ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DEL LITORAL
08
Ejercicios propuestos de Álgebra Lineal y Exámenes Resueltos Álgebra Lineal (B) ICM-00604 Ramiro Javier Saltos Atiencia (Ayudante Académico) [email protected] Guayaquil- Ecuador
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Algebra Lineal (B)
Deber # 1: Transformaciones Lineales
Determine si las siguientes funciones son transformaciones lineales. Justifique adecuadamente su respuesta
1. 1
2: PRT → )5()2( baxbab
aT −++=
2. 3
2: RPT → ( )
+
−
=++
0
2
2
2 ba
ba
cbxaxT
3. RRT →3:
=
z
y
x
z
y
x
T
63
52
41
det
4. 222: xMPT → [ ]
=
)3()2(
)1()0()(
pp
ppxpT 2)(; Pxp ∈
5. RMT nxn →: )det()( AAT = nxnMA∈;
6. RMT nxn →: )()( AtrazaAT = nxnMA∈;
7. 222: xMPT → ( )
⋅
=++
cb
bacbxaxT
43
212
8. 2
22: RDT x →
+
+=
ba
ba
b
aT0
0
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Algebra Lineal (B)
Deber # 2: Núcleo e Imagen de Transformaciones Lineales
Determine las condiciones, una base y la dimensión del núcleo y de la imagen de cada una de las siguientes transformaciones lineales
1. 32: RRT →
2 2
a ba
T a bb
a b
+ = − +
2. 2
1: RPT → ( )
−
+=+
ba
babaxT
32
3. 2222: xx DST →
−
−+=
ba
cba
cb
baT
30
0
4. 222: xMPT → ( )
=++
cb
bacbxaxT
11
112
5. 222: PST x → ( ) ( ) ( )cbaxcbaxcbacb
baT 98765432 2 ++++++++=
6. 222: xMPT → [ ]
=
)3()2(
)1()0()(
pp
ppxpT 2)(; Pxp ∈
7. 1
2: PRT → )5()2( baxbab
aT −++=
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Algebra Lineal (B)
Deber # 3: Matriz Asociada a una Transformación Lineal
Determine la representación matricial de cada transformación lineal respecto a las bases dadas
1. 32: RRT →
2 2
a ba
T a bb
a b
+ = − +
a) 1
1 0,
0 1B
=
y 2
1 0 0
0 , 1 , 0
0 0 1
B
=
b) 3
1 3,
2 4B
=
y 4
1 1 1
1 , 1 , 0
1 0 0
B
=
2. 2
1: RPT → ( )
−
+=+
ba
babaxT
32
a) { }1 1,B x= y 2
1 0,
0 1B
=
b) { }3 1 ,1B x x= + − y 4
1 3,
2 4B
=
3. 2222: xx DST →
−
−+=
ba
cba
cb
baT
30
0
a) 1
1 0 0 1 0 0, ,
0 0 1 0 0 1B
=
y 2
1 0 0 0,
0 0 0 1B
=
b) 3
1 1 1 1 1 0, ,
1 0 1 1 0 0B
=
y 4
1 0 1 0,
0 1 0 1B
− =
4. 222: xMPT → ( )
=++
cb
bacbxaxT
11
112
a) { }21 1, ,B x x= y 2
1 0 0 1 0 0 0 0, ,
0 0 0 0 1 0 0 1B
=
b) { }2
3 1, 1, 1B x x x= + + + y 4
1 1 0 1 1 1 0 0, ,
0 0 2 0 1 0 0 1B
− − =
5. 222: PST x → ( ) ( ) ( )cbaxcbaxcbacb
baT 98765432 2 ++++++++=
a) 1
1 1 1 0 0 2, ,
1 1 0 1 2 1B
− = −
y { }2
2 ; 1; 1B x x x= + −
b) 3
1 1 1 1 1 0, ,
1 0 1 1 0 0B
=
y { }2
4 1 2 ;1 2 ;5B x x x= + − −
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Algebra Lineal (B)
Deber # 4: Miscelánea de Transformaciones Lineales
1. Sea 2
1:T P R→ una transformación lineal con regla de correspondencia:
( )2
3 4
a bT a bx
a b
+ + = +
Determine:
a) ( ); ( )Nu T v T
b) Im( ); ( )T Tρ
c) La matriz asociada a T respecto a las bases { }1 1 ;1B x x= + − y 2
1 3,
2 4B
=
2. Sea 3
2 2: xT R S→ una transformación lineal con regla de correspondencia:
2 3 4
3 4 5 8
aa b c a b c
T ba b c a b c
c
− + + + = + + − +
Determine:
a) ( ); ( )Nu T v T
b) Im( ); ( )T Tρ
c) La matriz asociada a T respecto a las bases 1
1 1 1
0 , 2 , 2
0 0 3
B
=
y
2
1 1 1 1 1 0, ,
1 1 1 0 0 0B
− − = −
3. Sea 2 2 2: xT P D→ una transformación lineal con regla de correspondencia:
( )20
0 3
a b cT ax bx c
a b
+ + + + = +
Determine:
a) ( ); ( )Nu T v T
b) Im( ); ( )T Tρ
c) La matriz asociada a T respecto a las bases { }2 2
1 ; 1; 1B x x x x= − + − y
2
1 0 2 0,
0 2 0 1B
= −
4. Sea 4
2 2: xT R M→ una transformación lineal definida como:
2 3
4 2 3 4
a
b a b c dT
c a c d a b c
d
− − + = − + − +
Determine: a) ( ); ( )Nu T v T
b) Im( ); ( )T Tρ
c) La matriz asociada a T respecto a las bases 1
0 1 1 1
1 0 1 1, , ,
1 1 0 1
1 1 1 0
B
=
y
2
1 3 1 3 8 2 1 0, , ,
2 4 0 1 0 0 0 0B
− =
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Algebra Lineal (B)
Deber # 5: Ejercicios de Verdadero o Falso sobre Transformaciones Lineales
Califique como verdaderas o falsas las siguientes proposiciones. Si es verdadera demuestre caso contrario proponga un contraejemplo
1. Sea :T V W→ una transformación lineal donde V y W son espacios vectoriales de dimensión finita, entonces se cumple que ( ) ( ) dimv T T Wρ+ =
2. Sea :T V W→ una transformación lineal biyectiva. Si { }1 2, ,..., nv v v es una base de V , entonces
( ) ( ) ( ){ }1 2, ,..., nT v T v T v es una base de W
3. Sea :T V W→ una transformación lineal tal que T es un isomorfismo y { }0Rα ∈ − . Entonces
( ) ( ) :T v V Wα → es también un isomorfismo
4. Si 1 :T V W→ y 2 :T W U→ son dos isomorfismos, entonces 2 1 :T T V U→o es también un isomorfismo
5. Una transformación lineal :T V W→ cuyo único elemento en el núcleo de T es el VO es inversible
6. Sean 1 :T V W→ y 2 :T V W→ dos transformaciones lineales. Si ( ) ( )1 2Nu T Nu T= y ( ) ( )1 2Im ImT T= ,
entonces 1 2T T=
7. Sean 1 :T V W→ y 2 :T V W→ dos isomorfismos, entonces 1 2 :T T V W+ → también es un isomorfismo
8. Es posible construir una transformación lineal inyectiva 2 2 2: xT P S→ tal que 2 2Im( ) xT D=
9. Sea :T V W→ una transformación lineal donde V y W son espacios vectoriales de dimensión finita. Si
( ) ( )dim dimV W= , entonces T es un isomorfismo
10. Sea 2
1:T P R→ una transformación lineal. Si ( )3
21
T x−
− =
y ( )1
15
T x−
+ =
, entonces T es un
isomorfismo
11. Existe una transformación lineal 3
1:T P R→ que es sobreyectiva
12. Sean 1 :T V W→ y 2 :T W U→ dos transformaciones lineales. Si 2 1 :T T V U→o es sobreyectiva,
entonces 1T es sobreyectiva
13. Sea :T V W→ una transformación lineal tal que ( )dim 5V = y la ( )dim 3W = . Si el vector típico del
( )Nu T se puede expresar en función de dos variables libres, entonces cualquier conjunto de la Im( )T con
un mínimo de 4 vectores es linealmente dependiente
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Algebra Lineal (B)
Deber # 6: Construcción de Transformaciones Lineales
1. Construya, de ser posible, una transformación lineal 3
2:T P R→ tal que:
( )22
1 0
1
T x x
+ + =
( )23
1 2 1
0
T x
+ =
( )21
2
3
T x x
+ = −
2. Sea 2
1:T P R→ una transformación lineal tal que:
( )3
21
T x−
− =
( )1
15
T x−
+ =
Demuestre que T es un isomorfismo y encuentre la regla de correspondencia de 1T − 3. Sea 3
2 2: xT R S→ una transformación lineal tal que:
5 1 3
1 1 3
0 2 4
A
− − = − −
Es la representación matricial de T respecto a las bases 1
0 1 1
1 , 0 , 1
1 1 0
B
=
y
2
1 1 1 1 1 0, ,
1 1 1 0 0 0B
=
de 3R y 2 2xS respectivamente.
a) Encuentre la regla de correspondencia de T b) Determine una base y la dimensión del núcleo y la imagen de T
4. Construya, de ser posible, una transformación lineal 2 2 2: xT S P→ que cumpla con las siguientes
condiciones:
•••• ( ) 2 2 / 2 0x
a bKer T S a b c
b c
= ∈ + − =
•••• ( ) { }2Im / 0T ax bx c c a b= + + = − =
•••• 21 1
1 1T x x
= +
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Algebra Lineal (B)
Deber # 7: Espacios con Producto Interno y Proyecciones
1. Determine si las siguientes funciones son un producto interno real en 1P
a) ( ) ( ) bdadbcacdcxbax 2+−−=++=••
b) ( ) ( ) )1()1(2)0()0()()( −−+==•• qpqpxqxp
2. Sea 3RV = y sea el subespacio de vectorial
==∈
= cbaR
c
b
a
H 32/3
a) Determine una base ortonormal para ⊥H
b) Exprese el vector
−
=
1
2
1
v como la suma de un vector Hh∈ con un vector ⊥∈Hp
3. Sea 4RV = y el subespacio
=+∈
= cbaR
d
c
b
a
H 43/4
a) Determine el complemento ortogonal de H
b) Exprese el vector
−=
3
1
0
1
v como la suma de un vector Hh∈ con un vector ⊥∈Hp
4. Sea el espacio vectorial 22xSV = donde está definido el producto interno real:
)(, 22 ABtrazaBASBA x =∈∀
Sea el subespacio de V :
+=∈
= bacS
cb
baH x /22
a) Encuentre una base y determine la dimensión de ⊥H
b) Si 2221
11xSv ∈
−
−= encuentre un par único de vectores Hh∈ y ⊥∈Hp tales que
phv +=
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Deber # 8: Diagonalización
1. Encuentre, de ser posible, la matriz C que diagonaliza a la matriz:
−
−
=
500
032
023
A
2. Encuentre, de ser posible, la matriz C que diagonaliza a la matriz:
1 1 0
0 2 0
2 1 3
A
= −
3. Encuentre, de ser posible, la matriz C que diagonaliza a la matriz:
0 0 1
4 2 2
2 0 3
A
= − −
4. Encuentre, de ser posible, la matriz C que diagonaliza a la matriz:
2 1 1
2 3 2
3 3 4
A
=
5. Sea 2 2:T P P→ una transformación lineal definida por:
( ) ( ) ( ) ( )2 22 4 3 3 3 4T ax bx c a b c x a b c x a b c+ + = − + + + − + + + − + +
Encuentre, de ser posible, una base B de 2P respecto de la cual la representación matricial de T
sea una matriz diagonal 6. Sea el operador lineal 11: PPT → tal que tiene los siguientes vectores propios:
•••• x+−1 •••• x+1
Determine la regla de correspondencia de T si se conoce que la primera columna de su representación matricial respecto a la base canónica es ( )13− 7. Encuentre, de ser posible, la matriz Q que diagonaliza ortogonalmente a la matriz:
3 2 0
2 3 0
0 0 1
A
=
EXÁ
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Algebra Lineal: Solución de la Primera Evaluación Tema 1: (20 puntos) Califique como verdaderas o falsas las siguientes proposiciones. Justifique formalmente su respuesta a) Si la matriz B se obtiene a partir de la matriz
)()( BA ρρ = (Verdadero)
Por definición, la matriz A es equivalente por renglones a la matriz operaciones elementales de renglón En este caso la matriz B se obtiene por un simple intercambio de
BA RR = dado que los renglones de A También hay que recordar que dim(Im(
b) Si 53xMA∈ es una matriz cualquiera, entonces
Sea 53
00100
00010
11001
xMA ∈
−−
=
→=
100
010
001
3OAXR
De donde obtenemos:
a
da
=
−
EXÁMENES RESUELTOS
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Algebra Lineal: Solución de la Primera Evaluación
Tema 1: (20 puntos) Califique como verdaderas o falsas las siguientes proposiciones. Justifique
ne a partir de la matriz A por medio de un intercambio de filas, entonces
es equivalente por renglones a la matriz B si A puede reducirse a
se obtiene por un simple intercambio de las filas (renglones)A y B son los mismos excepto que están escritos en un orden diferente
)dim()dim()())dim(Im( AA RCAA === ρ
)()( BA ρρ =∴
es una matriz cualquiera, entonces 3)( ≥Av (Falso)
. Sea )(ANu
e
d
c
b
a
X ∈
=
=
−−
0
0
0
00
00
11
e
d
c
b
a
→
100
010
001
ed
ed
+
=− 0 0=b 0=c
Tema 1: (20 puntos) Califique como verdaderas o falsas las siguientes proposiciones. Justifique
por medio de un intercambio de filas, entonces
puede reducirse a B mediante
filas (renglones) de A , entonces son los mismos excepto que están escritos en un orden diferente
−−
000
000
011
c) Sea V un espacio vectorial. Sea VBA ⊆, , entonces )()()( BgenAgenBAgen ∩=∩ (Falso)
Sea 3RV = . Sea
=
1
0
0
,
0
1
0
,
0
0
1
A y VB ∈
=
2
0
0
,
0
1
0
•
=∩
0
1
0
BA
==∈
=∩→ 0/)( 3 caR
c
b
a
BAgen
•
∈∈
= RcbaR
c
b
a
Agen ,,/)( 3 y
=∈
= 0/)( 3 aR
c
b
a
Bgen
•
∈∧=∈
=∩ RcbaR
c
b
a
BgenAgen ,0/)()( 3 )()()( BgenAgenBAgen ∩≠∩∴
d) Sea W un subespacio del espacio vectorial V . Si Ww∉ y R∈α , entonces Ww∉α (Falso)
Sea 2RV = . Sea
=∈
= 0/2 aR
b
aW un subespacio de V . Sea 0=α
Sea
=0
1w , este vector no pertenece a W por no cumplir la condición de que 0=a
( )
=
=
0
0
0
10wα
Por hipótesis sabemos que W es un subespacio y por tanto contiene al nulo de V y VOw =α
Ww∈∴α
e) Si RRL →: es una transformación lineal, entonces [ ] )()( 22vLvL = (Falso)
Sea aaL 2)( = una transformación lineal Sea 2=a
[ ]( )
816
)4(4
)2()2(
2
22
≠
=
=
L
LL
[ ] )()( 22vLvL ≠∴
Tema 2: (10 puntos) Sea
>∧>
= 00/ yx
y
xV con las operaciones:
⋅
⋅=
⊕
21
21
2
2
1
1
4
9
yy
xx
y
x
y
x
=
•
αα
αα
αy
x
y
x2
2
2
3
Si ( )•⊕,,V es un espacio vectorial, determine:
a) El neutro o cero vectorial de V b) Si Vv∈ , el inverso aditivo de v
Este ejercicio se presenta bastante confuso, debido a que la manera en que es planteado da a entender que primero hay que determinar si V es un espacio vectorial. Pero no vamos a analizar la validez del ejercicio planteado, sino que vamos a resolver lo que nos piden en cada literal. a)
• Usando el teorema Vv∈∀ VOv =•0
=
=
•=
1
1
2
3
0
0)0(2
0)0(2
V
V
V
O
y
xO
y
xO
• Usando el axioma VOV ∈∃ Vv∈∀ vOv V =+
Sea Vb
av ∈
= . Sea
=
y
xOV
=
=
⊕
b
a
by
ax
b
a
y
x
b
a
4
9
91
9
=
=
x
aax
41
4
=
=
y
bby
=
4191
VO
El nulo pertenece a V porque sus componentes son mayores que 0 Hay que notar que usando las dos formas de resolución no nos queda el mismo nulo, pero esto se debe al mal planteamiento del problema. Utilizando ambas alternativas siempre debe quedar la misma respuesta
b)
• Usando el teorema Vv∈∀ '1 vv =•−
=
=
•−=
−−
−−
y
xv
y
xv
y
xv
4191
'
2
3'
1'
1)1(2
1)1(2
• Usando el axioma Vv∈∀ Vv∈∃ ' VOvv =+ '
La pregunta aquí es con cuál nulo trabajamos. Para este caso debemos usar el obtenido al usar el axioma porque estamos calculando el inverso de la misma manera que ese neutro
Sea Vy
xv ∈
= . Sea
=b
av'
=
=
⊕
4191
4
9
4191
yb
xa
b
a
y
x
xa
xa
811
919
=
=
yb
yb
161
414
=
=
=
y
xv
161811
'
Ambos inversos pertenecen a V por ser sus componentes mayores que 0 Con el mismo argumento mencionado al calcular el VO sabemos que nos debió quedar la misma respuesta.
También se puede notar que V no es un espacio vectorial por no cumplirse el siguiente axioma: M10) Vv∈∀ vv =•1
Sea Vy
xv ∈
=
≠
=
=
•
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
4
9
2
3
1
1)1(2
1)1(2
Tema 3: (20 puntos) Sea 23xMV = . Sean 1W el conjunto de las matrices que tienen la primera y
última fila iguales; 2W el conjunto de las matrices que tienen la primera columna igual a su
segunda columna; y 3W el conjunto de las matrices 23xA tal que 12 −= iai , .3,2,1=i
Determine.
a) Los conjuntos que son subespacios de V b) La intersección entre los subespacios encontrados en el literal anterior c) La suma entre los subespacios encontrados en el primer literal d) Una base para el subespacio intersección y otra para el subespacio suma, obtenidos en (b)
y (c), respectivamente. Para hallar 1W hay que tener en cuenta que su primera y última fila son iguales, por tanto las componentes en dichas filas deben ser correspondientemente iguales, así nos queda que:
=∧=∈
= fbeaM
fe
dc
ba
W x /231
Ahora procedemos a determinar si 1W es un subespacio de V 1) 1, Wwv ∈∀ 1Wwv ∈+
Sea
=
11
11
11
fe
dc
ba
v y 1
22
22
22
W
fe
dc
ba
w ∈
=
Como ambos vectores pertenecen a 1W cumplen con la condición del mismo, con lo que tenemos que:
11 ea = 11 fb = 22 ea = 22 fb =
++
++
++
=+
2121
2121
2121
ffee
ddcc
bbaa
wv
Ahora hay que ver si la suma de ambos cumple la condición
00
2121
2121
=
+=+
+=+
eeee
eeaa
00
2121
2121
=
+=+
+=+
ffff
ffbb
Por tanto 1Wwv ∈+ 2) R∈∀α 1Wv∈∀ 1Wv∈α
Sean R∈α . Sea 1W
fe
dc
ba
v ∈
=
Sabemos que ea = y fb = entonces 0=− ea y 0=− fb
=
fe
dc
ba
v
αα
αα
αα
α
00
0)0(
0)(
0
=
=
=−
=−
αα
αα
ea
ea
00
0)0(
0)(
0
=
=
=−
=−
α
αααfb
fb
Por tanto 1Wv∈α
1W∴ es un subespacio de V El mismo procedimiento vamos a realizar con 2W pero aquí hay que notar que ambas columnas son iguales, por tanto las componentes en dichas columnas deben ser correspondientemente iguales, así nos queda que:
=∧=∧=∈
= fedcbaM
fe
dc
ba
W x /232
Ahora procedemos a determinar si 2W es un subespacio de V 1) 2, Wwv ∈∀ 2Wwv ∈+
Sea
=
11
11
11
fe
dc
ba
v y 2
22
22
22
W
fe
dc
ba
w ∈
=
Como ambos vectores pertenecen a 2W cumplen con la condición del mismo, con lo que tenemos que:
011
11
=−
=
ba
ba
011
11
=−
=
dc
dc
011
11
=−
=
fe
fe
022
22
=−
=
ba
ba
022
22
=−
=
dc
dc
022
22
=−
=
fe
fe
++
++
++
=+
2121
2121
2121
ffee
ddcc
bbaa
wv
00
000
0)()(
0)()(
2211
2121
=
=+
=−+−
=+−+
baba
bbaa
00
000
0)()(
0)()(
2211
2121
=
=+
=−+−
=+−+
dcdc
ddcc
00
000
0)()(
0)()(
2211
2121
=
=+
=−+−
=+−+
fefe
ffee
Por tanto 2Wwv ∈+ 2) R∈∀α 2Wv∈∀ 2Wv∈α
Sean R∈α . Sea 2W
fe
dc
ba
v ∈
=
=
fe
dc
ba
v
αα
αα
αα
α
00
0)0(
0)(
0
=
=
=−
=−
α
αααba
ba
00
0)0(
0)(
0
=
=
=−
=−
α
αααdc
dc
00
0)0(
0)(
0
=
=
=−
=−
α
αααfe
fe
Por tanto 2Wv∈α
2W∴ es un subespacio de V Finalmente nos falta encontrar 3W y determinar si este es un subespacio, y para ello hay que utilizar la
regla de correspondencia para determinar el valor de las componentes en la segunda columna, la cual es 12 −= iai
0
11
12
12
=
−=
a
a
1
12
22
22
=
−=
a
a
2
13
32
32
=
−=
a
a
∈∈
= RcbaM
c
b
a
W x ,,/
2
1
0
233
Para determinar si 3W es un subespacio hay que recordar que todo subespacio debe contener a vector nulo
del espacio vectorial, pero en este caso el nulo que es
00
00
00
no pertenece a 3W por no cumplir con la
forma de todo vector de 3W , la cual consiste en que su segunda columna siempre tendrá 0 , 1 y 2 ,
respectivamente
3W∴ no es un subespacio de V
Procederemos a encontrar la intersección entre los subespacios hallados y una base para la misma. Sabemos que:
•
=−∧=−∈
= 00/231 fbeaM
fe
dc
ba
W x
•
=−∧=−∧=−∈
= 000/232 fedcbaM
fe
dc
ba
W x
Por tanto:
=−=−=−=−=−∈
=∩ 0/2321 fedcbafbeaM
fe
dc
ba
WW x
Pero no es correcto dejar expresada la intersección en función de muchas condiciones. A estas hay que simplificarlas usando Gauss, así:
=−
=−
=−
=−
=−
0
0
0
0
0
fe
dc
ba
fb
ea
)1(
0110000
0001100
0010010
0100010
0010001
)1(
0110000
0001100
0000011
0100010
0010001
2313 AA
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
0000000
0001100
0110000
0100010
0010001
)1(
0110000
0001100
0110000
0100010
0010001
35A
Como ya no podemos seguir obteniendo más filas llenas de ceros, entonces la intersección sólo quedará en función de estas condiciones:
=−=−=−=−∈
=∩∴ 0/2321 dcfefbeaM
fe
dc
ba
WW x
Para obtener una base para la intersección debemos reemplazar las condiciones en el vector típico de la misma, pero antes hay que hacer unos cuantos despejes para dejar al vector en función de la menor cantidad posible de variables
ea
ea
=
=− 0
ef
fe
=
=− 0
eb
fb
fb
=
=
=− 0
dc
dc
=
=− 0
Sea 21 WW
fe
dc
ba
∩∈
+
=
=
00
11
00
11
00
11
de
ee
dd
ee
fe
dc
ba
=∴ ∩
00
11
00
,
11
00
11
21 WWB 2dim 21 =∩WW
Finalmente hallaremos las condiciones del subespacio suma y una base para el mismo, pero antes necesitamos las bases de los subespacios 1W y 2W
Para 1W
Sea 1W
fe
dc
ba
∈
+
+
+
=
=
00
10
00
00
01
00
10
00
10
01
00
01
dcba
ba
dc
ba
fe
dc
ba
=
00
10
00
,
00
01
00
,
10
00
10
,
01
00
01
1WB 4dim 1 =W
Para 2W
Sea 2W
fe
dc
ba
∈
+
+
=
=
11
00
00
00
11
00
00
00
11
eca
ee
cc
aa
fe
dc
ba
=
11
00
00
,
00
11
00
,
00
00
11
2WB 3dim 2 =W
Una vez obtenidas las bases, podemos calcular cuál va a ser la dimensión de 21 WW + para saber cuántos vectores deberán estar en su base. Sabemos que:
( ) ( ) ( ) ( )( )( ) 5dim
234dim
dimdimdimdim
21
21
212121
=+
−+=+
∩−+=+
WW
WW
WWWWWW
Por tanto habrá 5 vectores en la base
{ }
=+
∪=+
11
00
00
,
00
11
00
,
00
00
11
,
00
10
00
,
00
01
00
,
10
00
10
,
01
00
01
21
21 21
genWW
BBgenWW WW
Pero el conjunto generador tiene 7 vectores, eso significa que hay dos vectores de más, los cuales eliminaremos colocando los vectores de este conjunto en una matriz donde cada fila representa un vector y luego simplificamos hasta obtener la mayor cantidad posible de filas llenas de ceros
−
−−
−
−
110000
000000
000000
001000
000100
100010
010001
)1(
)1(
110000
000000
010010
001000
000100
100010
010001
)1(
)1(
)1(
110000
001100
000011
001000
000100
100010
010001
75
25
46
36
15
A
A
A
A
A
Lo que significa que los vectores 5 y 6 dependen de los otros
=∴ +
11
00
00
,
00
10
00
,
00
01
00
,
10
00
10
,
01
00
01
21 WWB
Ahora sólo falta hallar las condiciones del subespacio suma y para ello escribimos al vector típico como combinación lineal de los vectores de la base y simplificamos el sistema hasta obtener las condiciones, así:
Sea 21 WW
fe
dc
ba
+∈
++
=
+
+
+
+
=
5251
43
21
54321
11
00
00
00
10
00
00
01
00
10
00
10
01
00
01
αααα
αα
αα
ααααα
fe
dc
ba
−+−
−
−
−
−
−
−
eabf
ae
d
c
b
a
A
bf
ae
d
c
b
a
A
A
f
e
d
c
b
a
00000
10000
01000
00100
00010
00001
)1(
10000
10000
01000
00100
00010
00001
)1(
)1(
10010
10001
01000
00100
00010
00001
56
26
15
=−+−∈
=+∴ 0/2321 eabfM
fe
dc
ba
WW x
Tema 4: (10 puntos) Sea V un espacio vectorial y { }321 ,, vvvB = una base de V . Se define el
conjunto:
{ }3132121 3,3,2 vvvvvvvgenW +−+−+=
a) Determine una base para W , denotada como WB
b) Si es factible, calcule la matriz de cambio de base de B a WB
Siempre es recomendable primero leer bien el planteamiento del problema junto con lo que solicitan hallar. Razonando un poco, en el literal “b” nos piden calcular una matriz de cambio de base y para poder hacerlo la base WB debe tener exactamente 3 vectores al igual que la base B de V
Si esto sucede significaría que la base de W es también una base para V , por tanto VW = . Así que para que sea factible resolver el literal “b” habrá que demostrar que el conjunto generador de W es una base para V Para ello partimos de la hipótesis que nos dice que los vectores { }321 ,, vvv son linealmente independientes
por ser una base para V , esto implicaría que:
0321332211 ===⇔=++ αααααα VOvvv
Lo cual se cumple por ser linealmente independientes Para demostrar que los vectores del conjunto generador de W son linealmente independientes los escribimos como combinación lineal y los igualamos al VO
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) V
V
Ovccvccvccc
Ovvcvvvcvvc
=+−++++−
=++−+−++
3322211321
3133212211
332
332
Con lo que hemos obtenido una ecuación parecida a la primera expresada en términos de { }321 ,, vvv , y por
hipótesis los escalares que los multiplican deben ser iguales a cero, con lo que planteamos un sistema de ecuaciones y procedemos a calcular los valores de los escales ic
=+−
=+
=+−
03
032
0
32
21
321
cc
cc
ccc
)1(
)1(
0310
01010
0111
)4(
0310
0250
0111
)2(
0310
0032
0111
22
21
3212A
AAA
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
0100
0010
0001
)10(
)11(
0100
01010
01101
13
1
01300
01010
01101
32
31
3A
AM 0321 === ccc
Si nos hubiese quedado al resolver el sistema una o más filas con ceros, el sistema tenía infinita soluciones y en ese caso los vectores del conjunto generador de W serían linealmente dependientes
{ }3132121 3;3;2 vvvvvvvBW +−+−+=∴
Para hallar la matriz que nos piden vamos a suponer que { }321 ,, uuuBW = tal que:
211 2vvu += 3212 3 vvvu −+−= 313 3vvu +=
También recordamos que:
[ ] [ ] [ ]
↓↓↓
↑↑↑
=→ BBBBB uuuCW 221
[ ]
=
0
2
1
1 Bu [ ]
−
−
=
1
3
1
2 Bu [ ]
=
3
0
1
3 Bu
−
−
=→
310
032
111
BBWC
Y para hallar la matriz de cambio que nos piden habrá que sacar la inversa de la matriz arriba encontrada
)1(
)1(
100310
4121010
001111
)4(
100310
012250
001111
)2(
100310
010032
001111
23
21
3212A
AAA
−
−
−
−
−−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−−
−
−
−
−
13
5
13
1
13
2100
13
2
13
3
13
6010
13
3
13
2
13
9001
)10(
)11(
13
5
13
1
13
2100
4121010
4111101
13
1
5121300
4121010
4111101
32
31
3A
AM
−
−
−
=∴ →
135
131
132
132
133
136
133
132
139
WBBC
Ramiro J. Saltos
Tema 5: (10 puntos) Sea A la matriz de los coeficientes del sistema lineal:
czyx
bzyx
azyx
=−+
=+−
=−+
32
2
2
a) Determine el espacio fila, el núcleo y el recorrido de A
b) Si bac += 2 , determine si el vector
=
c
b
a
u pertenece a )Im(A
La matriz A está dada por los coeficientes del sistema de ecuaciones, estos coeficientes corresponden a número que se encuentra delante de cada variable x , y y z , por tanto:
−
−
−
=
321
211
112
A
a)
•
−
−
−
=
3
2
1
,
2
1
1
,
1
1
2
genFA
Sea AF
c
b
a
∈
−+−
+−
++
=
−
+
−+
−
=
321
321
321
321
32
2
2
3
2
1
2
1
1
1
1
2
ααα
ααα
ααα
ααα
c
b
a
→
=−+−
=+−
=++
c
b
a
321
321
321
32
2
2
ααα
ααα
ααα
−−
+−
−−
−
−−
+−
+−
−−
−
c
cb
cba
A
c
cb
ca
A
A
c
b
a
321
110
35000
)5(
321
110
2550
)1(
)2(
321
211
112
21
32
31
=−−∈
=∴ 035/3 cbaR
c
b
a
FA
• { }3/)( 3
ROAXRXANu =∈=
Sea )(ANu
c
b
a
X ∈
=
Ramiro J. Saltos
−
−−
−
−
−
−
−
−
−
−
0321
0530
0000
)1(
0321
0530
0530
)1(
)2(
0321
0211
0112
21
32
31A
A
A
053 =+− cb 032 =−+ cba
=∧=−+∈
=∴ cbcbaR
c
b
a
ANu 53032/)( 3
• { }33 ;/)Re( RXYAXRYA ∈=∈=
Sea )Re(A
c
b
a
Y ∈
=
−
−−
−−
−
−
−−
−−
−
−
−
−
−
c
cb
cba
A
c
cb
ca
A
A
c
b
a
321
530
000
)1(
321
530
2530
)1(
)2(
321
211
112
21
32
31
0=−− cba
=−−∈
=∴ 0/)Re( 3 cbaR
c
b
a
A
b) Para que el vector u pertenezca a la imagen de A debe cumplir con la condición de la misma, cabe recalcar que la imagen de una matriz es también conocida como el recorrido de una matriz
Sea
=
c
b
a
u , donde bac += 2
02
02
0)2(
0
=−−
=−−−
=+−−
=−−
ba
baba
baba
cba
Pero hay que tener en cuenta que ba 2−− no necesariamente tiene que ser igual a 0
)Im(Au∉∴
Ramiro J. Saltos
ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DEL LITORAL Instituto de Ciencias Matemáticas
I-Término 2008
Resolución de la Primera Evaluación de Algebra Lineal (B) 1. Responda con verdadero o falso a cada una de las siguientes proposiciones. Justifique su respuesta a) Sea un espacio vectorial ( )•⊕,,V . Si wuvwvu =⇒⊕=⊕ Sumamos el inverso aditivo de v en ambos lados de la ecuación
( ) ( )( ) ( )
wu
OwOu
vvwvvu
vvwvvu
VV
=
⊕=⊕
⊕⊕=⊕⊕
⊕⊕=⊕⊕
''
''
Verdadero∴ b) Sea ( )•⊕,,V un espacio vectorial. Si { }kvvvS ,...,, 211 = V⊆ y { } VwwwS r ⊆= ,...,, 212 son
conjuntos linealmente independientes, entonces 21 SS ∪ es también linealmente independiente
Sea 2RV = . Sean
1
0,
0
11S y
0
1,
1
12S dos conjuntos linealmente independientes en 2R
=∪
1
1,
1
0,
0
121 SS , como tiene más elemento que la base de 2R podemos concluir que este conjunto
es linealmente dependiente
Falso∴
c) Si mxnMA∈ , entonces ( ) ( )AA RN dimdim = , donde AN es el núcleo de la matriz A
Sea la matriz
=
43
21A
=
4
3,
2
1genRA , pero este conjunto es linealmente independiente en 2R y por tanto constituye una
base del espacio renglón de A , entonces ( ) ( ) )()Im(dim2dim AARA ρ=== Del teorema de la dimensión para matrices:
( ) 0dim)(
22)(
)()(
==
=+
=+
ANAv
Av
nAAv ρ ( ) ( )AA RN dimdim ≠⇒ Falso∴
Ramiro J. Saltos
d) Sean H y W dos subespacios vectoriales de V con bases { }211 ,vvB = y { }322 ,vvB =
respectivamente. Entonces { }2vB = es base del subespacio WH ∩
Sea 2RV = . Sean los subespacios
=
1
0,
0
1genH y
=
1
0,
0
2genW
Podemos notar que los conjuntos generadores de H y W son linealmente independientes y por tanto
constituyen una base de 2R , es decir, 2RWH ==
Entonces 2RWH =∩ y una base de la intersección sería
=
1
0,
0
1B Falso∴
Ramiro J. Saltos
2. Sea 22xMV = . Dados los conjuntos:
−++=+∈
= 2312/221 dbaM
dc
baH x
∈
+
++= Rdcba
da
cabaH ,,,/
12
−=
00
11,
10
013 genH ( ){ }0det/224 ≠∈= AMAH x
a) ¿Cuáles son subespacios vectoriales de V ? b) Determine una base y la dimensión de dos de los subespacios obtenidos en ( )a , así como
de su intersección
c) Sean
=
12
12A y
−=
20
13B . Determine si BA + pertenece a la unión de los
subespacios hallados en ( )a
Sea
=
00
00VO
El elemento neutro del espacio vectorial por definición pertenece a cualquier subespacio de V , entonces:
2HOV ∉ porque no posee la forma de todo elemento de 2H , es decir, en su cuarta componente debe estar
siempre presente la constante 1, lo cual no ocurre con el vector nulo
2H∴ no es subespacio de V
4HOV ∉ porque su determinante es igual a 0 y con ello no cumple la condición del conjunto 4H
4H∴ no es subespacio de V
3H es el conjunto de todas las posibles combinaciones lineales de los vectores
−10
01 y
00
11 y por
teorema este conjunto es un subespacio de V y además es el menor de todos los subespacios que contienen a los vectores ya mencionados
3H∴ es un subespacio de V
Se han analizado los conjuntos más sencillos, con el último hay que determinar si se cumplen los axiomas de cerradura de la suma y multiplicación por escalar
1. 1, Hwv ∈∀ 1Hwv ∈+
Sean
=
11
11
dc
bav y
=
22
22
dc
baw 1H∈ 222111 22 dbadba +=∧+=⇒
++
++=+
+
=+
2121
2121
22
22
11
11
ddcc
bbaawv
dc
ba
dc
bawv
( ) ( ) ( )( ) ( )
00
2222
22
2
2121
221121
212121
=
+=+
+++=+
+++=+⇒
aaaa
dbdbaa
ddbbaa
Ramiro J. Saltos
→ La suma es cerrada en 1H
2. R∈∀α 1Hv∈∀ 1Hv∈•α
Sea R∈α . Sea 1Hdc
bav ∈
= dba +=⇒ 2
=•
•=•
dc
bav
dc
bav
αα
ααα
αα
⇒
aa
dba
dba
dba
22
2
)()2(
)(2
=
+=
+=
+=
ααααα
→ La multiplicación por escalar es cerrada en 1H
1H∴ es un subespacio de V
Sea 1Hdc
ba∈
−+
+
=
−=
10
10
01
00
00
212dca
dc
daa
dc
ba
−
=∴
10
10,
01
00,
00
211HB ( ) 3dim 1 =H
El conjunto generador de 3H es linealmente independiente y por tanto constituye una base para 3H
−=∴
00
11,
10
013HB ( ) 2dim 3 =H
Sea 31 HHdc
ba∩∈
−
+=
+
−=
1
221
21000
11
10
01
α
ααααα
dc
ba
−=
−+
+
=
32
311
321
2
10
10
01
00
00
21
ββ
ββββββ
dc
ba
−=
−
+
32
311
1
221 2
0 ββ
βββ
α
ααα
=−
=
−=
=+
→
31
2
312
121
0
2
βα
β
ββα
βαα
Ramiro J. Saltos
( )
−
−
+−
−
−
−
+
−
−
3
2
31
31
21
3
2
31
31
41
3
2
31
1
01
00
210
200
)1(
01
00
210
10
1
01
00
210
11
β
β
ββ
ββ
β
β
ββ
ββ
β
β
ββ
β
AA 02 =β 31
31
2
02
ββ
ββ
=
=+−
( )
=
=
−=
−=
10
32
0
32
0
222
2
3
3
33
3
333
32
311
ββ
ββ
β
βββ
ββ
βββ
dc
ba
dc
ba
dc
ba
=∴ ∩
10
3231 HHB ( ) 1dim 31 =∩HH
−=+
12
25BA
Para que esta matriz pertenezca a la unión de ambos subespacios, debe pertenecer ya sea a 1H o a 3H . Si
pertenece a 1H debe cumplir su condición
110
12)5(2
2
=
−=
+= dba
1HBA ∉+→
Finalmente hay que determinar si pertenece a 3H y para ello debe ser una combinación lineal de los
vectores de su base
−
+=
−
+
−=
−
1
221
21
012
25
00
11
10
01
12
25
c
ccc
cc
Si nos damos cuenta nos queda la igualdad 02 = la cual es falsa 3HBA ∉+→
31 HHBA ∪∉+∴
Ramiro J. Saltos
3. Sea 2PV = y { }3,,1 22
1 −−+= xxxxB y { }1,3,22 22
2 −−+−= xxxxB bases de 2P . Determine:
a) La matriz de cambio de base de 2B a 1B
b) El núcleo y la imagen de la matriz obtenida en ( )a Sea 2
2 Pcbxax ∈++
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )3132
2
21
2
1
2
2
2
1
2
3
31
αααααα
ααα
−++−++=++
−+−++=++
xxcbxax
xxxxcbxax
=−
=+−
=+
c
b
a
31
32
21
3αα
αα
αα
−−−
−−
−−−
−−
−
−
bac
b
a
A
ac
b
a
A
c
b
a
400
110
011
)1(
310
110
011
)1(
301
110
011
2313
4
4
3
3
cba
bac
−+=
−−=−
α
α
4
32
32
cba
b
−−=
=+−
α
αα
4
331
21
cba
a
++=
=+
α
αα
[ ]
−+
−−
++
=++⇒
cba
cba
cba
cbxax B 3
33
4
11
2
[ ]
=+−−
−
43
45
41
1
2 22 Bxx [ ]
=−
1
0
0
3 1Bx [ ]
=−
21
21
21
1
2 1 Bx
=∴−
−
→
21
43
21
45
21
41
12
1
0
0
BBC
Como C es una matriz de cambio de base, su determinante siempre será diferente de cero, esto implica que
sus columnas son linealmente independientes en 3R y constituyen además de una base del espacio
)Im(CCC = también una base para 3R 3)Im( RC =∴
Para el núcleo utilizamos el teorema de la dimensión:
0)(
33)(
)()(
=
=+
=+
Cv
Cv
nCCv ρ
Como la nulidad es cero, entonces el único elemento presente en el núcleo de C es el 3R
O
Ramiro J. Saltos
=∴
0
0
0
)(CNu
4. Sea el espacio vectorial
∈∈
= +RzRyx
z
y
x
V ,,/ junto con las operaciones:
+
++
=
⊕
21
21
21
2
2
2
1
1
1 2
zz
yy
xx
z
y
x
z
y
x
−+
=
•α
α
αα
α
z
y
x
z
y
x 22
Determine:
a) El neutro de V y el opuesto de Vv∈
b) Si
0
0
0
es combinación lineal de
−
2
1
1
y
−
4
2
2
1. Vv∈∀ VOv =•0
−
=
−+
=
•=
1
0
2
0
2)0(20
00z
y
x
z
y
x
OV
−
=∴
1
0
2
VO
2. Vv∈∀ '1 vv =•−
−
−−
=
−
−−+−
=
•−=−
z
y
x
z
y
x
z
y
x
v
11
4
)1(
2)1(2)1(
1'
−
−−
=∴
z
y
x
v
1
4
'
3.
0
0
0
no es una combinación lineal de los vectores mencionados porque este no pertenece al espacio
vectorial V
Ramiro J. Saltos
Instituto de Ciencias Matemáticas
Algebra Lineal: Solución de la Segunda Evaluación 1. (20 puntos) Califique como verdaderas o falsas a las siguientes proposiciones. Justifique formalmente sus repuestas. a) Una transformación lineal cuyo núcleo es { }VO , es invertible
Sea 32: RRT → una transformación lineal definida por
+
=
ba
b
a
b
aT
Si obtenemos su núcleo fácilmente nos damos cuenta que es
0
0 pero como la WV dimdim ≠ , T no es
invertible. También es válido decir que el hecho que la transformación lineal sea inyectiva no necesariamente debe ser sobreyectiva
Falso∴
b) :, Rtr ∈∀
−=
)()(
)()(
trSentCos
tCostrSenA es ortogonal
Para que la matriz sea ortogonal, el producto interno entre sus columnas debe ser igual a 0 y al mismo tiempo el producto interno de cada columna consigo misma debe ser igual a 1. Entonces, utilizando el producto interno canónico:
00
0)()()()(
0)(
)(
)(
)(
=
=−
=
−
tCostrSentCostrSen
trSen
tCos
tCos
trSen
[ ] 01)(
1)(1)(
1)()(
1)(
)(
)(
)(
22
222
222
=−
=−+
=+
=
rtSen
tSentSenr
tCostSenr
tCos
trSen
tCos
trSen
π20
0)(
0)(2
=∧=
=
=
tt
tSen
tSen
1
1
01
2
2
±=
=
=−
r
r
r
Ramiro J. Saltos
Por lo tanto la igualdad sólo se cumple para los valores de r y t encontrados y no para todos los reales. Se igual procedimiento para la segunda columna Falso∴
Ramiro J. Saltos
c) Sea V un espacio vectorial real con producto interno. Sean Vvu ∈, dos vectores ortonormales.
Si los vectores vu βα + y vu βα − son ortogonales, entonces βα =
0)/()/()/()/(
0)/()/()/()/(
0)/(
22 =−+−
=−++−+
=−+
vvvuvuuu
vvuvvuuu
vuvu
βαβαβα
ββαββααα
βαβα
Pero como los vectores u y v son ortonormales, sabemos que: 1)/()/( == vvuu
βα
βα
βα
βα
=
=
=−
=−
22
22
22
0
0)/()/( vvuu
Verdadero∴
d) Si λ es un valor propio de
−=
10
01A , entonces ( ) AAA λλ
21 =+ −
Primero tenemos que darnos cuenta la matriz A es ortogonal, eso se ve fácilmente porque el producto interno entre sus columnas es cero y al mismo tiempo el producto interno de cada columna consigo misma es uno, entonces:
AAAA T =→= −− 11 También como A es una matriz diagonal sus valores propios son los elementos de la diagonal principal, es decir:
1
1
−=
=
λλ
Finalmente:
( )( )
AA
AAA
AAA
22
2
2
11
1
=
=+
=+ − λλ
( )( )
AA
AA
AA
AAA
AAA
2
1
2
1
2
1)()2(
2
1)2(
2
2
11
1
11
1
=
=
=
=+
=+
−−
−
−−
− λλ
Verdadero∴
Ramiro J. Saltos
2. (15 puntos) Sea 2
22: RML x → una transformación lineal tal que:
=
=
=
1
1
01
01
10
01
01
10LLL y
=
0
0
00
01L
Determine:
a) )Im(),( LLNu b) La matriz asociada a L respecto a las bases canónicas de cada espacio
La mejor opción es encontrar la regla de correspondencia de L , y para ello necesitamos una base del espacio de partida y para armarla usamos los cuatro vectores que nos dan de datos, así:
=
00
01,
01
01,
10
01,
01
10B
Y al vector típico de 22xM lo escribimos como combinación lineal de los vectores de esta base, luego
planteamos el sistema de ecuaciones y obtenemos los escalares en términos de dcba ,,,
+
+
+
=
00
01
01
01
10
01
01
104321 αααα
dc
ba
+
++=
231
1432
ααα
αααα
dc
ba
=
+=
=
++=
2
31
1
432
α
αα
α
ααα
d
c
b
a
bc
bc
−=
+=
3
3
α
α
dcba
bcda
−−+=
+−+=
4
4
α
α
Finalmente reemplazamos los datos en la combinación lineal inicial:
+
+
+
=
00
01
01
01
10
01
01
104321 TTTT
dc
baT αααα
−−++
−+
+
=
0
0)(
1
1)(
1
1)(
1
1)( dcbabcdb
dc
baT
+
+=
dc
dc
dc
baT
Calculando el núcleo tenemos:
=+
=+
0
0
dc
dc
→
000
011
011
011 →
dc
dc
−=
=+ 0
=+∈
=∴ 0/)( 22 dcM
dc
baLNu x
Ramiro J. Saltos
Y la imagen:
=+
=+
ydc
xdc
−→
xy
x
y
x
00
11
11
11 →
yx
xy
=
=− 0
=∈
=∴ yxR
y
xL /)Im( 2
Para obtener la matriz asociada a la base canónica, sabemos que:
=
10
00,
01
00,
00
10,
00
01
22 xMCB
=
1
0,
0
12CR
B
=
0
0
00
01T
=
0
0
00
10T
=
1
1
01
00T
=
1
1
10
00T
↓↓↓↓
↑↑↑↑
=2222
10
00
01
00
00
10
00
01
CRCRCRCRBBBB
TTTTA
=∴
1100
1100A
Ramiro J. Saltos
3. (15 puntos) Sea
=
a
a
a
A
11
11
11
Determine: a) Los valores propios de A b) Una base para cada espacio propio de A
−
−
−
=−
λ
λ
λ
λ
a
a
a
IA
11
11
11
[ ] [ ] [ ][ ]
02)(3)(
0)(11)(1)()(
0)(111)(11)()(
3
2
2
=+−−−
=−−++−−−−−
=−−+−−−−−−
λλ
λλλλ
λλλλ
aa
aaaa
aaaa
Ahora realizamos un cambio de variable para visualizar mejor las cosas:
λ−= ax 0233 =+− xx
Aplicando división sintética:
0211
211
23011
−
−
−
0)1)(2)(1(
0)2)(1( 2
=−+−
=−+−
xxx
xxx
1
1
1
−=
=−
=
a
a
x
λ
λ
2
2
2
+=
−=−
−=
a
a
x
λ
λ
Y finalmente hallamos cada espacio propio reemplazando cada λ en la matriz IA λ−
1−=aEλ
→
000
000
111
111
111
111
cba
cba
−−=
=++ 0
−
+
−
=
−−
=
1
0
1
0
1
1
cb
c
b
cb
c
b
a
−
−
=∴
1
0
1
,
0
1
1
λEB
2+=aEλ
−
−→
−
−→
−
−
−
→
−
−
−
101
110
000
211
110
000
211
330
330
211
121
112
cb
cb
=
=+− 0
ca
ca
=
=− 0
Ramiro J. Saltos
4. (5 puntos) Determine si la matriz
=
101
110
101
A es diagonalizable
−
−
−
=−
λ
λ
λ
λ
101
110
101
IA
Calculamos la ecuación característica:
[ ][ ] 01)1()1(
0)1()1()1(
2
2
=−−−
=−−−−
λλ
λλλ
1
0)1(
=
=−
λλ
0)2)((
0)11)(11(
01)1( 2
=−−
=+−−−
=−−
λλ
λλ
λ
0=λ 2
02
=
=−
λλ
Debemos recordar el corolario que dice: “Si nxnMA∈ tiene n valores propios distintos, entonces A es
diagonalizable” Como tenemos tres valores propios distintos, entonces A es diagonalizable
Ramiro J. Saltos
5. (15 puntos) Sea 3RV = y
=+−∈
= 0623/3 zyxR
z
y
x
W un subespacio de V
Determine: a) El complemento ortogonal de W
b) La proyección de v sobre W si se conoce que
−
=
4
1
3
v
Para calcular el complemente primero necesitamos una base de W
zxy
zyx
632
0623
+=
=+−
+
=
+=
=
2
6
0
0
3
2
2
63
2
2
2
2
zx
z
zx
x
z
y
x
z
y
x
=⇒
1
3
0
,
0
3
2
WB
Sea ⊥∈
W
c
b
a
ba
ba
c
b
a
32
032
0
0
3
2
−=
=+
=
bc
cb
c
b
a
3
03
0
1
3
0
−=
=+
=
=+=+∈
=∴ ⊥ 0332/3 bcbaR
c
b
a
W
Para hallar la proyección del vector que nos piden es mejor calcularla sobre ⊥W debido a que la base de este subespacio tiene un solo vector y ortonormalizarla será más sencillo.
−
−
=
−
−
=
=
6
2
3
6
2
3
2
2
2
b
b
b
b
c
b
a
c
b
a
−
−
=⇒ ⊥
6
2
3
WB
Ahora procedemos a ortonormalizar esta base:
1
1
1
1v
vu •=
( )
749
3649
6
2
3
6
2
3
/
1
1
1
111
==
++=
−
−
−
−
=
=
v
v
v
vvv
−
−
=∴ ⊥
6
2
3
7
1*WB
Vamos a suponer que v se puede escribir como la suma de dos vectores Wh∈ y ⊥∈Wp , hallaremos p y luego contestaremos la pregunta al encontrar pvh −=
( ) 11
Pr
uuvp
voypW
=
= ⊥
( )
−
=
−
−
•−+
=
−
−
•
−
−
−
=
6
2
3
49
13
6
2
3
242949
1
6
2
3
6
2
3
4
1
3
49
1
p
p
p
−
=
−
+
−
=
4924849
7549
186
495249
2649
39
4
1
3
h
h
−
=∴
4924849
7549
186
Pr voyW