t A , siendo A

14

.

4. A t A , siendo A

1 0 01 2 30 0 5

.

Soluciones

1. Como A R2x3 entonces At R3x2. Esto significa que At tiene 3 filas y 2columnas. Entonces no se puede sumar con B, que tiene 2 filas y 3 columnas.

2. Es At

1 42 53 6

. Entonces A t B

1 42 53 6

1 42 00 2

0 84 53 8

.

3. Si A es un vector fila, entonces At es un vector columna: no se puedensumar.

4. Ahora: At A

1 1 00 2 00 3 5

1 0 01 2 30 0 5

2 1 01 4 30 3 10

.

Page 92: Apuntes Algebra

Producto de matricesPrimero veamos cómo se define el producto de un vector fila A R1xn por un vector

columna B Rnx1:

a1 a2 . . . an

b1b2. . .bn

a1b1 a2b2 . . .anbn.

Ejemplos

1. 1 5 0 1

2341

1.2 5.3 0.4 1. 1 16

2. 7 834

53.

En general, para multiplicar A Rmxn por B Rnxr se debe multiplicar cada fila de A porcada columna de B. El resultado será una matriz C cij Rmxr donde

cij AiBj:el elemento cij es el resultado del producto -coeficiente a coeficiente- de la fila i de A porcolumna j de B.EjemploUbicamos a las matrices de la siguiente manera:

BA AB

Para calcular el lugar cij del producto, utilizamos la fila i de A y la columna j de B:

Bj

Ai cij

En este caso:

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Resaltado
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Resaltado
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Resaltado
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Resaltado
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Resaltado
Page 93: Apuntes Algebra

1 2 34 5 6

1 23 45 6

9 12 1519 26 3329 40 51

pues:

1 214

9, 1 225

12, 1 236

15

3 414

19, 3 425

26, 3 436

33

5 614

29, 5 625

40, 5 636

51.

Propiedades

1. El producto de matrices no es conmutativo. Mas aún: puede ser que AB estédefinido, mientras que BA no.Por ejemplo:

1 2 33 2 1

246

2820

pero246

1 2 33 2 1

no se puede hacer pues no coinciden la cantidad de columnas de A con lacantidad de filas de B.Aún estando definidos ambos productos, pueden no coincidir:

1 26 7

0 12 3

4 714 27

pero0 12 3

1 26 7

6 720 25

.

2. El producto de matrices es asociativo: ABC ABC.

3. Observemos que si A,B Rnxn entonces AB Rnxn. Y, para toda A Rnxn,

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Resaltado
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Resaltado
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Page 94: Apuntes Algebra

AIn A InA.Esto significa que In es elemento neutro para el producto.

Ejemplo:3 41 2

1 00 1

3 41 2

1 00 1

3 41 2

.

4. AB t BtAt.Ejemplo:

3 41 2

1 23 1

t

15 105 0

t

15 510 0

y:

1 23 1

t3 41 2

t

1 32 1

3 14 2

15 510 0

.

Si tiene paciencia, verifique que el lugar coeficiente 21 de AB t es el mismo que elcoeficiente 21 BtAt.(El coeficiente 21 de AB t es 12 de AB, esto es, fila 1 de A por columna 2 de B, y elcoeficiente 21 de BtAt es la fila 2 de Bt por la columna 1 de At, o, lo que es lo mismo, lacolumna 2 de B por la fila 1 de A.)

EjemploEscribir el sistema

S :2x1 x2 2x1 x3 0

x2 2x3 2

como producto de matrices y decidir si 2,2,2,0,0,0 y 0,2,1 son soluciones de S.

Observemos que A

2 1 01 0 10 1 2

es la matriz asociada a S.

Escribamos X

x1x2x3

y B

202

, entonces el sistema se puede abreviar

AX B,ya que

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Resaltado
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Resaltado
Page 95: Apuntes Algebra

2 1 01 0 10 1 2

x1x2x3

2x1 x2x1 x3

x2 2x3

202

significa que

2x1 x2 2x1 x3 0

x2 2x3 2.

Aplicaciones

1. En las primeras 10 fechas del campeonato de fútbol, los equipos querepresentan a CG obtuvieron los siguientes resultados: el equipo A ganó 4partidos, empató 4 y perdió 2; el equipo B ganó 3, empató 2 y perdió 5; el equipoC ganó 2, empató 3 y perdió 5; el equipo D ganó 7 y perdió 3. Cada partidoganado da 3 puntos, cada partido empatado da 1 punto y cada partido perdido da0 puntos.Escribir la información en forma de matriz y utilizar el producto de matrices paraobtener el puntaje de cada uno de los equipos A, B, C y D.Modificar el esquema suponiendo que cada partido ganado da 1 punto, cadapartido empatado da 0 puntos y cada partido perdido da -1 punto.

2. Consideremos el siguiente esquema de vuelos directos entre las ciudadesA, B y C:

A B

C D

Construir una matriz A que represente esta situación. ¿Qué significa A2?

Soluciones

1. Armemos una matriz que nos informe, para cada equipo, cuántos partidosganó, cuántos empató y cuántos perdió:

g e p

ABCD

4 4 23 2 52 3 57 0 3

Page 96: Apuntes Algebra

Escribimos en un vector columna los puntajes que se asignan a cada situación:310

Si multiplicamos4 4 23 2 52 3 57 0 3

310

1611921

obtenemos que A tiene 16 puntos, B tiene 11, C tiene 9 y D 21.

Si se cambian las reglas y el vector puntaje es101

entonces los puntos de

cada equipo se consiguen multiplicando

4 4 23 2 52 3 57 0 3

101

2234

: por

ejemplo, B tiene -2 puntos!

2. Armamos una matriz M poniendo un 1 en el lugar ij si hay un vuelo de laciudad que está en la fila i que vaya a la ciudad que está en la columna j, y conun 0 si no lo hay:

A B C D

ABCD

0 0 1 11 0 0 01 0 0 10 1 1 0

.

Calculemos M2 y veamos qué significan los coeficientes de esta matriz.

M2

0 0 1 11 0 0 01 0 0 10 1 1 0

0 0 1 11 0 0 01 0 0 10 1 1 0

1 1 1 10 0 1 10 1 2 12 0 0 1

Por ejemplo, el coeficiente de la matriz producto que ocupa la fila 4, columna 1,es el producto de la fila 4 de la primera matriz por la columna 1 de la segunda:

Page 97: Apuntes Algebra

0 1 1 0

0110

2

Observemos que se "acumulan puntos" cuando se encuentran dos coeficientesno nulos. Por ejemplo, como hay un vuelo de D a B y hay un vuelo de B a A,habrá un vuelo de D a A -con una escala, pues pasamos por B.La matriz M2 nos dice si hay vuelos con una escala de la ciudad que está en lafila i a la ciudad que está en la columna j.Si calculamos M3 , cada coeficiente nos dice si hay vuelos con dos escalas de laciudad que está en la fila i a la ciudad que está en la columna j.

Matriz inversaDada una matriz A Rnxn, la matriz A1 es la matriz inversa si verifica: AA1 A1A In.Observemos que si B y C verifican que AB BA In, y AC CA In entonces B C:

B BIn BAC BAC InC C.Esto nos permite hablar de la matriz inversa, pues si B y C son dos matrices inversas de A,deben ser iguales.

Ejemplo

Hallar la matriz inversa de8 53 2

.

Buscamos una matriza bc d

que verifique:

8 53 2

a bc d

1 00 1

.

Entonces:

8a 5c 8b 5d3a 2c 3b 2d

1 00 1

Igualando coeficiente a coeficiente, obtenemos:

8a 5c 18b 5d 03a 2c 03b 2d 1

.

sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
Page 98: Apuntes Algebra

Observemos que resolver este sistema equivale a resolver

S18a 5c 13a 2c 0

, S28b 5d 03b 2d 1

.

Ambos sistemas tienen la misma matriz asociada,8 53 2

.

Podemos resolverlos simultáneamente triangulando la matriz8 5 1 03 2 0 1

:

8 5 1 03 2 0 1

1 5

8 18 0

3 2 0 1

1 58 1

8 0

0 18 3

8 1

1 0 2 50 1

8 38 1

1 0 2 50 1 3 8

.

Los sistemas S1 y S2 son equivalentes entonces a

S1a 2c 3

S2b 5d 8

,

de donde la matriz buscadaa bc d

es igual a2 53 8

.

Observemos cómo han sido nuestras cuentasPartimos de

AIn,luego triangulamos hasta llegar a

InA1.

De ahora en más sólo haremos las cuentas, pues el planteo siempre es el mismo.

Ejercicios

1. Calcular las matrices inversas de:

a. A 2 11 3

.

b. B 4 22 1

.

Page 99: Apuntes Algebra

2. Resolver el sistema S :x 2y 3z 12y z 2

x y 2z 3expresando la solución en

términos de la matriz inversa a la matriz asociada al sistema.

Soluciones

1. a. Planteamos 2 1 1 01 3 0 1

y triangulamos:

2 1 1 01 3 0 1

1 3 0 12 1 1 0

1 3 0 10 7 1 2

1 3 0 10 1 17 2

7

1 0 37 1

7

0 1 17 27

Entonces, A1 37 1

717

27

.

b. Hacemos lo mismo que en el caso anterior: triangulamos a partir deBI.

4 22 1

1 00 1

1 2

4

2 1

14 0

0 1

1 24

0 0

14 0

24 1

.

Pero entonces, el sistema correspondiente a las incógnitas de laprimera columna es incompatible, pues la segunda ecuación es0a 0c 2

4 .Esto nos dice que la matriz B no tiene inversa, pues, si intentamoshallarla, obtenemos un sistema incompatible.

En general, si aparece una fila de ceros en la matriz que ocupa el lugaren el cual debería quedar la matriz inversa que estamos buscando, elsistema será incompatible y la matriz dada no será inversible.

2. Queremos resolverx 2y 3z 12y z 2

x y 2z 3. Lo escribimos matricialmente:

1 2 30 2 11 1 2

xyz

123

.

Page 100: Apuntes Algebra

Pongamos A

1 2 30 2 11 1 2

, X

xyz

, B

123

. Nuestro sistema es

entonces:AX B,

si A fuera inversible podríamos multiplicar a ambos miembros por A1:A1AX A1B

de dondeX A1B.

Nos fijamos entonces si A

1 2 30 2 11 1 2

es inversible: :

1 2 30 2 11 1 2

1 0 00 1 00 0 1

1 2 30 2 10 1 1

1 0 00 1 01 0 1

1 2 30 1 10 2 1

1 0 01 0 10 1 0

1 0 10 1 10 0 1

1 0 21 0 12 1 2

1 0 00 1 00 0 1

3 1 41 1 12 1 2

1 0 00 1 00 0 1

3 1 41 1 12 1 2

Entonces,

A1

3 1 41 1 12 1 2

y la solución de nuestro sistema (verificar esto) es

X

3 1 41 1 12 1 2

123

1146

.

Page 101: Apuntes Algebra

DeterminantesObservemos que cuando quisimos resolver el sistema

x 2y 3z 12y z 2

x y 2z 3

planteamos el cálculo de la inversa de A

1 2 30 2 11 1 2

sin saber si existía o no.

Es evidente que, si el sistema dado inicialmente fuera incompatible, las cuentas parabuscar A1 serían inútiles.En el caso que el sistema inicial fuera compatible, tenemos expresada la (única) solucióndel sistema en términos de A1.

Por ejemplo, si B

123

, la solución del sistema es

X A1B.Lo que veremos ahora es un cálculo que permite saber si una matriz cuadrada es inversiblesin tener que calcular la inversa.Determinantes para matrices de R2x2

Si

A a11 a12a21 a22

se define el determinante de A:detA a11a22 a12a21.

Observemos que el determinante de una matriz es un número.Lo notamos detA o |A|.EjemplosCalculemos los determinantes de las matrices A y B dadas arriba:1. Si

A 2 11 3

entoncesdetA 2 3 1 1 7.

2. Si

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Page 102: Apuntes Algebra

B 4 22 1

entoncesdetB 4 1 2 2 0.

Determinantes para matrices de R3x3

Si

A

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

se define

detA a11 a22 a23a32 a33

a12 a21 a23a31 a33

a13 a21 a22a31 a32

.

Ejemplo

Si A

1 2 34 5 61 2 9

, entonces

detA 1 5 62 9

2 4 61 9

3 4 51 2

1 5 9 6 2 2 4 9 6 1 3 4 2 5 1 12.Hemos definido el determinante de una matriz desarrollando por la primera columna. Peroésta no es la única manera posible de hacerlo. Se puede desarrollar por cualquier fila ocolumna.Para poder explicar cómo, daremos algunas definiciones.

Observemos que en el desarrollo del determinante de una matriz de 3x3, figura elcálculo de 3 determinantes de matrices de 2x2. Las submatrices a las cuales lescalculamos estos determinantes tienen un nombre.La submatriz que se obtiene a partir de A eliminando la fila i y la columna j se llamaij-menor de A, y se nota Mij.Ejemplos:

1. Si A

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

entonces:

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Resaltado
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Page 103: Apuntes Algebra

M11 a22 a23a32 a33

, M12 a21 a23a31 a33

, M13 a21 a22a31 a32

M21 a12 a13a32 a33

, M22 a11 a13a31 a33

, M23 a11 a12a31 a32

M31 a12 a13a22 a23

, M32 a11 a13a21 a23

, M33 a11 a12a21 a22

.

Hemos definido

deta detA a11 a22 a23a32 a33

a12 a21 a23a31 a33

a13 a21 a22a31 a32

,

esto es:detA a11 |M11 | a12 |M12 | a13 |M13 |

(desarrollo por la la primera fila).Lamaremos ij-cofactor de A al número:

Aij 1 ij|Mij |La diferencia entre el menor y el cofactor es, eventualmente, el signo. Coincidenen el signo si i j es par (1 ij 1), tienen signo opuesto si i j es impar(1 ij 1).

Entonces:detA a11 A11 a12 A12 a13 A13.

Se puede probar que también:detA a21 A21 a22 A22 a13 A13,

(desarrollo por la segunda fila), ydetA a31 A31 a32 A32 a33 A33

(desarrollo por la tercera fila).También se puede desarrollar por columnas. Por ejemplo, el desarrollo deldeterminante por la primera columna es:

detA a11 A11 a21 A21 a31 A31.Como ejercicio, escribir el desarrollo del determinatne de A por segunda y portercera columna.

2. Calcular1 2 34 5 61 2 9

desarrollando por segunda columna.

Es:

detA 112 2 4 61 9

122 5 1 31 9

132 2 1 34 6

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Resaltado
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Page 104: Apuntes Algebra

2 36 6 5 9 3 2 6 12 12.

Determinantes para matrices de Rnxn

Así como para calcular el determinante de una matriz de 3x3 se usan determinantes dematrices de 2x2, para calcular el determinante de una matriz de nxn se usan determinantesde matrices de n 1xn 1.

Para el cálculo, se podrá desarrollar por cualquier fila o cualquier columna.Se define ij-menor de A y ij cofactor de A, igual que antes.Es

detA ai1 Ai1 ai2 Ai2 . . . .ain Ain

(desarrollo por la fila i) y tambiéndetA a1j A1j a2j A2j . . . .anj Anj

(desarrollo por la columna j).Ejemplos

1. Calcular

0 2 1 22 1 2 00 3 0 01 4 1 0

desarrollando por la segunda columna y por la

tercera fila.

2. Calcular detA para A

1 2 3 4 50 2 2 3 00 0 3 1 80 0 0 4 20 0 0 0 5

.

3. Calcular detA para A

1 0 0 3 02 1 1 1 10 2 3 4 50 0 4 0 00 2 2 3 4

.

Soluciones

1. Vamos a poner para indicar el producto entre números reales. Primerodesarrollamos por la segunda columna.

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Resaltado
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Page 105: Apuntes Algebra

detA 2 2 2 00 0 01 1 0

1 0 1 20 0 01 1 0

3 0 1 22 2 01 1 0

4 0 1 22 2 00 0 0

24.

Ahora desarrollamos por la tercera fila:

detA 0 2 1 21 2 04 1 0

3 0 1 22 2 01 1 0

0 0 2 22 1 01 4 0

0 0 2 12 1 21 4 1

24.

Obviamente, conviene, para facilitar el cálculo, desarrollar por la fila o la columnaque tenga más ceros.

2. Desarrollando por la primera columna, el determinante de esta matriz es

1

2 2 3 00 3 1 80 0 4 20 0 0 5

0 0 0 0 1 2 3 1 80 4 20 0 5

1 2 3 4 20 5

1 2 3 4 5.

Entonces, detA 120.

Si calculamos el detAt

1 0 0 0 02 2 0 0 03 2 3 0 04 3 1 4 05 0 8 2 5

desarrollando por la primera

columna, también obtenemos que es igual al producto de los coeficientes queestán en la diagonal.En general, una matriz es triangular si tiene todos los coeficientes que están pordebajo de la diagonal (o todos los que están por arriba) iguales a cero. En estecaso, su determinante es el producto de los coeficientes de la diagonal.En particular, detI 1.

3. Desarrollando por primera fila, obtenemos que:

detA 1

1 1 1 12 3 4 50 4 0 02 2 3 4

2

0 0 3 02 3 4 50 4 0 02 2 3 4

.

Tenemos entonces que calcular el determinante para dos matrices de 4x4.

Page 106: Apuntes Algebra

a. Para calcular

1 1 1 12 3 4 50 4 0 02 2 3 4

, desarrollamos por tercera fila:

1 1 1 12 3 4 50 4 0 02 2 3 4

4 1 1 12 4 52 3 4

4 1 4 53 4

1 2 52 4

1 2 42 3

4 1 1 2 2 4.

b. Para calcular

0 0 3 02 3 4 50 4 0 02 2 3 4

podemos desarrollar por la primera o la

tercera fila. Desarrollemos por la primera.

0 0 3 02 3 4 50 4 0 02 2 3 4

3 2 3 50 4 02 2 4

3 42 52 4

por2dafila

12 2 24.

Entonces, detA 1 4 2 24 44 .

Propiedades de los determinantes.1. Si A, B Rnxn entonces detA.B detA detB.

2. A Rnxn es inversible si y sólo si detA 0.

3. A Rnxn es inversible, entonces detA1 1detA .

Observemos que la propiedad 3. es inmediata a partir de las anteriores:como

AA1 I,entonces

detAA1 1.Pero entonces

detAdetA1 1,de donde

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Resaltado
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Page 107: Apuntes Algebra

detA1 1detA .

Ejercicios

1. Determinar cuáles de las siguientes matrices son inversibles:

a. A

1 0 01 2 01 2 3

.

b. B

2 3 0 00 0 0 10 0 5 62 3 0 7

.

2. Si A

1 2 10 2 10 0 3

y B

1 0 30 1 21 2 0

calcular detA.B.

3. Si A

1 0 12 1 10 3 0

y B

k 1 2k 0 01 0 1

, determinar k para que

detA.B 5.

4. Para las mismas matrices de 3., determinar los valores de k para los cualesAB no es inversible.

5. Encontrar todos los x R para los cuales A

x 0 32 0 1 x1 1 2

es

inversible.

6. Encontrar todos los x R para los cuales la matriz A

0 2 0x 5 312 7 x

no

admite inversa.

7. Sean A

1 3 20 6 02 5 2

y B

3 0 10 1 00 0 4

. Calcular detA.B1.

Soluciones

Page 108: Apuntes Algebra

1. Como no necesitamos hallar la matriz inversa sino sólo saber si existe,basta con calcular los determinantes.

a. Como A es una matriz triangular, su determinante es el producto de loscoeficientes de la diagonal:

detA 1 2 3 0

Concluimos que A es inversible .

b. Desarrollamos por la segunda fila:

detB 1 2 3 00 0 52 3 0

.

Para calcular el determinante que falta, volvemos a desarrollar por lasegunda fila:

2 3 00 0 52 3 0

5 2 32 3

5 6 6 0.

Entonces, B no es inversible.

2. Aplicando la propiedad 1: detA.B detAdetB, en lugar de hacer elproducto calculamos cada uno de los determinantes detA y detB.Como A es una matriz triangular,

detA 1 2 3 6.Calculamos detB desarrollando por la fila 1:

detB 1 22 0

3 0 11 2

4 3 1.

Entonces, detA.B 6 1 6.

3. Otra vez usamos que detA.B detAdetB.Para calcular detA desarrollamos por la primera fila:

detA 1 13 0

2 10 3

3 6 3.

Para calcular detB desarrollamos por segunda columna:

detB k 01 1

k.

Entonces detA.B detAdetB 3 k 5 de donde k 53 .

4. Para que AB no sea inversible, debe cumplirse que

Page 109: Apuntes Algebra

detAB 0.Entonces:

detAdetB 0.Luego

detA 0 ódetB 0.Como detA 0 (lo calculamos en el ejercicio anterior), se verifica que

detB 0.Pero como

detB k

resulta que AB no es inversible si y sólo si k 0 .

5. Sabemos ahora que para saber si una matriz es inversible no hace faltatratar de calcular la inversa, sino simplemente calcular el determinante y ver si esdistinto de 0.Calculamos entonces detA, desarrollando por la primera fila:

detA x 0 1 x1 2

3 2 01 1

x 1 x 3 2 x2 x 6.

Buscamos entonces los x R para los cuales x2 x 6 0.Nos sirven todos los números reales excepto las raíces de la cuadrática x2 x 6.Repasemos entonces cómo se hallan las raíces de ax2 bx c.Si b2 4ac 0 entonces hay raíces, y las notamos x1 y x2.En este caso,

x1 b b2 4ac2a y x2 b b2 4ac

2a .

Para abreviar se suele escribir

x1,2 b b2 4ac2a .

Ahora: a 1,b 1 y c 6.Entonces:

x1,2 1

1 462 ,

de dondex1 3, x2 2.

Entonces, la matriz A es inversible para todo x 3 y x 2 .

6. Buscamos los x R para los cuales detA 0.Calculamos

detA 2 x 312 x

2 x2 36.

Entonces 2 x2 36 0.

Page 110: Apuntes Algebra

Pero como un producto es 0 sólo si alguno de los factores lo es, basta poner quex2 36 0, y esto es lo mismo que x2 36.Entonces, los valores de x que hacen que A no sea inversible son x 6 y x 6 .(Observemos que no hemos aplicado la fórmula de las raíces para resolver estaecuación cuadrática, porque en este caso es más rápido y sencillo despejardirectamente la variable. Conviene usar la fórmula sólo en el caso en que todoslos coeficientes de la ecuacion -a,b y c -, sean distintos de cero.)

7. Para calcular detA.B1 aplicamos las propiedades acerca del determinantedel producto y el determinante de la inversa:detA.B1 detAdetB1 detA. 1

detB .(No estaría mal calcular la inversa de B, luego hacer AB1 y a esta última matrizcalcularle el determinante, pero sería más laborioso).Para calcular detA desarrollamos por la segunda fila

detA 6 1 22 2

6 2 4 36.

Ahora, calculamos detB desarrollando por la tercera fila:

detB 4 3 00 1

4 3 12.

Entonces, detA.B1 detAdetB 36

12 3 .

Aplicación al análisis de sistemas de n ecuaciones lineales con nincógnitas.Propiedad

Sean A Rnxn, X

x1. . .xn

y B

b1. . .bn

. Entonces, las siguientes proposiciones

1. El sistema S : AX B tiene solución única.

2. La matriz A es inversible.

3. detA 0.son equivalentes.

Observación

Ya habíamos visto que si A es inversible entonces el sistema AX B es compatibledeterminado pues

X A1B.Si la matriz A no es inversible, el sistema S puede ser indeterminado o incompatible.

Para ver en qué caso estamos, habrá que tener en cuenta B.

sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
sfucci
Resaltado
Page 111: Apuntes Algebra

Ejercicios

1. Hallar todos los valores de k R para los cuales el sistema

S :1 33 k2

xy

1k

es compatible.

2. Determinar todos los valores de k R para los cuales el sistema

S :x ky z 1kx 2y 2

2x 1 ky 4z 1

a. tiene solución única,

b. tiene infinitas soluciones,

c. es incompatible.

Soluciones

1. Primero veamos para qué valores de k el sistema es compatibledeterminado.En este caso, la matriz

A 1 33 k2

debe ser inversible, o, equivalentemente, detA 0.Como

detA k2 9,entonces

k2 9 0,de donde

k2 9.

Entonces el sistema es compatible determinado si k 3 y k 3 .Para ver cuándo es compatible indeterminado, nos fijamos qué pasa para k 3 yk 3.Si k 3, la matriz ampliada del sistema es:

1 33 9

13

,

que es equivalente a:

Page 112: Apuntes Algebra

1 30 0

10

,

de donde, para k 3 el sistema es compatible indeterminado.

Si k 3, la matriz ampliada del sistema es:1 33 9

13

,

que es equivalente a1 30 0

16

,

de donde, para k 3, el sistema es incompatible .Resumiendo: el sistema es compatible para todo k 3 .

2. Para estudiar el sistema S, calculemos1 k 1k 2 02 1 k 4

k k 1

1 k 4 2

1 12 4

k 4k 1 k 2 4 2 k 3k 1 4 3k2 k 4.Busquemos las raíces de 3k2 k 4:

k1,2 1

1 43423 1

76 .

Entoncesk1 86 43 , k2 1.

Las raíces son los valores que hacen que el determinante sea 0.Luego, el sistema será compatible determinado para los valores que no sonraíces:

el sistema es compatible determinado para todo k 43 y k 1

Para que la respuesta esté completa, debemos estudiar qué pasa si k 43 o si

k 1.Si k 4

3 , la matriz ampliada del sistema es:

1 43 1 1

43 2 0 2

2 73 4 1

.

Triangulamos:

Page 113: Apuntes Algebra

1 43 1 1

0 29 4

3 23

0 13 2 1

1 43 1 1

0 1 6 30 1

3 2 1

1 0 9 30 1 6 30 0 0 0

Resulta entonces quepara k 4

3 el sistema es indeterminado

.Para k 1 la matriz ampliada del sistema es:

1 1 1 11 2 0 22 0 4 1

.

Triangulamos:1 1 1 11 2 0 22 0 4 1

1 1 1 10 1 1 30 2 2 1

1 1 1 10 1 1 30 0 0 7

.

Concluimos quepara k 1 el sistema es incompatible

Page 114: Apuntes Algebra

Matriz insumo-productoEste apartado es un resumen del capítulo 8 del libro de Grossman: Aplicaciones del

álgebra lineal.El objetivo es estudiar el modelo propuesto por el economista estadounidense Leontief,

desarrollado en 1936 y por el cual ganó el premio Nobel de economía en 1973, queestudia la relación que hay en una economía entre lo que se produce y lo que se demandaen cada industria.Matriz de tecnología y Matriz de Leontieff.Vector producción y Vector demanda.EjemploSupongamos para simplificar que nuestra economía tiene sólo dos industrias: Minería y

Petróleo.Para poder funcionar, cada industria necesita usar productos que ella misma produce y

también que produce la otra.Supongamos que la industria minera necesita, por cada peso que produce, $0.2 de símisma y $0.6 de la de petróleo; y la industria petrolera necesita, por cada peso queproduce $0.3 de la industria minera y $0.4 de sí misma. Hasta aquí hemos mencionadocuál es la demanda interna: esto es, lo que demandan de sí mismas las industrias parapoder funcionar.

Además, habrá una demanda externa: cuánto se pide de afuera del sistema,porejemplo de usuarios, empresas privadas, otros países, etc. Supongamos que la demandaexterna sea, en millones, de $180 para la industria minera y $90 para la petrolera.

Lo que necesitamos saber es cuánto es necesario producir para satisfacer exactamentelos requerimientos de la demanda interna y los de la demanda externa.

Llamemos x a cuánto debe ser (en millones de pesos) la producción de la industriaminera para satisfacer la demanda externa y la interna,

y llamemos y a cuánto debe ser (en millones de pesos) la producción de la industriapetrolera para satisfacer la demanda externa y la interna.

¿Cuál es la demanda interna para la minería? Si x es la producción (en millones) de laindustria minera, $0.2x se gasta en producirlos, y para producir y (en millones) de petróleose requerirán $0.3y. La demanda interna para la minería es entonces (en millones depesos) 0.2x 0.3y. Agregando la demanda externa, se debe producir

x 180 0.2x 0.3y.Igualmente vemos que

y 90 0.6x 0.4y.Debemos entonces resolver el sistema

S :x 180 0.2x 0.3yy 90 0.6x 0.4y

.

Page 115: Apuntes Algebra

Escribámoslo matricialmente. Para eso llamemos X xy

al vector producción.

Entonces S se puede escribir:

S :xy

18090

0.2 0.30.6 0.4

xy

.

La matriz

C 0.2 0.30.6 0.4

se llama matriz de tecnología (o de insumo-producto): es la matriz que nos permite calcularcuánto se debe producir para satisfacer la demanda interna.

El vector

D 18090

se llama vector de demanda externa. Su significado es evidente.

Observemos que el sistema S se puede reescribir

S :xy

0.2 0.30.6 0.4

xy

18090

.

Equivalentemente:

S :1 00 1

xy

0.2 0.30.6 0.4

xy

18090

.

Para simplificar esta expresión, saquemos factor comúnxy

: entonces

S :1 00 1

0.2 0.30.6 0.4

xy

18090

.

La matriz I C se llama matriz de Leontief. En este caso:

I C 1 00 1

0.2 0.30.6 0.4

0.8 0.30.6 0.6

nuestro sistema es:

Page 116: Apuntes Algebra

S :0. 8 0.30.6 0.6

xy

18090

.

En general, si C es la matriz de tecnología, X el vector producción y D el vectordemanda, podemos escribir

S : I CX D.

En condiciones normales I C resulta inversible, de donde el sistema es compatibledeterminado y su solución es

X I C1D.

Preferimos ahora resolver I CX D en lugar de resolver X I C1D para no tenerque buscar I C1.Triangulamos entonces

810

.310

610

610

18090

8 36 6

1800900

6 68 3

9001800

1 18 3

1501800

1 10 5

1503000

1 10 1

150600

1 00 1

450600

Por lo tanto, para satifacer esa demanda la industria minera debe producir 450 millones depesos y la industria petrolera debe producir 600 millones de pesos.

EjercicioUna economía tiene dos rubros interdependientes A y B. La matriz de tecnología

correspondiente es0.2 0.50.4 0.6

.

Sabiendo que una producción de $2000 para el rubro A satisface una demanda externa de$300 para el rubro B, averiguar:

1. qué demanda externa satisface para el rubro A,

2. cuál fue la producción correspondiente al rubro B.

SoluciónTenemos como dato la matriz de tecnología C. Para repasar, interpretemos su

significado: recordemos que la primera ecuación corresponde a lo que se debe producir enel primer rubro, que en este caso es el A.

La matriz C nos va a dar la información de cuál es la demanda interna para A:

Page 117: Apuntes Algebra

el primer coeficiente, a11 0.2, es lo que A requiere de A: significa que se gastan $0.2 delrubro A para producir un peso de A;y el segundo coeficiente, a12 0.5, es lo que B requiere de A: significa que se gastan $0.5del rubro A para producir un peso de B.

Análogamente, para satisfacer las demandas internas de nuestra economía, la segundaecuación corresponde a lo que se debe producir en el segundo rubro, en este caso B.el primer coeficiente, a21 0.4, es lo que A requiere de B: significa que se gastan $0.4 delrubro B para producir un peso de A;y el segundo coeficiente, a22 0.6, es lo que B requiere de B: significa que se gastan $0.6del rubro B para producir un peso de B.

En general, sabemos que si X es el vector producción, D el vector demanda y I C lamatriz de Leontieff, entonces

I CX D.Nos dicen que:

I C 1 00 1

0.2 0.50.4 0.6

0.8 0.50.4 0.4

y

si X xy

2000y

entonces D d1d2

d1300

.

Reemplazando obtenemos:

0.8 0.50.4 0.4

2000y

d1300

Multiplicando:

0.5y 16000.4y 800

d1300

.

Esto se puede escribir como un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas: d1 es lademanda externa que se satisface para A, e y es la producción correspondiente al rubro B.Reescribamos la igualdad anterior como:

0.5y 1600 d10. 4y 800 300

.

De la segunda ecuación obtenemos y 2750.Reemplazando en la primera: 0.5 2750 1600 d1, de donde d1 225.Entonces: la demanda externa que se satisface para el rubro A es de $225 , y

la producción correspondiene en el rubro B es de $2750 .

Page 118: Apuntes Algebra

Economía productivaSea C la matriz de insumo producto de una economía.La pregunta que en general se quiere contestar es: dada una demanda externa, cuánto

se debe producir para poder satisfacerla. En principio, podría existir una demada que nopueda ser satisfecha.Ya que suponemos que la matriz de Leontieff es inversible, dado el vector D basta tomar

X I C1D.Una economía es productiva si todos los coeficientes de la matriz I C1 son positivos.En este caso, dado un vector demanda, siempre habrá un vector X 0 que sea solucióndel sistema.Condiciones suficientesPara que una economía sea productiva, basta con que se cumpla una de las siguientes

condiciones:1. Que la suma de los coeficientes de cada fila de la matriz C sea menor que

uno.

2. Que la suma de los coeficientes de cada columna de la matriz C sea menorque uno.Esto significa que si alguna de las dos condiciones se cumple, la economía es

productiva.Tratemos de ver el significado económico de estas condiciones. Para eso, veamos elsiguiente ejemplo.Supongamos que tenemos una economía con dos industrias cuya matriz de tecnología es

C 0.2 0.40.3 0.5

y que producimos un peso para cada industria. Entonces, el vector producción es

X 11

.

La demanda interna requerida para esta producción está dada por

0.2 0.40.3 0.5

11

0.60.8

.

Por lo tanto, para producir un peso para cada industria, hay una demanda interna de $0.6para la primera y $0.8 para la segunda. Nos están sobrando $0.4 y $0.2 respectivamentepara satisfacer demandas externas.

Queda como ejercicio ver qué significado tiene la suma de cada columna.ObservaciónLa condición suficiente no se cumple si hay tanto alguna fila como alguna columna que

verifiquen que la suma de sus coeficientes no es menor que uno. En este caso, debe

Page 119: Apuntes Algebra

apelarse a la definición: calcular la inversa de la matriz de Leontieff y ver si sus coeficientesson todos mayores o iguales a 0.EjerciciosDecidir si son productivas las economías cuyas matrices de tecnología son,

respectivamente:

1. 0.2 0.40.3 0.1

.

2. 0.3 0.50.8 0.1

.

3. 0.3 0.80.5 0.1

.

4. 0.4 0.40.2 0.8

.

5. 0.5 0.80.6 0.3

.

Soluciones

1. Sí, pues la suma de los coeficientes de las filas es menor que 1.Se puede llegar a la misma conclusión trabajando con las columnas.

2. También es productiva, ya que la suma de los coeficientes de las filas esmenor que 1.No es necesario que se cumpla simultáneamente la condición sobre lascolumnas.

3. Es productiva, pues la suma de los coeficientes de las columnas es menorque 1.

4. Como no se cumple la condición suficiente, calculamos I C1.Planteamos:

I C 1 00 1

0.4 0.40.2 0.8

0.6 0.40.2 0.2

.

Calculamos entonces la matriz inversa de la matriz de Leontieff:0.6 0.40.2 0.2

1 00 1

2 26 4

0 1010 0

1 16 4

0 510 0

Page 120: Apuntes Algebra

1 10 2

0 510 30

1 10 1

0 55 15

5 105 15

.

Como todos los coeficientes de esta matriz son positivos,la economía es productiva .

5. La condición suficiente no se cumple. En este caso, debemos ver si secumple la condición requerida para I C1.

I C1 1 00 1

0.5 0.80.6 0.3

1

5. 3846 6. 15384. 6154 3. 8462

.

Por lo tanto, esta economía no es productiva .

Mas ejercicios

1. Un chapista y un mecánico tienen sus talleres en la misma cuadra. Ambosreparan vehículos y usan los servicios de su vecino para completar sus propiostrabajos. Cada peso de trabajo que realiza el chapista tiene un costo de $0,25 desu propio servicio y $0,25 del taller del mecánico. En cada peso que factura elmecánico hay $0,10 de costo de chapista y $0,20 de material del taller del propiomecánico. En promedio el chapista tiene encargos de trabajos por valor de $690 yel mecánico por valor de $460. ¿Cuánto debe producir cada uno por semana?

2. Una empresa que produce dos servicios: A y B, tiene matriz de tecnología0,2 0,40,1 0,2

.

Si la empresa produce $500 de A, ¿cuánto debe producir de B para satisfacer unademanda externa de $300 de A?

Soluciones

1. Consideramos el chapista como la primera industria y el mecánico como lasegunda.Recordemos que la primera fila nos va a dar la información de cuál es lademanda interna para la primera industria, en este caso, para el chapista.Transcribamos del problema: "Cada peso de trabajo que realiza el chapista tieneun costo de $0,25 de su propio servicio y $0,25 del taller del mecánico. En cadapeso que factura el mecánico hay $0,10 de costo de chapista y $0,20 de materialdel taller del propio mecánico". Entonces, la demanda interna para el chapista esde $0,25 yde $0,10. Luego, en la primera fila de la matriz deben ponerse loscoeficientes: 0,25 0,10 . Análogamente, considerando la demanda interna parael mecánico, la segunda fila debe ser: 0,25 0,20 . Entonces, la matriz detecnología es:

C 0,25 0,100,25 0,20

.

Page 121: Apuntes Algebra

La demanda externa es690460

. Como es habitual, X x1x2

es el vector

producción. Luego, reemplazando en la ecuación general I CX D , tenemosque resolver el sistema:

0,75 0,100,25 0,80

x1x2

690460

.

Haciendo cuentas, obtenemos que x1 1040 y x2 900. Esto significa que,por semana, el chapista debe producir $1490 y el mecánico $900 .

2. Si D dAdB

es el vector demanda y X xAxB

es el vector

producción, entonces .X 500xB

y D 300dB

. Reemplazando en la

ecuación general I CX D, obtenemos:0,8 0,40,1 0,8

500xB

300dB

.

Entonces,0,8 500 0,4 xB 3000,1 500 0,8 xB dB

Despejando en la primera ecuación, obtenemos xB 250. Reemplazando estevalor en la segunda ecuación, nos queda dB 150. De todos modos, sólo nospreguntaban por el valor de xB. La respuesta es:B debe producir $250 para satisfacer una demanda externa de $300 de A .

Page 122: Apuntes Algebra

PRÁCTICA 5Inecuaciones en R y en R2.Inecuaciones en R.

Sean a, b y c son números reales. Recordemos que en R hay una relación de orden que verifica:

1. Si a b entonces a c b c.

2. Si a b entonces

a. si c 0 entonces ac bc,

b. si c 0 entonces ac bc.

Regla de los signos

Por 2., tenemos que

si a 0 y b 0 entonces ab 0si a 0 y b 0 entonces ab 0si a 0 y b 0 entonces ab 0si a 0 y b 0 entonces ab 0.

(Si los signos son iguales, el producto es positivo, si los signos son distintos, el producto esnegativo, ya quesi b es positivo, al muiltiplicar la primera desigualdad, esta se mantien, si b es negativo, seinvierte)Observar que el resultado es positivo si ambos factores tienen el mismo signo, y negativo sino lo tienen.

EjerciciosRepresentar en la recta real los x tales que1. x 2 2x 1.

2. x 2 2x 4.

3. 3x 5 x 1 3x 4.

4. xx 1 0.Para poder graficar en cada caso, primero resolvemos las inecuaciones.

Soluciones

1. Si x 2 2x 1 entonces 3 x. Marcamos en la recta todos los puntos queestán a la derecha de 3:

0 3

Page 123: Apuntes Algebra

2. Ahora: x 2 2x 4. Entonces 2x x 4 2, esto es: x 2. Graficamos:

0 2

3. En este caso, en el que hay dos desigualdades, resolvemos primero una,luego la otra y finalmente vemos cuáles son los números x que cumplen ambascondiciones.Como 3x 5 x 1, entonces 2x 6. Multiplicamos por 1

2 ambos miembros, ycomo 1

2 0, la desigualdad no se altera . (Decimos que "pasamos el 2dividiendo".) Entonces, x 3.Resolvemos ahora x 1 3x 4. Tenemos que 3x x 4 1, esto es: 2x 3.Ahora "pasa diviendo" 2, y, como es negativo, cambia el sentido de ladesiguladad. Tenemos entonces que x 3

2 .Graficamos ahora ambas desigualdades. Los puntos que son solución serán losque se marquen dos veces, pues cumplen las dos condiciones.

0-3/2 3

4. Si un producto debe ser negativo, entonces, los signos de los factoresdeben ser distintos. Luego:

a. x 0 y x 1 0 ó

b. x 0 y x 1 0.Esto es lo mismo que1. a. x 0 y x 1 ó

0-1

b. x 0 y x 1.

0-1

No hay puntos que estén simultáneamente a la izquierda de -1 y a la derecha de 0.

Este caso no aporta soluciones.

Los puntos que sirven provienen de a. y de b. Como b. no aportasoluciones, la solución es el intervalo 1;0 .

Observemos que la solución de una inecuación es una semirrecta, y la solución de dosinecuaciones simultáneas puede ser vacía, un intervalo o la unión de dos intervalos.

Page 124: Apuntes Algebra

Inecuaciones en R2. Semiplanos.Dibujar en el plano todos los pares x,y tales que1. x 3.

La condición afecta sólo a la primera coordenada, la segunda puede sercualquiera. Gráficamente:

3

Todos los puntosde este semiplanotienen primeracoordenada mayoro igual que 3.

En este semiplano, todos los puntos tienen primera coordenada menorque 3.

2. x 3.Es igual al anterior, excepto que ahora debemos excluir la recta x 3.Gráficamente, en lugar de dibujarla a trazo lleno, la punteamos:

3

x>3, y sin restricciones.

Observemos que el subconjunto del plano de los x,y que verifican x 3 es elotro semiplano:

Page 125: Apuntes Algebra

3

x<3, y sin restricciones.

3. y 2.

2

En este semiplanoy es menor o igual a 2x no tiene restricciones

4. y 2x 1.La solución es una recta.

y=2x+1

1

-1/2

Page 126: Apuntes Algebra

5. y 2x 1.Sabemos que la recta y 2x 1 está contenida en la región, debemos ver cuálespuntos son los que se agregan. Para esto, nos ayudamos trazando una rectavertical:

y=2x+1

y>2x+1

y<2x+1

Dado P=(x,y), si y>2x+1, P no está en la región, ysi y=2x+1 ó y<2x+1, P está en la región.

6. 2x y 2.Marquemos primero la recta 2x y 2 -con trazo lleno, pues nuestra desigualdadno es estricta.El plano nos queda dividido en dos semiplanos: para ver cuál de los dos es el queverifica la desigualdad, basta con probar con un punto de alguno de ellos. Si estepunto la verifica, entonces el semiplano que lo contiene es el buscado, mientrasque si no la verifica, el semiplano buscado es el otro.

1

-2

2x-y=2Este es el semiplano: el punto (0,0) verifica la desigualdad :2*0-0<0y pertenece al mismo.

(0,0)

Page 127: Apuntes Algebra

Sistemas de inecuaciones lineales. Región de factibilidad y puntos esquina.Así como marcamos en una recta el conjunto solución de un sistema de inecuaciones,

marcaremos ahora en el plano el conjunto solución de un sistema de inecuaciones de dosvariables.

Simplemente debemos ir marcando prolijamente el conjunto solución de cadainecuación y luego ver cuál es la región del plano que se ha marcado siempre: los puntosde esta zona son exactamente los que verifican todas las inecuaciones.

EjerciciosEncontrar el conjunto de soluciones de los siguientes sistemas:

1.2x 3y 42x y 4

2.2x 3y 42x y 4x 0

3.

x y 22x y 8x y 7y 0

4.x y 0x 1x y 2

5.x y 0y 1

x y 2

SolucionesEn todos los casos, dada una inecuación, pensaremos primero en la recta definida por

la igualdad.1. Primero marcamos L1 : 2x 3y 4 :

2

4/3

L1

De los dos semiplanos determinados por L1, elegimos el que se corresponde con2x 3y 4: observemos que el punto 0,0 verifica 2 0 3 0 0 4. Elegimosentonces el semiplano que contiene el origen. Lo marcamos sombreando de lasiguiente manera:

Page 128: Apuntes Algebra

2

4/3

L1

(Este es elsemiplanoelegido.)

(Rayamos sólo lo suficiente para entender de qué semiplano se trata, elsombreado completo lo hacemos recién al finalizar.)Ahora dibujamos L2 : 2x y 4 y marcamos el semiplano dado por 2x y 4.

4/3

L 1

L2

La solución es la parte del plano "señalada" las dos veces. (Se entiende el porqué de las líneas cortas: si no fueran así, a medida que hay más semiplanosmarcados, van quedando tantas líneas superpuestas que es muy difícil visualizarla solución.)La región buscada es:

2

4/3

L1

-4

L2

Esto significaque por lo menos una de las variableses no acotada,

(en este caso, ambas.)

La región solución es NO ACOTADA.

El punto donde se intersecan L1 y L2 se llama punto esquina de la región.Entonces, 2,0 es punto esquina.

2. Observemos que las dos primeras desigualdades son las mismas que en el

Page 129: Apuntes Algebra

caso anterior, pero ahora agregamos la condición x 0.

2

4/3

L1

-4

L2

Ahora nuestra regiónes ACOTADA.

Cuando la región es acotada, diremos que se trata de un polígono. En este caso,los puntos esquina son los vértices del polígono. En este caso, el polígono es untriángulo y sus vértices son los puntos 2,0, 0,4 y 0,4/3.

3. Como antes, marcamos primero las rectas L1, L2, L3 y L4 dadas por lasigualdades. Al marcar cada una, indicamos cuál es el semiplano dado por lacorrespondiente desigualdad.

-2

2

4

8

7

7

1 2

3

4

L L

L

L

La restricción x>0 no agregacondición, pues los puntosque verifican las otras trescondiciones ya la cumplen.

Remarcamos la solución:

8

1 2

3

4

L L

L

L

E

E1

2La región esNO ACOTADA.

Los puntos donde se intersecan por lo menos dos de las rectas que definen laregión están marcados en el último dibujo. Sin embargo, no todos están en lazona que es solución. Aprovechamos el ejercicio para dar las siguientesdefiniciones:

Page 130: Apuntes Algebra

a. Los puntos que cumplen con todas las restricciones se llaman puntosde factibilidad.

b. El conjunto de puntos de factibilidad se llama región de factibilidad. Eneste caso, es la región sombreada.

c. Un punto esquina es un punto que está en la región de factibilidad y enpor lo menos dos de las rectas que limitan la región. En el gráfico, loshemos indicado como E1 y E2. Observemos que si definimos puntosesquina como los puntos de intersección de por lo menos dos de lasrectas que limitan la región, en este caso habría 6 puntos esquina; sinembargo, sólo dos de ellos son puntos de factibilidad.

4. Procediendo como antes, obtenemos:

L

L

L1

2

3

La región es NO ACOTADA.Hay dos puntos esquina:(-1,1) y (1,-1).

5. Ahora:

L

L

L1

2

3

La región es un polígono.Los puntos esquina sonlos vértices del triángulo.

AplicaciónLa Compañía Andina fabrica dos modelos de camperas con tela avión (TA) y cuero (C).

Tanto TA como C vienen en piezas de ancho fijo y se dispone de 378 m de TA y 150 m deC.Para confeccionar una campera "Escalador" se necesitan 2 m de TA y 0.7 m de cuero.Para confeccionar una campera "Caminante" se necesitan 4 m de TA y 1.20 de cuero.Representar la región de factibilidad y determinar los puntos esquina.

SoluciónPretendemos averiguar cuántas camperas de cada tipo podemos fabricar con el stock

Page 131: Apuntes Algebra

dado, pudiendo no usarse todo. Llamemos:x a la cantidad de camperas "Escalador" que vamos a fabricar,y a la cantidad de camperas "Caminante".

La restricción de TA es 2x 4y 378, la de C es 0.7x 1.20y 150.Planteamos entonces el sistema:

2x 4y 3780.7x 1.20y 150x 0, y 0

.

Las restricciones de positividad se deben a que las variables representan cantidades. Enrealidad, estas variables representan números enteros, pues se refieren a cantidad decamperas. Gráficamente:

189

214,29

125

La condición del cuero no agrega restriccionesa la que da la tela avión.

Los vértices del triánguloT son: (0,0), (0,94.5) y (189,0).

T

Del triángulo, nos quedamos sólo conlos puntos que tienen coordenadas enteras.

94.5

Los puntos factibles son los pares de números enteros que están en el interior de T.

Programación lineal en el plano: máximos y mínimosFunción lineal y curvas de nivelProblema

Una compañía fabrica los productos A y B. El producto A se vende a $12 por unidad y elB a $8.Expresar el monto de entradas diarias en función de las ventas de cada producto. ¿Cuántose vende de cada uno si se obtiene una entrada de $100?

SoluciónLlamemos x a la cantidad de unidades de A vendidas diariamente, e y a la cantidad de

unidades vendidas de B.Entonces, el monto de entradas diarias es

Page 132: Apuntes Algebra

z 12x 8y.En general, una función lineal de dos variables es una función

z ax bydonde a y b son números reales.

Si se venden $100, entonces 100 12x 8y. En el plano, esto representa una recta.Como x e y representan unidades de productos, sus valores posibles son 0,1,2 .

Observemos que los valores posibles de x son 0,1, , 8 ( ya que 12 9 108 100).Para cada valor posible de x, nos fijamos si y 10012x

8 es entero:1. x 0 entonces y 100120

8 252

2. x 1 entonces y 1001218 11

3. x 2 entonces y 1001228 19

2

4. x 3 entonces y 1001238 8

5. x 4 entonces y 1001248 13

2

6. x 5 entonces y 1001258 5

7. x 6 entonces y 1001268 7

2

8. x 7 entonces y 1001278 2

9. x 8 entonces y 1001288 1

2

Gráficamente:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

12

3

45

6

7

8

9

10

11

13

12

Marcamos los puntos(x,y) de coordenadasenteras que están enla recta de ecuación12x+8y=100.

z=100

Estos son: (1,11), (3,8),(5,5) y (7,2).

1. La recta 12x 8y 100 es una curva de nivel de la función lineal z. Lanotaremos z100.Si nos hubieran pedido los puntos x,y donde z 200 habríamos dibujado lacurva de nivel z200.

En general, dada una función lineal z ax by, los puntos x,y tales que ax by cestán en la curva de nivel c de z.

Page 133: Apuntes Algebra

EjercicioPara la función lineal z 3x 2y dibujar las curvas de nivel z 10, z 4, z 6.

SoluciónDebemos graficar las rectas 10 3x 2y, 4 3x 2y y 6 3x 2y.

-6

410

z

zz

Curvas de nivelde la función linealz=3x-2y.

Observemos que las curvas de nivel de una función lineal de dos variables son rectasparalelas.

Por ejemplo en este caso tenemos que si z 3x 2y, entonces y 32 z

2 : todas tienenpendiente 3

2 .La ordenada al origen depende justamente de cuál es la curva de nivel de z que

estamos trazando..Asignándole distintos valores a z, observemos el siguiente comportamiento de las

curvas de nivel:

-6

4 10

z

zz-5

-2

3z decrece

z crece

En general, marcando dos curvas de nivel podemos deducir ¨para qué lado ¨ z crece y¨para qué lado ¨ z decrece .

Page 134: Apuntes Algebra

Máximos y mínimosQueremos hallar los valores máximos y mínimos de funciones lineales cuando las

variables están restringidas por ecuaciones e inecuaciones lineales. Para hacerlo seránútiles las curvas de nivel de la función.

Ejercicios

1. Encontrar el máximo de la función z x y cuando 0 x 1, 0 y 1.

2. Encontrar el máximo de la función z x y cuando x,y está restringido altriángulo de vértices 0,0, 0,1, 1,0.

Soluciones

1. La región es el cuadrado unidad. Lo dibujamos, y también las curvas denivel de z.

1

1

2

1

0

z

z

z

z crece

z decrece

Si trazo una curva de nivel z=ccon c>2, no va a tener ningúnpunto en la zona de factibilidad.

Si trazo una curvade nivel z=c con c<0, no va a tener ningúnpunto en la zona de factibilidad.

¿Qué significa que haya una curva de nivel z 1 que pase por la región? Quehay por lo menos un x,y en la región que verifica que la función z en ese puntotoma el valor 1.Por el gráfico, nos damos cuenta de que el punto 1,0 está en esa curva denivel. Verificamos: z1,0 1 0 1. También el 0,1 : z0,1 0 1 1. Másaún: cualquier x,y el segmento de extremos 1,0 y 0,1 verifica que x y 1.

Viendo cuáles son las curvas de nivel que pasan por nuestra región,observamos que el valor máximo que puede tomar z se alcanza en el vértice:1,1, siendo ese valor máximo igual a dos: z1,1 1 1 2.

A la función z a la cual le estamos calculando el valor máximo o mínimo lallamamos función objetivo.

2. Nuevamente, graficamos la región de factibilidad y las curvas de nivel de lafunción objetivo.

Page 135: Apuntes Algebra

1

0

z

z

Ahora el valor máximo de z es 1.Este valor lo alcanza en los vértices(0,1) y (1.0), y en todos los puntosde la arista cuyos extremos son estos vértices. (La curva de nivel z=1se superpone con este lado del triángulo):

EjerciciosCalcular los valores máximos y mínimos que toma la función objetivo z sobre la región R

en los siguientes casos:

1. z x 3y , R :8x 16y 324x 8y 8x 0 y 0

2. z x y , R :5x 10y 20x 4y 4x y 2

3. z 2x y , R :x y 3x y 5

Soluciones

1. Primero graficamos la región de factibilidad.

4

2

-2

1

1

2L

L

La región defactibilidad esacotada.

Tres de sus vérticesson inmediatos decalcular: (0,0), (4,0) y (0,1).

L

L

3

4

Este vértice es el punto (1,3/2).

Page 136: Apuntes Algebra

Ahora agregamos las curvas de nivel de z. Para no confundirlas con las rectas yadibujadas, dibujamos las curvas de nivel con un trazo cortado.Para saber qué curvas de nivel pasan por la región, podemos evaluar la funciónobjetivo en los vértices:

Vértice zx-3y(0,0) 0(4,0) 4(1,3/2) -7/2(0,1) -3

.

Como z0,0 0, la curva de nivel z0 pasa por 0,0.Análogamente:como z4,0 4, la curva de nivel z4 pasa por 4,0,como z1,3/2 1/2, la curva de nivel z5/2 pasa por 1,3/2y como z0,1 3, la curva de nivel z3 pasa por 0,1.Graficamos:

1

2L

L

L

L

3

4

z

z

zz

0

4

-3-7/2

Las curvas de nivel z=ccon c<-3 no cortan laregión de factibilidad.

Las curvas de nivel z=ccon c>4 no cortan laregión de factibilidad.

z decrece

z crece

(Las curvas de nivelestán dibujadas conlínea punteada.)

Las curvas de nivel pueden pensarse como rectas que se va moviendoconservando la misma dirección.En un sentido, el valor de z aumenta, en el otro, disminuye.Vemos en nuestro ejemplo que el valor máximo lo alcanzó en el vértice 4,0,siendo z4,0 4, y que el valor mínimo lo alcanzó también en un vértice:z1,3/2 7/2.Se puede demostrar que, en general, en el caso de una región acotada losvalores máximos y mínimos siempre se alcanzan en un vértice, por lo cual, eneste caso, no es necesario el trazado de las curvas de nivel: basta con hacer unatabla como la de más arriba y elegir el valor máximo y el valor mínimo queaparezcan en la misma.

2. Dibujamos la región:

Page 137: Apuntes Algebra

1

2

3L

L

L

La región es acotada.Entonces, calculamoslos vértices y nos fijamoscuánto vale la funciónobjetivo en cada uno de ellos.

V

V

V

1

2

3

Calculamos analíticamente los vértices:

a. V1: solución de5x 10y 20x 4y 4

. Es V1 4,0

b. V2: solución de5x 10y 20x y 2

. Es V2 0,2

c. V3: solución dex 4y 4x y 2

. Es V3 4,2

Hacemos la tabla:Vértice z x y4,0 4 : valor mínimo0,2 2 : valor máximo

4,2 2 : valor máximoEstoes: el valor mínimo se alcanza en el punto 4,0, siendo este valor z 4El valor máximo se alcanza en dos vértices. Esto implica que sealcanza en toda la arista de extremos V2 y V3 (ver el ejemplo del iniciode la clase donde la región es un triángulo). Escribiremosesto:el máximo de la función es z 2 en V2V3 .

3. Graficamos R:

Page 138: Apuntes Algebra

1

2

L

L

La regiónno es acotada.Debe trabajarse con las curvas de nivel.

P=punto esquina=(1,4)

¿Cuál es la curva que pasa por el punto esquina? Es z1,4 2 1 4 2.Graficamos entonces z2 -esto es, la recta 2 2x y. Luego vemos para qué ladoz aumenta y para qué lado z disminuye.

1

2

L

L

z

z

z

Esta curva de nivelpasa por el punto (5,0).Es z(5,0)=-10

-10

25

crece

decrece

La región está rayada horizontalmente con líneapunteada,las curvas de nivel estánmarcadas con línea llena.

Concluimos queel valor mínimo se toma en el punto esquina 1,4, siendo z1,4 2.

z no alcanza máximo pues las curvas de nivel z c cortan la región si c 2.

ResumenEl problema de optimizar una función lineal (encontrar máximos y mínimos) cuando las

variables están restringidas por un sistema de condiciones lineales se llama programalineal.

Las restricciones pueden ser inecuaciones o ecuaciones lineales, y determinan la regiónde factibilidad.

La función a ser optimizada se llama función objetivo.Si la región es un polígono, el máximo y el mínimo se alcanzan seguro en algún vértice.

En este caso, basta entonces calcular los vértices y evaluar z en los mismos. Si el máximose alcanza en dos vértices, entonces se alcanza en la arista que estos determinan. Lomismo para el mínimo.

Si la región no es acotada, hay que trabajar con las curvas de nivel de z. Puedepresentarse cualquier situación: que no exista ni máximo ni mínimo, que exista sólo uno deambos, o que existan los dos.

Page 139: Apuntes Algebra

Algunos ejercicios más

1. Determinar una función lineal z x y tal que el máximo de z sobre elpolígono sombreado se alcance en todo el segmento que une 2,3 y 4,1. ¿Cúales el valor máximo?

x

y

1

3

2 4

2. Sea z x y y D la región de factibilidad determinada porx 3y 1x 2y 4x 3y 0

.

a. Graficar la región de factibilidad y encontrar los vértices.

b. Encontrar, si existen, un valor de y un valor de tales que el máximode z sobre la región de factibilidad se alcance en el vértice 1,0 y elmínimo en el vértice 3,0.

3. Calcular, si existen, el máximo y el mínimo de z 2x y, sujeta ay x 1x 0

.

4. El dueño de un lavadero compra semanalmente suavizante y jabón líquido.Cada semana usa por lo menos 10 litros de suavizante y 16 litros de jabón. Debecomprar por lo menos 30 litros en total y puede almacenar a lo sumo 100 litros. Ellitro de suavizante cuesta $2 y el litro de jabón $1,30. ¿Cuántos litros de cadaproducto debe comprar para minimizar su gasto?

Soluciones

1. Por ser la región un polígono, z alcanza su máximo y su mínimo en losvértices. En la siguiente tabla calculamos el valor que toma z en éstos:

Page 140: Apuntes Algebra

Vértice z x y0,0 01,0

2,3 2 34,1 4

4,0 4

.

Para que se cumpla lo pedido, se debe verificar que z alcance el mismo valor enlos vértices 2,3 y 4,1.Entonces, 2 3 4 . Despejando, . Reescribimos la tabla anterior:

Vértice z x y0,0 01,0

2,3 54,1 54,0 4

.

Si 0, el máximo valor que alcance z será 5. Por ejemplo, podemos tomar 1, entonces (como ) 1 y z x y .El máximo valor que alcanza z es 5.

2.

a. Graficamos la región, dejando como ejercicio el cálculo de los vértices(que aparecen en la tabla del inciso b):

x

y

11/2 1/3

-4

L

L

L

L

1

2

3

4

-3 -2

2

b. Nuevamente, para hacer los cálculos para ver dónde z alcanza su valormáximo y su valor mínimo, es conveniente hacer una tabla.

Page 141: Apuntes Algebra

Vértice z x y3,0 33,1/2 3

2

2,1 2

1,0

0,0 0

.

Nos piden hallar valores de y para que el máximo sea y el mínimosea 3. Entonces, se deben verificar las siguientes desigualdades:

3 3

2

2

0

,

3 3 2

3 2

3

3 0

.

Obervemos que no nos piden todos los valores posibles sino algún y que las verifiquen. Si, por ejemplo, 1 (ya que debe ser positivo)obtenemos las condiciones:

1 312 3

0 21 0

,

0 12

13 13 0

.

Cualquier 0 hace que se verifiquen todas las desigualdades.Tomamos entonces 1 y 1 . Podemos verificar que los valoreshallados cumplen con lo pedido:

Vértice z x y3,0 3: valor mínimo3,1/2 3 1

2 52

2,1 2 1 11,0 1: valor máximo0,0 0

.

3. Graficamos la región y las curvas de nivel:

Page 142: Apuntes Algebra

x

y

x=0y=x+1(es el eje y)

z

zz

2

0

-2z

z c

c

(c cada vezmás grande,seguirá cortandola región)

z=-2x+y

(c cada vez más chico, seguirácortando la región -prolongardibujo).

Por lo visto en el gráfico, z no alcanza ni máximo ni mínimo.Observemos que hay una manera alternativa de probar esto, y es ¨caminandopor los bordes¨.si restringimos z a la recta y x 1, (esto es, calculamos zx,x 1), obtenemosz 2x x 1 x 1. Como la variable x toma valores positivos tan grandescomo querramos (no está acotada), z x 1 toma valores tan chicos comoquerramos: no alcanza mínimo.Si ahora nos restringimos al eje y (ponemos entonces x 0), z y. Como ytoma valores positivos tan grandes como querramos, z tampoco alcanza máximo.

4. Llamemos x a la cantidad de litros de suavizante que va a comprar, e y a lacantidad de litros de jabón líquido.La primera condición que deben cumplir es x 0 e y 0.Como cada semana usa por lo menos 10 litros de suavizante y 16 litros de jabón,se debe cumplir que x 10 e y 16.Como debe comprar por lo menos 30 litros en total, x y 30.Como puede almacenar a lo sumo 100 litros, x y 100.La función costo es z 2x 1,30y.El problema a resolver es entonces:

minimizar z 2x 1,30y, sujeta a

x 10y 16

x y 30x y 100x 0,y 0

.

Resolvemos usando el método gráfico:

Page 143: Apuntes Algebra

y

x10 30 100

16

30

100

(14,16)

(10,20)

(10,90)

(84,16)

Vértice z=2x+1,30y

(14,16)(84,16)(10,90)(10,20)

48.8188,813746

costo mínimo

Entonces, debe comprar 10 litros de suavizante y 20 de jabón líquido paracumplir con todos los requisitos, gastando lo mínimo.El costo será de $46.

Page 144: Apuntes Algebra

PRÁCTICA 6Problema standard de maximización. Método Simplex.Ejemplo

En la práctica anterior hemos aprendido a resolver problemas del tipo:

¨Hallar el MÁXIMO de z 3x1 2x2 sujeto a R

3x1 4x2 82x1 x2 4x1 0 , x2 0

¨

En este caso, la región R es un polígono, y sabemos que el máximo se alcanza en uno desus vértices:

x

y

2 8/3 4

2

Vértices z(x,y)

(8/5,4/5)(8/5,4/5)

(0,0)

(2,0)

(0,2)

32/5

0

6

4

El máximo se alcanza en (8/5,4/5)siendo z(8/5,4/5)=32/5.

¿Qué pasaría si el problema, en lugar de tener 2 variables, tuviera más? No sólo no lopodríamos dibujar, sino que la cantidad de vértices puede ser un número muy grande, yevaluar en todos para ver en dónde se alcanzaría el máximo valor sería extremadamentecostoso.

El método dado a continuación, conocido como MÉTODO SIMPLEX, desarrollado porDantzig (1947), es sumamente ingenioso.El mismo recorre los vértices de manera que la función objetivo vaya incrementándosehasta que, no pudiendo aumentar más, se detiene habiendo encontrado el máximo valor.Para hacerlo, basta con triangular cierta matriz siguiendo unos pasos muy sencillos.Se tardó aproximadamente 40 años en aceptar por qué el método funciona tan bien comolo hace. Recién en 1984 otro matemático propuso un método alternativo, pero el método deDantzig sigue funcionanado mejor en casos que tengan hasta 20000 variables!

El desarrollo del tema se basa en el capítulo "Programación Lineal" del libroAplicaciones de Álgebra lineal, de Grossman.

Page 145: Apuntes Algebra

Método simplexProblema del máximoDefinición El siguiente problema se llama problema estándar de maximización:“dada una función

z c1x1 . . .cnxnque llamaremos función objetivo,

A Rmxn , B

b1b2

bm

Rm tal que bi 0 para todo i 1, . . . ,m , y un sistema de

restricciones

R AX B

x1 0, . . . ,xn 0

se quiere hallar un vector X Rn que maximice z y satisfaga R”.La desigualdad AX B se interpreta coeficiente a coeficiente . Observar que entonces

podemos describir las restricciones como

R AX BX 0

.

Usaremos indistintamente la notación matricial o de sistemas de ecuaciones.Método

Primero transformaremos las desigualdades en igualdades, introduciendo nuevasvariables "de holgura": las nuevas variables indican cuánto le falta a cada desigualdad paraconvertirse en igualdad. Se irán recorriendo los vértices de la región de factibilidad eincrementando el valor de la función en cada paso, hasta encontrar el máximo. El métodopermite realizar estos pasos de una manera sistemática y sencilla.

1. Se transforma el sistema con en uno con , introduciendo una variable deholgura para cada ecuación. Considerando el ejemplo anterior, pongamoss1 8 3x1 4x2, s2 4 2x1 x2 entonces s1 0, s2 0. Ahora reescribimos elsistema utilizando igualdades en lugar de desigualdades, obteniendo el sistema

de 4 incógnitas R

3x1 4x2 s1 82x1 x2 s2 4xi 0 , sj 0

.

Planteamos z 3x1 2x2 0s1 0s2 y observemos que una solución de R estomar x1 x2 0, s1 8, s2 4, siendo z0,0,8, 4 0. Si no tomamos en cuentalas nuevas variables y consideramos sólo x1 x2 0, obtenemos un vértice de R,y también es z0,0 0.Las si son inicialmente las variables básicas y las xi son las variables no

Page 146: Apuntes Algebra

básicas.

2. TABLA SIMPLEX INICIAL:Ahora escribimos el sistema R en forma de tabla, poniendo en la primera fila elnombre de las variables, en la última la nueva función z y en la última columna lasvariables básicas. La primera fila se puede no poner, ya que es siempre igual, yla última columna es optativa -pues se reconstruye fácilmente. En el caso denuestro ejemplo obtenemos:

x1 x2 s1 s23 4 1 0 8 s12 1 0 1 4 s23 2 0 0 z

Los coeficientes de la última fila se llaman indicadores: c1, . . . ,cnm. Debemosinterpretar que los valores de las variables básicas s1 8, s2 4, los de las nobásicas x1 x2 0 y que el valor de la función es 0: z 0.

3. Nos fijamos si hay algún indicador positivo. En caso afirmativo, el valor de zse puede ir incrementando, pues como z 3x1 2x2, si tomamos algún xi 0obtenemos z 0. Luego elegimos un indicador positivo, por ejemplo el mayor. Eneste caso, c1 3. Llamamos j al índice del indicador elegido. En este caso j 1.

4. En la columna j se consideran todos los coeficientes de la misma que sonpositivos -esto es, los aij 0- y se calculan los cocientes bi

aij , eligiendo el aij quelo minimiza. En nuestro ejemplo, comparamos 8

3 , 42 , y vemos que el menor se

obtiene para b3a31 4

2 . Entonces, el pivote elegido es a21.

5. Se triangula la matriz del simplex tomando como pivote el coeficienteelegido, en este caso a21.

a. Se divide la fila i -en nuestro caso, la fila 3- por a21:x1 x2 s1 s23 4 1 0 8 s11 1

2 0 12 2 x1

3 2 0 0 z

.

b. Pivoteamos:x1 x2 s1 s20 5

2 1 32 2 s1

1 12 0 1

2 2 x10 1

2 0 32 z 6

.

La variable básica s2 se reemplaza por x1, por lo cual ahora lasvariables básicas son s1 2, x1 2 y las no básicas s2 x2 0.Claramente, estos valores verifican todas las ecuaciones de R yademás "hacen aumentar" a z, ya que z2,0,2, 0 6.

Page 147: Apuntes Algebra

Si sólo consideramos z en las variables originales, también esz2,0 6.

6. Nos fijamos si quedan indicadores positivos. Como c2 12 0, la respuesta

es sí. Entonces, se debe repetir el procedimiento anterior.

a. Comparamos 252

45 , 2

12

4. Como 45 es el menor, el pivote es

a12 52 .

b. Dividimos la primera fila por a12 , obteniendo:x1 x2 s1 s20 1 2

5 35

45 x2

1 12 0 1

2 2 x10 1

2 0 32 z 6

x1 x2 s1 s20 1 2

5 35

45 x2

1 0 15

45

85 x1

0 0 15 6

5 z 325

Las variables básicas son ahora x2 45 , x1 8

5 , y la solución factibleasociada es

z 85 ,45 32

5Observemos que el hecho de comparar los cocientes bi

aij garantiza quetodos los bi se mantengan positivos. En el caso de habernosequivocado en la elección, alguno de los términos independientes (losbi) se hará negativo al triangular, con lo que nos damos cuenta del errory rehacemos.Esta condición garantiza que el vector hallado pertenezca a la región R:la solución siempre tiene todas sus variables no básicas iguales a 0, ylas básicas son iguales a los coeficientes independientes, que sonpositivos. (Observar que si se verifica el sistema R , como las variablesde holgura son positivas, también se verifica R.)

7. Nos fijamos si queda algún indicador positivo. ¡No! Eso nos dice que eldiagrama anterior es un diagrama terminal, y que la solución asociada al mismonos da la solución del problema del máximo. El hecho de que no quedenindicadores positivos significa que no se puede incrementar el valor de z.Veámoslo en este caso.De la última fila de la tabla inferimos que:

z 325 0x1 0x2 1

5 s1 65 s2.

Para incrementar el valor de z, las variables que no están multiplicadas por 0deberían ser negativas, lo que no puede suceder en nuestra región.La solución asociada a la tabla final es x2 4

5 , x1 85 y s1 s2 0 , siendo

z 325 .

Observemos que alterar los valores de las variables básicas no cambiaría el valorde z, ya que sus coeficientes son 0, y cambiar el de las no básicas disminuiría elvalor de la función (recordar que son mayores o iguales a cero). Por lo tanto, seha alcanzado el máximo.

Page 148: Apuntes Algebra

Ejemplos

1. MAXIMIZAR z x1 2x2 sujeta a R

x1 4x2 13x1 2x2 6x1 0 , x2 0

.

Observemos que nuestra restricción es la región del plano:

x

y

R

1

3

z crece

Solución:Construimos primero

R

x1 4x2 s1 13x1 2x2 s2 6x1 0 , x2 0s1 0 , s2 0

.

(Este paso se puede saltear si no nos equivocamos al construir la tabla inicial.)La tabla inicial es

x1 x2 s1 s21 4 1 0 1 s13 2 0 1 6 s21 2 0 0 z

.

Aplicando el método -elegiendo como indicador a c1- llegamos a la siguiente tablax1 x2 s1 s21 4 1 0 1 x10 10 3 1 9 s20 6 1 0 z 1

.

No es tabla final dado que queda un indicador positivo: c2 6 0. Pero no sepuede seguir aplicando el método pues no hay coeficientes positivos en lacolumna de este pivote. La solución factible asociada a esta tabla es z1,0 1.Observemos que z 1 6x2 s1, luego, si hacemos s1 0 entonces z 1 6x2,

Page 149: Apuntes Algebra

y crece indefinidamente pues x2 no está acotada en la región.(Ver en el gráfico que si nos movemos por la arista correspondiente al puntoesquina 1,0, aumentamos el valor de z indefinidamente.)La respuesta es, entonces, quez no alcanza un máximo valor en la región indicada.

2. MAXIMIZAR z 3x1 2x2 2x3 sujeto a R

x1 x2 x3 152x1 x2 2x3 265x1 2x2 3x3 43x1 0 , x2 0 , x3 0

.

Solución:La tabla inicial es

x1 x2 x3 s1 s2 s31 1 1 1 0 0 15 s12 1 2 0 1 0 26 s25 2 3 0 0 1 43 s33 2 2 0 0 0 z

.

Las variables básicas son s1, s2, s3 y las variables no básicas x1, x2, x3, y z 0.Elegimos el indicador c1 3. Comparamos los cocientes: 15

1 , 262 , 43

5 , siendo elmenor este último. Luego, elegimos como pivote a31 5. Dividimos por 5 la fila 3,obteniendo:

x1 x2 x3 s1 s2 s31 1 1 1 0 0 15 s12 1 2 0 1 0 26 s21 2

535 0 0 1

5435 x1

3 2 2 0 0 0 z

x1 x2 x3 s1 s2 s30 3

525 1 0 1

5325 s1

0 15

45 0 1 2

5445 s2

1 25

35 0 0 1

5435 x1

0 165

15 0 0 3

5 z 1295

.

Las variables básicas son s1 325 , s2 44

5 , x1 435 , las no básicas s3 x2

x3 0 y z 1295 .

(Para chequear que no nos equivocamos en las cuentas, podemos verificar estosvalores en la expresión original del sistema, y en z: z 435 , 0, 0 129

5 .)No es tabla final pues queda un indicador positivo c3 1

5 . Entonces, debemosseguir triangulando. Para elegir el pivote, comparamos los cocientes:

32525

16,44545

11,43535

433 14 13 . Como el menor es 11, el elegido es a23 4

5 .Seguimos triangulando:

Page 150: Apuntes Algebra

x1 x2 x3 s1 s2 s30 3

525 1 0 1

5325 s1

0 14 1 0 5

4 12 11 x3

1 25

35 0 0 1

5435 x1

0 165

15 0 0 3

5 z 1295

x1 x2 x3 s1 s2 s30 1

2 0 1 12 0 2 s1

0 14 1 0 5

4 12 11 x3

1 14 0 0 3

412 2 x1

0 134 0 0 1

4 12 z 28

.

Ahora, las variables básicas s1 2, x3 11, x1 2, las no básicas s3 s2 x2 0y z 28Como no queda ningún indicador positivo, esta tabla es final y el valor obtenidode z es el máximo.

Luego, z alcanza su máximo valor en 2,0,11, siendo z 2,0,11 28 .

3. Hallar el máximo de f x y z sujeta a

x z 5x y 12y z 8

x 2,y 3, z 0

.

Solución:Este no es un problema estándar de máximización, ya que tenemos lascondiciones x 2 e y 3 en lugar de x 0, y 0.Como es frecuente al resolver problemas, tratamos de ¨llevar ¨ un problemanuevo que no sabemos resolver, a otro que sí sabemos. Para esto, observamosque si x 2, y 3 entonces x 2 0, y 3 0.Esto induce a hacer el cambio de variables x1 x 2, y1 y 3. Para unificar lanotación, ponemos z1 z. Debemos reescribir el sistema en función de lasnuevas variables. Despejamos entonces: x1 2 x, y1 3 y y sustituimos en elsistema original, obteniendo:

x1 2 z1 5x1 2 y1 3 12y1 3 z1 8

x1 0,y1 3, z1 0

el cual reescribimos:x1 z1 3x1 y1 7y1 z1 5

x1 0,y1 0, z1 0

La función a maximizar es f x y z x1 2 y1 3 z1 x1 y1 z1 1. Entonces: f 1 x1 y1 z1. Armamos ahora la tabla inicial enfunción de las nuevas variables y pivoteamos:

Page 151: Apuntes Algebra

x1 y1 z1 s1 s2 s31 0 1 1 0 0 3 s11 1 0 0 1 0 7 s20 1 1 0 0 1 5 s31 1 1 0 0 0 f 1

x1 y1 z1 s1 s2 s31 0 1 1 0 0 3 s11 0 1 0 1 1 2 s20 1 1 0 0 1 5 y11 0 0 0 0 1 f 6

obteniendo ya la tabla final. El máximo se alcanza en x1 0, y1 5, z1 0 siendof 6.Volviendo a las variables originales, x 2 0, y 3 5, z 0. Esto es, x 2,y 8, z 0. Observemos que efectivamente, como f x y z, resulta que elmáximo de f es 2 8 0 6. Entonces,f alcanza su máximo valor para x 2, y 8, z 0, siendo f 6 el valor máximo.

4. Hallar el máximo de f 3x 3y en la región R :x y 6y 4

x 0,y 0Solución:Como éste es un problema de dos variables, podemos resolverlo por el métodográfico. La región es acotada:

y

x

6

6

4

vertices 3x+3y

(0,0)(6,0)(2,4)(0,4)

0181812

El valor máximo se alcanza enesta arista

Veamos ahora cómo nos damos cuenta, aplicando el método símplex, que lasolución se alcanza en una arista. La tabla inicial y el pivoteo es muy sencillo:

x y s1 s21 1 1 0 6 s10 1 0 1 4 s23 3 0 0 f

x y s1 s21 1 1 0 6 x0 1 0 1 4 s20 0 3 0 f 18

De acá obtenemos quef alcanza su máximo valor para x 6 e y 0, siendo f 18 el valor máximo.

Las variables básicas son x y s2. Observemos que, a pesar de que la tabla esfinal y ya hallamos el máximo, podríamos seguir pivotenando, y convertir la

Page 152: Apuntes Algebra

variable y en básica; esto será posible ya que hay un 0 como indicador de lavarible y.Más fácil que decirlo es hacerlo:

x y s1 s21 1 1 0 6 x0 1 0 1 4 s20 0 3 0 f 18

x y s1 s21 0 1 1 2 x0 1 0 1 4 y0 0 3 0 f 18

Esto nos dice que f también alcanza su máximo para x 2 e y 4.(Como ejercicio, repita este procedimiento pero eligiendo en la tabla inicial elpivote a22).

5. Hallar el máximo de z x 2y en la región R :

2x y 1z 2

2x y z 3x 0,y 0, z 0

Solución:Planteamos la tabla inicial y pivoteamos:

x1 x2 x3 s1 s2 s32 1 0 1 0 0 1 s10 0 1 0 1 0 2 s22 1 1 0 0 1 3 s31 2 0 0 0 0 z

x1 x2 x3 s1 s2 s32 1 0 1 0 0 1 x20 0 1 0 1 0 2 s20 0 1 1 0 1 4 s35 0 0 2 0 0 z 2

Observemos que, a pesar de no ser tabla final, no podemos elegir pivote en lacolumna donde hay un indicador positivo, ya que en esa columna no haycoeficientes positivos. Esto nos dice quela región no es acotada y z no alcanza máximo en la misma.

6. Un taller hace remeras de tres tamaños: P, M y G.Por cada remera G debe hacer al menos 3 remeras P.La cantidad de remeras P debe ser al menos la cantidad de M y G juntas.Si el taller puede fabricar a lo sumo 600 remeras y la ganancia es $2 por cada P,$3 por cada M y $4 por cada G, hallar cuántas remeras de cada tamaño debefabricar para maximizar la ganancia.Solución:Llamamos x a la cantidad de remeras de tamaño P, y a las de tamaño M y z a lasde tamaño G.Claramente deben ser x 0, y 0, z 0 -además de ser números naturales.También se debe verificar: x 3z, x y z, y x y z 600 -entre todas son a losumo 600.La función ganancia es G 2x 3y 4z. Luego, el problema es:MAXIMIZAR

G 2x 3y 4z

Page 153: Apuntes Algebra

sujeta a

R

x 3z 0x y z 0x y z 600

x 0,y 0, z 0

.La tabla inicial es:

x y z s1 s2 s31 0 3 1 0 0 0 s11 1 1 0 1 0 0 s21 1 1 0 0 1 600 s32 3 4 0 0 0 G

.

Pivoteamos:

x y z s1 s2 s32 3 0 1 3 0 0 s11 1 1 0 1 0 0 z2 0 0 0 1 1 600 s36 1 0 0 4 0 f

x y z s1 s2 s31 3

2 0 12 3

2 0 0 s11 1 1 0 1 0 0 z2 0 0 0 1 1 600 s36 1 0 0 4 0 f

x y z s1 s2 s31 3

2 0 12 3

2 0 0 x

0 12 1 1

2 12 0 0 z

0 3 0 1 2 1 600 s30 8 0 3 5 0 G

x y z s1 s2 s31 3

2 0 12 3

2 0 0 x

0 12 1 1

2 12 0 0 z

0 1 0 13

23

13 200 s3

0 8 0 3 5 0 G

x y z s1 s2 s31 3

2 0 12 3

2 0 0 x

0 12 1 1

2 12 0 0 z

0 1 0 13

23

13 200 s3

0 8 0 3 5 0 G

x y z s1 s2 s31 0 0 0 1

2 12 300 x

0 0 1 13 1

616 100 z

0 1 0 13

23

13 200 y

0 0 0 13 1

3 83 G 1600

,

donde obtenemos que la ganancia máxima posible es de $1600 , y

se consigue fabricando 300 remeras de tamaño P, 200 de M y 100 de G.

Page 154: Apuntes Algebra

Ejemplo de un problema de mínimoQueremos ahora MINIMIZAR z 2x 3y 4z (observar que z-G del ejemplo anterior)

sujeto a las mismas condiciones que el ejemplo anterior:

R

x 3z 0x y z 0x y z 600

x 0,y 0, z 0

.

Buscar el mínimo de z es buscar a,b,c R tal que para todo x,y, z R se verifique:m za,b,c zx,y, z.

Pero esto equivale a buscar a,b,c R tal que para todo x,y, z R se verifique: m za,b,c zx,y, z.

Si consideramos la función z 2x 3y 4z , el problema de hallar el mínimo de z en Requivale a hallar el máximo de z en R, siendo

maxz M m min z.Luego,

z alcanza su valor mínimo en 300,200,100,siendo este valor: 1600.Verificamos: z300,200,100 2 300 3 200 4 100 1600.Este procedimiento lo podemos aplicar en general:MÉTODO:

El problema:

“calcular el MÍNIMO de una función z en una región R del tipoAX BX 0

(B 0)”

se puede resolver siguiendo los siguientes pasos:1. Hallar el máximo M de z , obteniendo za,b,c M.

z. . .

z M

De aquí,

maxz M

2. Deducimos que el mínimo de z es m M, siendo za,b,c M m. Estoes,

min z M.

Page 155: Apuntes Algebra

Ejemplos

1. Siz : 0,6

z : 0,6 dadas por

z 12 x

z 12 x

, entonces el mínimo de z es 3

y el máximo de z es 3.

x

y

6

z

-z

3

-3

2. MINIMIZAR z x1 x2 2x3 sujeta a R :2x1 3x2 x3 105x1 5x2 4x3 32x1 0,x2 0,x3 0

Solución:Para resolver, buscamos el máximo de z x1 x2 2x3 sujeta a R .La tabla inicial es

x1 x2 x3 s1 s22 3 1 1 0 10 s15 5 4 0 1 32 s21 1 2 0 0 z

.

El único pivote posible es a23 4. Pivoteamos:

x1 x2 x3 s1 s22 3 1 1 0 10 s154

54 1 0 1

4 8 s21 1 2 0 0 z

.

x1 x2 x3 s1 s234

174 0 1 1

4 2 s154

54 1 0 1

4 8 x372

72 0 0 1

2 z 16

Tenemos suerte, la tabla es final pues no quedan indicadores positivos. Lasolución asociada al problema del máximo es: z0,0,8 16 .Entonces, la solución del problema original de mínimo es: z0,0,8 16 .

3. Convertir el siguiente programa en un programa de maximización y resolver:

MINIMIZAR z 2x y sujeta ax y 4x y 1x 0,y 0

.

Page 156: Apuntes Algebra

Solución

Planteamos el problema de MAXIMIZAR z 2x y sujeta ax y 4x y 1x 0,y 0

y lo resolvemos, .(no debemos olvidar que, aunque el problema planteado sea deminimizar, para aplicar el método simplex primero debemos convertirlo en un problemaapropidado de maximización, y por último, debemos buscar la respuesta del problemaoriginal).Como es de dos variables, podemos elegir hacerlo gráficamente o por método simplex.Eligimos la segunda opción, planteamos la tabla inicial y pivoteamos.

x1 x2 s1 s21 1 1 0 4 s11 1 0 1 1 s22 1 0 0 z

x1 x2 s1 s20 2 1 0 3 s11 1 0 1 1 x10 1 0 2 z 2

x1 x2 s1 s20 1 1

2 0 32 s1

1 1 0 1 1 x10 1 0 2 z 2

x1 x2 s1 s20 1 1

2 0 32 x2

1 0 12 1 5

2 x10 0 1

2 2 z 72

Entonces: z alcanza su máximo en x1 52 y x2 3

2 , siendo z 52 .

La respuesta a nuestro problema es:z alcanza su mínimo en x1 5

2 y x2 32 , siendo z 5

2 .

-z=7/2

-z=0

En este vértice, -z alcanza su máximoy z alcanza su mínimo.

Page 157: Apuntes Algebra

Problema dual.Ejercicio

1. Un comerciante fabrica colchas Súper y Estándar, con cuero y gamuza.Cada colcha Súper lleva 4 rollos de cuero y 3 de gamuza, y cada colcha Estándarlleva 2 rollos de cuero y 1 de gamuza.El comerciante tiene un stock de 16 rollos de cuero y 9 de gamuza, y piensavender cada colcha Súper a $42 y cada colcha Estándar a $18.¿Cuántas colchas de cada tipo debe fabricar para maximizar los ingresos?

2. El mismo comerciante se cansó de fabricar colchas y le quiere vender todoslos rollos de cuero y gamuza a un comprador. Pretende hacer su venta demanera que con el material que hubiera usado en cada colcha obtenga al menoslo mismo que si las hubiera fabricado.Se quiere saber cuál es el precio que debe fijar por rollo para que el compradorpague lo menos posible y que él pueda satisfacer sus pretenciones.

Solución

1. Llamemos x1 a la cantidad de colchas Súper que debe fabricar, y x2 a lacantidad de colchas Estándar. Las restricciones de stock son: para el cuero,4x1 2x2 16, y para la gamuza, 3x1 x2 9.La función ganancia es f 42x1 18 x2. El problema entonces es:

MAXIMIZAR f 42x1 18x2 sujeta a

4x1 2x2 163x1 x2 9x1 0x2 0

.

(restricción de stock por el cuero)(restricción de stock por la gamuza)

La tabla inicial es:x1 x2 s1 s24 2 1 0 16 s13 1 0 1 9 s242 18 0 0 f

.

Elegimos como pivote a21 3 y pivoteamos:x1 x2 s1 s24 2 1 0 16 s11 1

3 0 13 3 s2

42 18 0 0 f

x1 x2 s1 s20 2

3 1 43 4 s1

1 13 0 1

3 3 x10 4 0 14 f 126

.

Como queda un indicador positivo, debemos seguir pivoteando. Ahora el pivotees a12 2

3:

Page 158: Apuntes Algebra

x1 x2 s1 s20 1 3

2 2 6 x21 1

3 0 13 3 x1

0 4 0 14 f 126

x1 x2 s1 s20 1 3

2 2 6 x21 0 1

2 1 1 x10 0 6 6 f 150

Entonces, para maximizar la función ganancia debe fabricar 1 colcha Súper y 6 Estándar.La ganancia máxima será de $150.

2. Las incógnitas ahora son a cuánto debe vender cada rollo de cuero y acuánto cada rollo de gamuza.Sean y1 e y2 los precios de cada tipo de rollo.La función a minimizar es cuánto va a gastar el comprador: g 16y1 9y2.Veamos las restricciones. El ex fabricante de colchas usaba 4 rollos de cuero y 3de gamuza para fabricar una colcha Súper, por la cual obtenía $42. Entoncesahora tenemos la restricción: 4y1 3y2 42. Para las Estándar usaba 2 y 1 yobtenía $18. Entonces, debemos agregar la restricción: 2y1 y2 18.El problema ahora es:

MINIMIZAR g 16y1 9y2 sujeta a

4y1 3y2 422y1 y2 18

y1 0y2 0

(pretención por lo que ganaba con las "Super(pretención por lo que ganaba con las "Estándar

Dejamos como ejercicio verificar -por método gráfico- que el mínimo se alcanzaen y1 6, y2 6, siendo g6,6 150.Observemos que el

max f ming.Este hecho no es casual, ya que ambos problemas están estrechamenterelacionados. Veremos cómo es el esquema general que los incluye.

Problemas dualesEscribamos matricialmente los problemas anteriores. (Las desigualdades entre vectores

se interpretan coeficiente a coeficiente.)El problema 1 es:

MAXIMIZAR f 42,18x1x2

sujeta a

4 23 1

x1x2

169

x1x2

00

.

El problema 2 es:

Page 159: Apuntes Algebra

MINIMIZAR g 16,9y1y2

sujeta a

4 32 1

y1y2

4218

y1y2

00

.

Estos problemas son problemas duales: observemos primero cómo se puede construir unoa partir del otro.Los tipos de colchas y los materiales con que están construidas ¨han invertido roles¨.En el primero, las restricciones son de stock (materiales), y las variables representancolchas.En el segundo, las restricciones hacen referencia a los precios de las colchas, y lasvariables representan los precios de los materiales.El teorema que viene a continuación muestra cómo son en general los problemas duales.Más aún, muestra la relación entre las soluciones de ambos.Teorema de Dualidad

Si A Rmxn, X x1, . . . ,xn , Y y1, . . . ,ym, b b1, . . . ,bm , c c1, . . . ,cn losproblemas

MAXIMIZAR f cXt sujeto a R AXt bt

X 0

MINIMIZAR g bYt sujeto a R AtYt c t

Y 0

se llaman problemas duales y se verifica que

X0 es solución óptima de f si y sólo si Y0 es solución óptima de g

siendo:fX0 gY0

Notar que las regiones de factibilidad de ambos problemas no coinciden.En general, suele llamarse R a la región del problema original -que puede ser tanto el demáximo como el de mínimo- y R a la región del problema dual; así mismo, si f es lafunción del problema original, la del problema dual suele notarse f.Ejemplos

1. Hallar, por el método símplex, el MÍNIMO de g 3y1 2y2 sujeta a

R

5y1 y2 102y1 2y2 12y1 4y2 12y1 0 , y2 0

.

Page 160: Apuntes Algebra

Solución:Usando la notación matricial, podemos poner:

g 3 2y1y2

, R

5 12 21 4

y1y2

101212

Y 0

.

El problema dual es:

MAXIMIZAR f 10 12 12x1x2x3

sujeto a R 5 2 11 2 4

x1x2x3

32

,

.

o, equivalentemente, es:

MAXIMIZAR f 10x1 12x2 12x3 en la región R

5x1 2x2 x3 3x1 2x2 4x3 2

x1 0 , x2 0 , x3 0.

Resolvemos este último problema.

x1 x2 x3 s1 s25 2 1 1 0 3 s11 2 4 0 1 2 s210 12 12 0 0 f

x1 x2 x3 s1 s21 2

515

15 0 3

5 s11 2 4 0 1 2 s210 12 12 0 0 f

x1 x2 x3 s1 s21 2

515

15 0 3

5 x10 8

5195 1

5 1 75 s2

0 8 10 2 0 f 6

x1 x2 x3 s1 s21 2

515

15 0 3

5 x1

0 1 198 1

858

78 s2

0 8 10 2 0 f 6

Page 161: Apuntes Algebra

x1 x2 x3 s1 s21 0 3

414 1

414 x1

0 1 198 1

858

78 x2

0 0 19 1 5 f 13

de la última fila se extrae la solución del problema dual

Las variables del problema (del mínimo) se encuentran en las columnas delas holguras del problema del máximo, pero cambiadas de signo.Luego, la solución del dual es g1,5 13 .La solución del problema del máximo es: f 14 ,

78 , 0 13.

Ejercicios varios

1. Resolver el problema de hallar el MÍNIMO de f 10x1 4x2 6x3 sujeto a

R

x1 x2 x3 3x1 1

4 x2 12 x3 2

x1 0 , x2 0 , x3 0

.

(Observar que el sistema es de tipo .)Solución:Planteamos el problema dual: MAXIMIZAR f 3y1 2y2 sujeto a

R

y1 y2 10y1 1

4 y2 4

y1 12 y2 6

y1 0 , y2 0

.

Se podrían renombrar las variables -si queremos que las del problema delmáximo sean "xi"- o, si no nos confunde, las variables de ambos problemaspodrían ser "xi". De todos modos, debemos responder apelando a los nombresoriginales.Armamos la tabla inicial mirando el planteo del problema del máximo:

x1 x2 s1 s2 s31 1 1 0 0 10 s11 1

4 0 1 0 4 s21 1

2 0 0 1 6 s33 2 0 0 0 f

Page 162: Apuntes Algebra

x1 x2 s1 s2 s30 3

4 1 1 0 6 s11 1

4 0 1 0 4 x10 1

4 0 1 1 2 s30 5

4 0 3 0 f 12

x1 x2 s1 s2 s30 1 4

3 43 0 8 x2

1 14 0 1 0 4 x1

0 14 0 1 1 2 s3

0 54 0 3 0 f 12

x1 x2 s1 s2 s30 1 4

3 43 0 8 x2

1 0 13

43 0 2 x1

0 0 13 2

3 1 0 s30 0 5

3 43 0 f 22

.

Luego,minf22f( 53 , 43 ,0)

-chequear en la expresión de f. Observar que también: f(2,8)22.

2. Hallar la solución del problema dual de

" MAXIMIZAR f x y, sujeta a

x y 1x 2y 32x y 3x y 1x 0y 0

. "

Solución:Primero planteamos la tabla inicial, y elegimos pivote:

x1 x2 s1 s2 s3 s41 1 1 0 0 0 1 s11 2 0 1 0 0 3 s22 1 0 0 1 0 3 s31 1 0 0 0 1 1 s41 1 0 0 0 0 f

Page 163: Apuntes Algebra

x1 x2 s1 s2 s3 s40 0 1 0 0 1 2 s10 1 0 1 0 1 4 s20 1 0 0 1 2 1 s31 1 0 0 0 1 1 x10 2 0 0 0 1 f 1

x1 x2 s1 s2 s3 s40 0 1 0 0 1 2 s10 0 0 1 1 3 3 s20 1 0 0 1 2 1 x21 0 0 0 1 1 2 x10 0 0 0 2 3 f 3

x1 x2 s1 s2 s3 s40 0 1 0 0 1 2 s10 0 0 1

313 1 1 s2

0 1 0 0 1 1 1 x21 0 0 0 1 2 2 x10 0 0 0 2 3 f 3

.

Observemos que el coeficiente c6 3 es positivo, por lo tanto, debemosseguir:

x1 x2 s1 s2 s3 s40 0 1 1

313 0 1 s1

0 0 0 13

13 1 1 s2

0 1 0 23

13 0 3 x2

1 0 0 13

23 0 3 x1

0 0 0 1 1 0 f 6

Ahora sí, es tabla final. La solución de MINIMIZAR

fy1,y2,y3,y4 y1 3y2 3y3 y4 sujeta a R

y1 y2 2y3 y4 1y1 2y2 y3 y4 1

y1 0y2 0y3 0y4 0

es

f0,1,1, 0 6.

3. Una señora quiere elaborar un programa mensual de actividades queincluya clases de idiomas: inglés y portugués, y artísticas: dibujo y música. Elcosto de las mismas es de $11, $10, $9 y $8 respectivamente. Quiere emplear entotal por lo menos 40 horas al mes y planea dedicar a las clases de idiomas por

Page 164: Apuntes Algebra

lo menos el mismo tiempo que les dedicará a las artísticas. Además, cada mes legustaría dedicar a las clases de inglés por lo menos 4 horas más que a las deportugés. Determinar cuántas horas mensuales deberá dedicar a cada actividadpara gastar lo menos posible.

Solución:Si I, P, D y M son respectivamente las horas que le va a dedicar a cada actividad,el problema es MINIMIZAR la función costo, C 11I 10P 9D 8M. Lasrestricciones son:

I P D M 40I P D M 0I P 4

I 0, P 0, D 0, M 0,.

El problema dual es MAXIMIZAR C 40x 4z sujeta a

x y z 11x y z 10x y 9x y 8

x 0, y 0, z 0

.

La tabla inicial es:

x y z s1 s2 s3 s41 1 1 1 0 0 0 11 s11 1 1 0 1 0 0 10 s21 1 0 0 0 1 0 9 s31 1 0 0 0 0 1 8 s440 0 4 0 0 0 0 C

.

eligiendo los indicadores de izquierda a derecha, en tres pasos obtenemosla tabla final:

x y z s1 s2 s3 s40 0 1 1

2 12 0 0 1

2 z

0 1 0 14

14 0 1

254 y

0 0 0 0 0 1 1 1 s31 0 0 1

414 0 1

2374 x

0 0 0 12 8 0 20 C 372

.

Page 165: Apuntes Algebra

Leemos la respuesta de la tabla: maxC 372 en x,y, z 374 ,54 ,

12 y

minC 372 en I,P,D.M 12,8,0, 20.Entonces, para que el costo sea mínimo la mujer debe tomar12 horas de clases de inglés, 8 de portugués, ninguna de dibujo y 20 de música .Su costo será de $ 372.

4. En un gimasio hay una promoción con tres bandas horarias diferenciadas:M, T y N. El costo de cada banda es, respectivamente, $1, $2 y $3. Para accedera la promoción se deben cumplir los siguientes requisitos: el uso total mensualdebe ser de al menos 12 horas, el uso de las bandas T y N juntas debe ser de almenos 3 horas más que el de la M, y el uso de las bandas M y N juntas debe serde al menos 4 horas. ¿Cuántas horas semanales conviene utilizar cada bandapara minimizar el costo? ¿Cuál es ese costo?Respuesta:si va 5 horas a la banda M, 8 a la T y ninguna a la N obtiene el costo mínimo, que es de $21

5. Jorge es armador de CPU, para lo cual adquiere carcazas de dosproveedores distintos, Juan y Pedro. Jorge tiene un taller en Capital y otro enProvincia, y necesita armar al menos 700 CPU en Capital y 400 en Provincia. Lascarcazas de Juan, incluyendo flete, le cuestan $30 entregadas en Capital y $32en Provincia, pero debe al menos comprarle 400. Las carcazas de Pedro,incluyendo flete, le cuestan $34 entregadas en Capital y $28 en Provincia, perodebe al menos comprarle 600. ¿Cuántas carcazas debe comprarle el armador acada proveedor para minimizar el costo total? Observar que, a pesar de que seestá preguntando por dos números (cuánto debe comprarle a cada proveedor),para poder resolver conviene introducir cuatro variables: cuánto debe comprarle acada proveedor, dependiendo del taller donde las recibe.Respuesta: a Juan le debe comprar 500 y a Pedro 600 . Debe recibir todas lasde Juan en Capital y las de Pedro 200 en Capital y 400 en Provincia.