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Ejercicios resueltos del capıtulo 1

Ejercicios impares resueltos

1.1.b Resolver por el metodo de Gauss el sistemax1 +x2 −x3 +x4 +x5 = 2x1 −2x2 +x4 = 5−x1 +x3 +2x5 = 3

3x2 +x3 −2x4 = −1

Solucion.1 1 −1 1 1 21 −2 0 1 0 5−1 0 1 0 2 3

0 3 1 −2 0 −1

F2,1(−1)F3,1(1)−→

1 1 −1 1 1 20 −3 1 0 −1 30 1 0 1 3 50 3 1 −2 0 −1

F3,2(

13)

F4,2(1)−→

1 1 −1 1 1 20 −3 1 0 −1 30 0 1

31 8

36

0 0 2 −2 −1 2

1 1 −1 1 1 20 −3 1 0 −1 30 0 1

31 8

36

0 0 0 −8 −17 −34

Como el numero de pivotes distintos de cero es 4 y el numero de incognitas es 5 el sistema escompatible indeterminado. Lo resolvemos, dejando una incognita como libre, por sustitucionregresiva.

−8x4 − 17x5 = −34; x4 =34

8− 17

8x5

1

3x3 + x4 +

8

3x5 = 6; x3 =

42

8− 13

8x5

−3x2 + x3 − x5 = 3; x2 =6

8− 7

8x5

x1 + x2 − x3 + x4 + x5 = 2; x1 =18

8+

3

8x5

1.3 Una industria utiliza tres maquinas en la elaboracion de cuatro productos diferentes.Las maquinas se utilizan a pleno rendimiento 8 horas al dıa. El numero de horas que cadamaquina necesita para elaborar una unidad de cada producto es:

1

2

Producto 1 Producto 2 Producto 3 Producto 4Maquina 1 1 2 1 2Maquina 2 2 0 1 1Maquina 3 1 2 3 0

¿Cual es el numero de unidades de cada producto que elaborara la industria en un dıa?Solucion.Planteamos el sistema de ecuaciones considerando que cada maquina trabaja 8 horas al dıa

y que x, y, z y t son las cantidades de los respectivos productos que se fabrican:

x +2y +z +2t = 82x +z t = 8x +2y +3z = 8

Resolvemos el sistema teniendo en cuenta que las soluciones tienen que ser enteros positivos. 1 2 1 2 82 0 1 1 81 2 3 0 8

F2,1(−2)F3,1(−1)−→

1 2 1 2 80 −4 −1 −3 −80 0 2 −2 0

El sistema es compatible indeterminado por tener la matriz del sistema tres pivotes distinto decero y cuatro incognitas. Elegimos como incognita libre t.

2z − 2t = 0; z = t

−4y − z − 3t = −8; y = 2− t

x+ 2y + z + 2t = 8; x = 4− t

Si tenemos en cuenta que y ∈ N los unicos valores que puede tomar t seran 0, 1 o 2. Sustituyendoestos valores podemos obtener todas las soluciones posible:

t = 0, x = 4, y = 2, z = 0 t = 1, x = 3, y = 1, z = 1, t = 2, x = 2, y = 0, z = 2

1.5 Hallar la factorizacion LU de la siguiente matriz:

B =

6 1 40 −1 02 0 2

Solucion. 6 1 4

0 −1 02 0 2

F3,1(−13)

−→

6 1 40 −1 00 −1

323

F3,2(−13)

−→

6 1 40 −1 00 0 2

3

Por tanto:

Grado en I. Informatica

3

U =

6 1 40 −1 00 0 2

3

L =

1 0 00 1 013

13

1

1.7 Dado el sistema de ecuaciones

ax+ by + z = 1x+ aby + z = bx+ by + az = 1

. Se pide:

1. Discutirlo segun los valores de a y b.

2. Para a = 2 y b = 1, hallar A−1 por el metodo de Gauss-Jordan donde A es la matriz delos coeficientes.

3. Factorizar la matriz A en L · U .

Solucion.

1. Para resolver el sistema intercambiamos las ecuaciones primera y tercera y resolvemos: 1 b a 11 ab 1 ba b 1 1

F2,1(−1)F3,1(−a), a 6= 0

−→

1 b a 10 ab− b 1− a b− 10 b− ab 1− a2 1− a

F3,2(1)−→

1 b a 10 ab− b 1− a b− 10 0 2− a− a2 b− a

Vamos a estudiar el sistema equivalente en funcion de los valores de los parametros.

Si 2− a− a2 = 0 ∧ b− a 6= 0 el sistema serıa INCOMPATIBLE.

Si ab− b = 0 ∧ 1− a = 0 ∧ b− 1 6= 0 el sistema serıa INCOMPATIBLE

Vamos a concretar los valores de a y b para los cuales se darıan los casos de incompatibi-lidad.

2 − a − a2 = 0 ⇒ a = −2, a = 1. Por tanto Si a = −2 y b 6= −2 y si a = 1 y b 6= 1 elsistema serıa incompatible.

ab − b = 0, b(a − 1) = 0,⇒ b = 0, a = 1. El caso a = 1 ya esta analizado. Si b = 0 lamatriz del sistema quedarıa: 1 b a 1

0 0 1− a −10 0 2− a− a2 −a

y para que fuera compatible tendrıa que ser 2− a− a2 = 1− a y −a = −1 pero entoncesa = 1 y serıa incompatible segun hemos visto. Luego si a = −2 y b 6= −2 o si a = 1 y

Problemas resueltos de Matematicas II

4

b 6= 1 el sistema es incompatible, en otro caso el sistema es compatible. Todo este estudioes valido si a 6= 0. Si a = b = −2 el sistema es compatible indeterminado con un grado delibertad. Si a = b = 1 el sistema es compatible indeterminado con dos grados de libertad.En otro caso, con a 6= 0 el sistema es compatible determinado. Nos queda por estudiar elsistema si a = 0. Para estudiar este caso partimos de la matriz del sistema con a = 0:

1 b 0 11 0 1 b0 b 1 1

F2,1(−1)−→

1 b 0 10 −b 1− a b− 10 b 1 1

F3,2(1)−→

1 b 0 10 −b 1− a b− 10 0 2 b

Si b 6= 0 el sistema seria compatible determinado. Si b = 0 el sistema serıa incompatiblecomo ya sabiamos.

En resumen quedarıa

Si a = −2 ∧ b 6= −2 S. incompatibleSi a = 1 ∧ b 6= 1 S. incompatibleSi b = 0 S. incompatibleSi a = b = −2 S. compatible indeterminado con 1 grado de libertadSi a = b = 1 S. compatible indeterminado con 2 grados de libertad

En otro caso el sistema es compatible determinado

2. Calculemos la matriz inversa utilizando el metodo de Gauss-Jordan de la matriz A paraa = 2 y b = 1. Elegimos como matriz A la matriz del sistema original: 2 1 1 | 1 0 0

1 2 1 | 0 1 01 1 2 | 0 0 1

F2,1(−12)

F3,1(−12)

−→

2 1 1 | 1 0 00 3

212| −1

21 0

0 12

32| −1

20 1

F3,2(−13)

−→

2 1 1 | 1 0 00 3

212| −1

21 0

0 0 43| −1

3−1

31

F1(12)

F2(23)

F3(34)

−→

1 12

12| 1

20 0

0 1 13| −1

323

00 0 1 | −1

4−1

434

F2,3(−13)

F1,3(−12)

−→ 1 12

0 | 58

18−3

8

0 1 0 | −14

34−1

4

0 0 1 | −14−1

434

F1,2(−12)

−→

1 0 0 | 34−1

4−1

4

0 1 0 | −14

34−1

4

0 0 1 | −14−1

434

3. Para la descomposicion L,U de la matriz A, ya tenemos hecho el trabajo pues la matrizU es la obtenida en la mitad del proceso que hemos seguido para el calculo de la inversay por tanto tambien conocemos los elementos de la matriz L.

U =

2 1 10 3

212

0 0 43

L =

1 0 012

1 012

13

1



Ejercicios pares resueltos

2.2 Sea V el subespacio de R4 dado por las ecuaciones parametricas:x = α −β +2γy = 2α +βz = 2α −7γt = β +γ

Determinar una base, la dimension y unas ecuaciones implıcitas de V .

Solucion.

Para obtener una base a partir de las ecuaciones parametricas procedemos de la siguienteforma:

(x, y, z, t) = α(1, 2, 2, 0) + β(−1, 1, 0, 1) + γ(2, 0,−7, 1)

por tanto un sistema generador serıa < (1, 2, 2, 0), (−1, 1, 0, 1), (2, 0,−7, 1) >. Para obtener unabase tendremos que ver cuantos de ellos son linealmente independientes. Lo haremos estudiandoel rango de la matriz formada por los tres vectores, por filas o columnas.

1 −1 22 1 02 0 −70 1 1

F2,1(−2)F3,1(−2)−→

1 −1 20 3 −40 2 −110 1 1

F3,2(−23)

F4,2(−13)

−→

1 −1 20 3 −40 0 −25

3

0 0 73

Como al ser una matriz rectangular el maximo rango que puede tener es el del menor

numero de filas o columnas resultara que el rango es tres y por tanto los tres son linealmentaindependientes y constituyen una base del subespacio.

BV = {(1, 2, 2, 0), (−1, 1, 0, 1), (2, 0,−7, 1)}

La dimension de V sera por tanto 3.Para calcular las ecuaciones implıcitas hacemos lo siguiente. El rango de la matriz formada

por una base del subespacio y cualquier vector debe ser igual a la dimension del subespacio, en

5

6

nuestro caso 3, por tanto todos los terminos de la matriz por debajo del tercer pivote han deser nulos.

1 −1 2 x2 1 0 y2 0 −7 z0 1 1 t

F2,1(−2)F3,1(−2)−→

1 −1 2 x0 3 −4 y − 2x0 2 −11 z − 2x0 1 1 t

F3,2(−23)

F4,2(−13)

−→

1 −1 2 x0 3 −4 y − 2x0 0 −25

3−2

3x− 2

3y + z

0 0 73

23x− 1

3y + t

F4,3(725

)−→

1 −1 2 x

0 3 −4 y − 2x

0 0 −25

3−2

3x− 2

3y + z

0 0 02

3x− 1

3y + t+

7

25

(−2

3x− 2

3y + z

)

por tanto la ecuacion implıcita sera:

2

3x− 1

3y + t+

7

25

(−2

3x− 2

3y + z

)= 0; 12x− 13y + 7z + 25t = 0

1.2 Sea U = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y − z = 0, x − 2y = 0} subespacio vecto-rial de R3, referido a la base canonica. Calcular las ecuaciones de U con respecto a la baseB = {(1, 0, 1), (1, 1, 0), (0, 1, 1)}.

Solucion.

Lo podemos hacer de dos formas. Una serıa obtener una base del subespacio referida a labase canonica y mediante el cambio de base obtener la nueva base del subespacio referida ala base dada y a partir de ellos obtener las ecuaciones implıcitas que ya estaran referidas a lanueva base, veamoslo

x +y −z = 0x −2y = 0

}⇒ BU = {(2, 1, 3)}C

este vector base de U esta referido a la base canonica, veamos su expresion en la nueva base B,

(2, 1, 3) = x(1, 0, 1) + y(1, 1, 0) + z(0, 1, 1)

2 = x +y1 = y +z3 = x +z

→x = 2y = 0z = 1

.

Ahora obtenemos las ecuaciones implıcitas, 2 x0 y1 z

F3,1(−12)

−→

2 x0 y0 z − 1

2x

⇒ y = 0z − 1

2x = 0

}


7

que son las ecuaciones implıcitas.Otra forma serıa obtener directamente las ecuaciones a partir de las ecuaciones referidas a labase canonica, para ello obtenemos los coeficientes de las nuevas ecuaciones a partir de losdados multiplicando estos por la matriz cuyas filas son los vectores de la nueva base:

x+ y − z = 0 −→ (1, 1,−1) 1 0 11 1 00 1 1

11−1

=

020

por tanto la nueva ecuacion sera 2y = 0.

x− 2y = 0 −→ (1,−2, 0) 1 0 11 1 00 1 1

1−20

=

1−1−2

por tanto la nueva ecuacion sera x− y − 2z = 0.Las ecuaciones implıcitas referidas a la nueva base son, por tanto

2y = 0x −y −2z = 0

}que aunque tengan una expresion distinta representan las mismas rectricciones para las coor-denadas de los vectores de dicho subespacio que las obtenidas anteriormente.


8



Ejercicios impares resueltos

3.1.a Calcular los autovalores y subespacios invariantes asociados a la matriz: A = 1 2 0−1 3 1

0 1 1

Solucion.

Calculamos el polinomio caracterıstico y resolvemos:

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣1− λ 2 0−1 3− λ 1

0 1 1− λ

∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)(λ2 − 2)2 = 0⇒ λ = 1, λ = 2(doble)

Los subespacios invariantes, uno asociado a cad autovalor, estan generados por los autovec-tores y el vector cero. Por tanto calculamos los autovectores asociados a cada autovalor:A1 = {x / Ax = 1x} ∪ {0}

(A− I)x = 0;

0 2 0−1 2 1

0 1 0

x1x2x3

=

000

⇒ 2x2 = 0−x1 +2x2 +x3 = 0

x2 = 0

x2 = 0, x1 = x3 =⇒ A1 = {(1, 0, 1)} ∪ {0}

A2 = {x / Ax = 2x} ∪ {0}

(A− 2I)x = 0;

−1 2 0−1 1 1

0 1 −1

x1x2x3

=

000

⇒ −x1 +2x2 = 0−x1 +x2 +x3 = 0

x2 −x3 = 0

x1 = 2x2, x2 = x3 =⇒ A2 = {(2, 1, 1)} ∪ {0}

♠

3.3. Determinar la matriz A =

1 a d2 b e3 c f

de manera que admita por autovectores a

los vectores v1 = (1, 0, 1),v2 = (−1, 1, 0) y v3 = (0, 1,−1).

9

10

Solucion.

Aplicando la definicion de autovalor y autovector y resolviendo nos queda:

(A−λ1I)v1 = 0;

1− λ1 a d2 b− λ1 e3 c f − λ1

101

=

000

⇒ 1 −λ1 −d = 02 e = 03 −λ1 +f = 0

(A−λ2I)v2 = 0;

1− λ2 a d2 b− λ2 e3 c f − λ2

−110

=

000

⇒ −1 λ2 +a = 0−2 −λ2 +b = 0−3 +c = 0

(A−λ3I)v3 = 0;

1− λ3 a d2 b− λ3 e3 c f − λ3

01−1

=

000

⇒ a −d = 0b −λ3 −e = 0c +λ3 −f = 0

Resolviendo el sistema de nueve ecuaciones con nueve incognitas obtenemos:

a = 3, b = 0, c = 3, d = 3, e = 2, f = 1, λ1 = 4, λ2 = −2, λ3 = −2

♠

3.5 Sea A =

1 0 2−1 2 1

1 1 2

. Expresar A−1 en funcion de I3 y de A.

Solucion.

Basandonos en el teorema de Cayley-Hamilton sabemos que se verifica:

a0An + a1A

n−1 + a2An−2 + · · ·+ an−1A+ anI = Θ

Multiplicando por A−1 ambos miembros y despejando A−1:

A−1 = −a0anAn−1 − a1

anAn−2 − · · · − an−2

anA− an−1

anI

En nuestro caso para n = 3 la expresion anterior se reduce a:

A−1 = −a0a3A2 − a1

a3A− a2

a3I

Por tanto calculemos el polinomio caracterıstico de la matriz para calcular los coeficientesy despues calculamos A2.

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣1− λ 0 2−1 2− λ 1

1 1 2− λ

∣∣∣∣∣∣ = −λ3 + 5λ2 − 5λ− 3


11

A−1 = −−1

−1A2 − 5

−3A− −5

−3I

A2 =

1 0 2−1 2 1

1 1 2

1 0 2−1 2 1

1 1 2

=

3 2 6−2 5 2

2 4 7

A−1 = −1

3

3 2 6−2 5 2

2 4 7

+ 53

1 0 2−1 2 1

1 1 2

− 53

1 0 00 1 00 0 1

=

−1 −23

43

−1 0 11 1

3−2

3

♠

3.7 Estudiar para que valores de los parametros a y b, la matriz

A =

5 0 00 −1 b3 0 a

es diagonalizable. Calculando: La forma canonica de Jordan y la matriz

de paso para a = −1 y b = 1.

Solucion.

Calculamos los autovalores:

|A−λI| = 0;

∣∣∣∣∣∣5− λ 0 0

0 −1− λ b3 0 a− λ

∣∣∣∣∣∣ = (5−λ)(−1−λ)(a−λ) = 0⇒ λ = 5, λ = −1, λ = a

• Si a 6= 5, a 6= −1 los tres autovalores son distintos y por tanto la matriz es DIAGONA-LIZABLE.

• Si a = 5 , λ = 5 tiene multuplicidad algebraica dos. Por tanto para que la matriz seadiagonalizable la multiplicidad geometrica tendra que ser dos.

mg(5) = 3− rango(A− 5I) = 3−

0 0 00 −6 b3 0 0

= 3− 2 = 1, ∀b ∈ R

Por tanto sera NO DIAGONALIZABLE para cualquier valor de b.

• Si a = −1, λ = −1 tiene multiplicidad algebraica dos. Estudiemos la multiplicidadgeometrica.

mg(−1) = 3− rango(A+ I) = 3−

6 0 00 0 b3 0 0

⇒{

Si b = 0 mg(−1) = 3− 1 = 2 DIAGONALIZABLE

Si b 6= 0 mg(−1) = 3− 2 = 1 NO DIAGONALIZABLE


12

Calculemos las matrices P y J puesto que como acabamos de ver para a = −1 y b = 1 no

es diagonalizable. La matriz queda A =

5 0 00 −1 13 0 −1

.

La matriz J tendra un bloque de orden dos correspondiente al autovalor doble λ = −1 ysera:

J =

5 0 00 −1 10 0 −1

Calculemos los autovectores.

• (A−5I)v1 = 0;

0 0 00 −6 13 0 −6

x1x2x3

=

000

;−6x2 +x3 = 0

3x1 −6x3 = 0

};x3 = 6x2x3 = 1

2x1

}

v1 = (12, 1, 6)

• (A+ I)v2 = 0;

6 0 00 0 13 0 0

x1x2x3

=

000

;6x1 = 03x3 = 0

};x1 = 0x3 = 0

}

v2 = (0, 1, 0)

• (A+ I)v′2 = v2;

6 0 00 0 13 0 0

x1x2x3

=

010

;6x1 = 0x3 = 13x1 = 0

;x1 = 0x3 = 1

}

v′2 = (0, 0, 1)

Por tanto la matriz de paso sera P =

12 0 01 1 06 0 1

♠

3.9 La distribucion de la poblacion de tres grupos de animales, en el ano n viene dada porel vector ~vn = (xn, yn, zn) siendo

xn+1 = 7yn +4znyn+1 = 1

9xn

zn+1 = 12yn

Si la poblacion inicial es de 3000 animales, 1000 de cada grupo, calcular la poblacion quehabra de cada grupo al cabo del tiempo.


13

Solucion.

xn+1

yn+1

zn+1

=

0 7 419

0 00 1

20

xnynzn

=

0 7 419

0 00 1

20

n x1y1z1

Para calcular la matriz resultante de la potencia n-esima calculamos sus autovalores.

|A− λI| = 0;

∣∣∣∣∣∣−λ 7 419−λ 0

0 12−λ

∣∣∣∣∣∣ = −λ3 +7

9λ+

2

9= 0;⇒ λ1 = 1, λ2 = −2

3, λ3 = −1

3

Como los autovalores son distintos sabemos, segun el corolario 3.7.4, que

un = c1λn1v1 + c2λ

n2v2 + · · ·+ cpλ

npvp n = 1, 2, · · · (0.0.1)

siendo λ1, λ2, . . . , λp los autovalores de A, v1,v2, . . . ,vp autovectores linealmente independientesasociados a λ1, λ2, . . . , λp respectivamente y c = (c1, c2, . . . , cp)

t la solucion del sistema Pc = u0.Calculamos los autovectores y posteriormente los coeficientes.

• (A−I)v1 = 0;

−1 7 419−1 0

0 12−1

x1x2x3

=

000

;−1

2x1 −x2 = 0

12x2 −x3 = 0

};x1 = 9x2x2 = 2x3

}

v1 = (18, 2, 1)

• (A+23I)v2 = 0;

23

7 419

23

00 1

223

x1x2x3

=

000

;19x1 +2

3x2 = 0

12x2 +2

3x3 = 0

};x1 = −6x2x2 = −4

3x3

}

v2 = (24,−4, 3)

• (A+13I)v3 = 0;

13

7 419

13

00 1

213

x1x2x3

=

000

;19x1 +1

3x2 = 0

12x2 +1

3x3 = 0

};x1 = −3x2x2 = −2

3x3

}

v3 = (−6, 2,−3)

un+1 = c1λn1v1 + c2λ

n2v2 + c3λ

n3v3

un+1 = c11n

1821

+ c2

(−2

3

)n 24−43

+ c3

(−1

3

)n −6

2−3


14

Teniendo en cuenta que nos piden la poblacion al cabo del tiempo, eso quiere decir cuando nsea suficientemente grande, las potencias de los autovalores menores que uno en valor absolutoseran cero y por tanto solo tendremos en cuenta el sumando correspondiente al autovalor λ = 1.Calculemos los coeficientes (c1, c2, c3) a partir del sistema Pc = u1, aunque solo necesitamosc1. 18 24 −6

2 −4 21 3 −3

c1c2c3

=

100010001000

18 24 −6 1000

2 −4 2 10001 3 −3 1000

F1,3

−→

1 3 −3 10002 −4 2 100018 24 −6 1000

F2, 1(−2)F3,1(−18)−→

1 3 −3 10000 −10 8 −10000 −30 48 −17000

F3,2(−3)−→

1 3 −3 10000 −10 8 −10000 0 24 −14000

resolvemos por sustitucion regresiva:

c3 = −14000

24= −1750

3; 10c2 = 8c3 + 1000; c2 = −1100

3; c1 = 1000 + 1100− 750 = 350 xn+1

yn+1

zn+1

= 350 1n

1821

=

6300700350

⇒ xn+1 = 6300yn+1 = 700zn+1 = 350

♠

3.11 Resolver la ecuacion en diferencias de Fibonacci: zn = zn−1 + zn−2 para los valoresiniciales z1 = 1, z2 = 1.

Solucion.

Calculamos los autovalores.

zn = zn−1 + zn−2; zn − zn−1 − zn−2 = 0; λ2 − λ− 1 = 0; λ =1±√

1 + 4

2

λ1 =1 +√

5

2; λ2 =

1−√

5

2.

Como los autovalores son distintos la solucion de la ecuacion en diferencias, segun el teorema3.7.6, vendra dada por:

zn = c1λn1 + c2λ

n2 ; zn = c1

(1 +√

5

2

)n

+ c2

(1−√

5

2

)n


15

calculamos los coeficientes c1 y c2 dando a n los valores 1 y 2 y utilizando los valores inicialesdados:

n = 1 : z1 = 1 = c11+√5

2+ c2

1−√5

2

n = 2 : z2 = 1 = c1

(1+√5

2

)2+ c2

(1−√5

2

)2

resolviendo el sistema obtenemos:

c1 =1√5

y c2 = − 1√5

por tanto la solucion de la ecuacion en diferencias es:

zn =1√5

(1 +√

5

2

)n

− 1√5

(1−√

5

2

)n

♠

3.13 Los habitos de trabajo de un estudiante son como sigue. Si estudia una noche,esta seguro en un 70 % de que no estudiara la noche siguiente. Por otra parte, la probabilidadde que no estudie dos noches seguidas es de 0’6. A la larga, ¿con que frecuencia estudia?

Solucion.

Sea x la variable que asignamos a la opcion estudia e y la que asignamos a la opcion noestudia. El sistema de ecuaciones sera:

xn = 0′3xn−1 + 0′4yn−1

yn = 0′7xn−1 + 0′6yn−1

}(xn

yn

)=

(0′3 0′4

0′7 0′6

)(xn−1

yn−1

)Se trata de una matriz estocastica de una cadena de Markov regular pues todos los terminosde la matriz son estrictamente positivos; el vector de estado estacionario sera el autovectorcorrespondiente al autovalor 1, calculemoslo:

(A− I)v = 0;

(−0′7 0′4

0′7 −0′4

)(x1

x2

)=

(0

0

);−0′7x1 + 0′4x2 = 0; x1 =

0′4

0′7x2

v =

(0′4

0′7

)=

(4

7

)El resultado es que de cada 11 noches estudia 4 y no estudia 7.


16



Ejercicios pares resueltos

4.2 Sea V el espacio vectorial de los polinomios en x de grado menor o igual que 2y una base B{ e1 = x2, e2 = x, e3 = 1}. Se considera el producto escalar definido por:

ei · ej =1

i+ j + 1. Se pide:

(a) El angulo de los vectores 1 y x.

(b) Estudiar para que valores de a son ortogonales x+ a y x− a.

Solucion.

Nota.- En lo que sigue utilizaremos para el producto escalar la notacion, mas simple, x .yen lugar de 〈x ,y〉.

(a) El angulo que forman los polinomios 1 y x podemos considerar que es el angulo queforman los vectores p1 y p2 con p1 = e3 y p2 = e2, por lo tanto:

(p1,p2) =p1.p2

‖p1‖‖p2‖=

e3. e2

‖ e3‖‖ e2‖=

13+2+1√1

3+3+1

√1

2+2+1

=

√35

6

(b) Para que dos vectores sean ortogonales su producto escalar ha de ser cero. Por lo tantoseran x+ a = e2 + a e3 y x− a = e2 − a e3 y su producto escalar sera:

( e2 +a e3).( e2−a e3) = e2. e2−a e2. e3 +a e3. e2−a2 e3. e3 = e2. e2−a2 e3. e3 =

=1

2 + 2 + 1− a2 1

3 + 3 + 1= 0⇒ 5a2 = 7; a = ±

√7

5

♠

4.4

(a) Hallar las ecuaciones implıcitas de F⊥ siendo F =< (1, 0, 1), (0, 1,−1) >.

17

18

(b) Hallar una base de G siendo las ecuaciones implıcitas de G⊥:{x1 − x2 + x3 = 0x1 = 0

(c) Hallar una base de H⊥ siendo las ecuaciones implıcitas de H: x1 − 6x2 = 0

Solucion.

(a)F⊥ = {x ∈ R3 / x .y = 0,∀y ∈ F},

si x = (x1, x2, x3) ∈ F⊥ entonces (x1, x2, x3)(1, 0, 1)t = 0 y (x1, x2, x3)(0, 1,−1)t = 0

efectuando ambos productos escalares obtendremos las ecuaciones implıcitas del subes-pacio F⊥, {

x1 +x3 = 0

x2 −x3 = 0

(b) Con las ecuaciones implıcitas dadas de G⊥ obtenemos una base de G⊥, BG⊥ = {(0, 1, 1)}.Para obtener una base de G calculamos primero una ecuaciones implıcitas y a partir deellas una base:

(x1, x2, x3)(0, 1, 1)t = 0; x2 + x3 = 0⇒ BG = {(1, 0, 0), (0, 1,−1)}

(c) Con las ecuaciones dadas, una base de H serıa BH = {(0, 0, 1), (6, 1, 0)}. Calculamos ahoraunas ecuaciones implıcitas de H⊥, igual que hicimos en el aparatdo a), y posteriormenteuna base: {

x3 = 0

6x1 +x2 = 0⇒ BH⊥ = {(1,−6, 0)}

♠

4.6 Sea F =< (1, 1, 1, 0), (0, 1,−1, 0) >⊂ R4

(a) Comprobar que F + F⊥ = R4 y F ∩ F⊥ = {~0}.

(b) Descomponer el vector u = (0, 1, 2, 0) como suma de un vector de F y otro de F⊥.

(c) Demostrar que dicha descomposicion es unica.

Solucion.


19

(a) Calculamos F⊥,F⊥ = {x ∈ R4 / x .y = 0,∀y ∈ F},

si x = (x1, x2, x3, x4) ∈ F⊥ entonces (x1, x2, x3, x4)(1, 1, 1, 0)t = 0 y (x1, x2, x3, x4)(0, 1,−1, 0)t =0, por tanto las ecuaciones implıcitas de F⊥ seran:{

x1 +x2 +x3 = 0

x2 −x3 = 0

entonces una base de F⊥ sera, BF⊥ = {(−2, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}. Comprobamos ahora siF + F⊥ = R4, para ello calculamos el rango de conjunto de vectores formados por lasbases de ambos subespacios,

1 0 −2 01 1 1 01 −1 1 00 0 0 1

F2,1(−1)F3,1(−1)−→

1 0 −2 00 1 3 00 −1 3 00 0 0 1

F3,2(1)−→

1 0 −2 00 1 3 00 0 6 00 0 0 1

como los cuatro pivotes son distintos de cero, los cuatro vectores son linealmente inde-pendientes y por tanto F + F⊥ = R4. Para comprobar que la suma es directa tenemosque ver ahora que la interseccion de ambos subespacios es vacia, es decir, F ∩ F⊥ = {0}.Si tenemos en cuenta la formula de Grassmann tiene que cumplirse dim(F ) + dim(F⊥) =dim(F + F⊥) + dim(F ∩ F⊥). Como dim(F ) = 2, dim(F⊥) = 2 y dim(F + F⊥) = 4,sera la dim(F ∩ F⊥) = 0, luego la interseccion de ambos subespacios es el subespacionulo.

(b) Para descomponer el vector u = (0, 1, 2, 0) en suma de dos vectores, uno perteneciente aF y otro perteneciente a F⊥, lo heremos proponiendo la descomposicion del vector comocombinacion lineal de las bases de ambos subespacios,

u = (0, 1, 2, 0) =

∈F︷︸︸︷a(1, 1, 1, 0) + b(0, 1,−1, 0) +

∈F⊥︷︸︸︷c(−2, 1, 1, 0) + d(0, 0, 0, 1)

Resolvemos el sistema para obtener a, b, c, d:

0 = a −2c

1 = a +b +c

2 = a −b +c

0 = +d

a = 1, b = −1

2, c =

1

2, d = 0

ProyF (u) = 1(1, 1, 1, 0)− 1

2(0, 1,−1, 0) =

(1,

1

2,3

2, 0

)ProyF⊥(u) =

1

2(−2, 1, 1, 0) + 0(0, 0, 0, 1) =

(−1,

1

2,1

2, 0

)


20

(c) La demostracion es similar a la del teorema de unicidad de las componentes de un vectoren una base.

♠

4.8 Hallar la solucion optima del siguiente sistema−x1 −2x2 = 12x1 +4x2 = 0x1 +2x2 = 0

3x1 +6x2 = 0

Solucion.

La solucion optima la obtenemos de entre las infinitas soluciones que nos proporciona elsistema de ecuaciones normales o de Gauss que obtenemos multiplicando a la izquierda elsistema original por la matriz traspuesta de la matriz de los coeficientes, AtAX = AtB

−x1 −2x2 = 12x1 +4x2 = 0x1 +2x2 = 0

3x1 +6x2 = 0

=⇒

−1 −2

2 41 23 6

( xy

)=

1000

; A =

−1 −2

2 41 23 6

, B =

1000

AX = B; AtAX = AtB;

AtA =

(−1 2 1 3−2 4 2 6

)−1 −2

2 41 23 6

=

(15 3030 60

);AtB =

(−1 2 1 3−2 4 2 6

)1000

=

(−1−2

)

El sistema de ecuaciones normales es:

15x1 +30x2 = −130x1 +60x2 = −2

que es un sistema compatible indeterminado, por tanto con infinitas soluciones. El conjunto dedichas soluciones es:

x = − 1

15− 2α, y = α, ∀α ∈ R

La solucion optima es, de entre las infinitas soluciones, la que tiene norma mınima. Sabemos quedicha solucion es la que pertenece al subespacio fila de la matriz de los coeficientes, por tantobuscaremos de entre las infinitas soluciones la que pertenece al subespacio fila de la matriz;para ello haremos que el rango de la matriz cuyas columnas son una base del subespacio fila yel vector solucion sea igual a la dimension de dicho subespacio fila.

BaseF(A) = {(−1,−2)}, Solucion =

(− 1

15− 2α, α

)


21

rango

(−1 − 1

15− 2α

−2 α

)= 1 =⇒

(−1 − 1

15− 2α

−2 α

)F2,1(−2)−→

(−1 − 1

15− 2α

0 5α + 215

)=⇒

5α +2

15= 0;α = − 2

75=⇒ Solucion optima : x = − 1

75, y = − 2

75

♠

4.10 Hallar por el metodo de los mınimos cuadrados la solucion optima del sistema:

x1 +x2 +x3 +x4 = 2x1 +x2 +x3 +x4 = 3x1 +x2 +x3 +x4 = 4

Solucion.

El sistema es claramente incompatible y para obtener la solucion optima por el metodo delos mınimos cuadrados procedemos como en el ejercicio anterior. Obtenemos las matrices A yB:

A =

1 1 1 11 1 1 11 1 1 1

, B =

234

Obtenemos el sistema de ecuaciones normales o de Gauss AtAX = AtB.

AtA =

1 1 11 1 11 1 11 1 1

1 1 1 1

1 1 1 11 1 1 1

=

3 3 3 33 3 3 33 3 3 33 3 3 3

; AtB =

1 1 11 1 11 1 11 1 1

2

34

=

9999

El sistema de ecuaciones normales queda reducido a:

x1 + x2 + x3 + x4 = 9

Para calcular la solucion optima de entre las infinitas soluciones del sistema de ecuacionesnormales, calculamos de entre dichas soluciones la que pertenece al subespacio fila,

BaseF(A) = {(1, 1, 1, 1)}, Solucion = (9− α− β − γ, α, β, γ)

El rango de la matriz formada por la base del subespacio fila y el vector solucion tiene que ser1,

rango

1 9− α− β − γ1 α1 β1 γ

= 1,

1 9− α− β − γ1 α1 β1 γ

F2,1(−1)F3,1(−1)F4,1(−1)−→


22 1 9− α− β − γ0 2α + β + γ − 90 2β + α + γ − 90 2γ + α + β − 9

⇒ 2α +β +γ −9 = 0α +2β +γ −9 = 0α +β +2γ −9 = 0

⇒ α = β = γ =9

4

Solucion optima : x1 =9

4, x2 =

9

4, x3 =

9

4, x4 =

9

4

♠

4.12 Una pieza se estira hasta las longitudes de L= 5,6 y 7 metros bajo la aplicacion ,respectiva, de tres fuerzas de F= 1,2 y 4 toneladas. Suponiendo que se verifica la ley de HookeL = a+ bF , encontrar la longitud aproximada de la pieza.

Solucion.

Si aplicamos la ecuacion dada se debe verificar:

5 = a +b6 = a +2b7 = a +4b

el sistema resultante es incompatible; lo resolveremos de forma aproximada en el sentido de losmınimos cuadrados. 1 2

1 21 4

( ab

)=

567

⇒ A =

1 21 21 4

B =

567

Calculamos las ecuaciones normales o de Gauss y resolvemos,

AtAX = AtB,

(1 1 11 2 4

) 1 21 21 4

=

(3 77 21

),

(1 1 11 2 4

) 567

=

(1845

).

El sistema de ecuaciones normales sera:

3a +7b = 18

7a +21b = 45

que resolvemos obteniendo:

a =9

2, b =

9

14con lo que la ecuacion queda:

L =9

2+

9

14F

♠


ejercicios resueltos del cap tulo 1uhu.es/sixto.romero/pro_res_mat_ii_inf.pdfejercicios resueltos...

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