re exiones teóricas aplicadas al Álgebra lineal

Traballo Fin de Grao

Re�exiones teóricas aplicadas alÁlgebra Lineal

Sandra Abel Grandío

2018/2019

UNIVERSIDADE DE SANTIAGO DE COMPOSTELA

GRAO DE MATEMÁTICAS

Traballo Fin de Grao

Re�exiones teóricas aplicadas alÁlgebra Lineal

Sandra Abel Grandío

2018/2019

UNIVERSIDADE DE SANTIAGO DE COMPOSTELA

Trabajo propuesto

Área de Coñecemento: Álgebra

Título: Re�exiones teóricas aplicadas al Álgebra Lineal

Breve descrición do contido

El objetivo del trabajo es analizar programas de Álgebra Lineal de

algunas Universidades Españolas para, centrándose en alguno de ellos,

elaborar un catálogo de ejercicios resueltos que ilustre y complemente

dicho programa.

Recomendacións

El trabajo está recomendado para aquellos estudiantes que en el fu-

turo piensen dedicarse a la docencia.

Outras observacións

Se recomienda la lectura del presente trabajo a estudiantes que estén

cursando una asignatura elemental de Álgebra Lineal en una titu-

lación superior o alumnos del bachillerato cientí�co-tecnológico que

deseen profundizar en este campo.

iii

Índice general

Resumen vii

Introducción ix

1. Espacios Vectoriales 1

2. Independencia lineal y dimensión 11

3. Aplicaciones lineales 21

4. Calculo Matricial 35

5. Sistemas de Ecuaciones lineales 51

Bibliografía 57

v

Resumen

El Álgebra Lineal es un instrumento de gran aplicación en casi todas las ramas de la

matemática moderna, tanto en las matemáticas puras como en las aplicadas. También es

considerada una herramienta de gran utilidad en el estudio de muchas otras disciplinas,

como la física, la computación, la ingeniería, la economía o incluso las ciencias naturales y

sociales. Por esta razón, es un ámbito del conocimiento matemático que está presente en

todos los estudios superiores de la rama cientí�co-tecnológica. El objetivo de este trabajo

es facilitar el estudio de esta materia a través de la selección de un programa de Álgebra

Lineal de una universidad española para, posteriormente, elaborar un catálogo de ejerci-

cios resueltos que lo ilustre y lo complemente. Cada capítulo comienza con una serie de

de�niciones y resultados que facilitarán la comprensión del mismo y permitirán uni�car la

notación de las diferentes fuentes consultadas.

Abstract

Linear Algebra is an instrument of great application in almost all branches of modern

mathematics, both in pure and applied mathematics. It is also considered a very useful tool

in the study of many other disciplines, such as physics, computing, engineering, economics

or even natural and social sciences. For this reason, it is an area of mathematical knowledge

that is present in all higher-level studies of the scienti�c-technological branch. The objective

of this proyect is to facilitate the study of this subject through the selection of a Linear

Algebra program of a Spanish university to, subsequently, develop a catalog of solved

exercises that illustrate and complement it. Each chapter begins with a series of de�nitions

and results that will facilitate the understanding of it and will allow to unify the notation

of the di�erent sources consulted.

vii

Introducción

� Es completamente utópico esperar aprender Matemáticas, ya sean elementales o

superiores, sin resolver ejercicios� (Godement, (1967))

Actualmente el Álgebra Lineal forma parte de las herramientas matemáticas utilizadas no

solo en las propias matemáticas sino en áreas de conocimiento muy diversas tales como la

física, las ciencias de la naturaleza, la economía, la ingeniería, las ciencias de la comunica-

ción o de la información. Precisamente por esto, es un ámbito del conocimiento matemático

que está presente en todos los estudios superiores de la rama cientí�co-tecnológica.

Como exponen Ángela Rojas y Alberto Cano (2009), �el Álgebra Lineal se encuentra

detrás de muchas actividades de nuestra vida diaria: cuando hacemos una búsqueda en

Google, cuando utilizamos el formato JPEG, o cuando oímos un CD de música". También

es cierto que una gran parte de los conceptos tratados en esta asignatura ya forman parte

del programa de la asignatura de Matemáticas en el segundo curso de bachillerato, sin

embargo, no con la profundidad con la que se pretende en este proyecto.

El objetivo de este trabajo es, sobre la base de un programa de la asignatura de Álgebra

Lineal, elaborar un catálogo de ejercicios que de manera completa y efectiva complemente

dicho programa.

Inicialmente partimos del programa de la asignatura de Álgebra Lineal de la facultad

de Matemáticas de Santiago de Compostela:

Grado: Matemáticas

Materia: Espacios Vectoriales y Cálculo Matricial

ECTS: 6

Contenidos del programa:

Espacios Vectoriales

Independencia Lineal y dimensión

Aplicaciones Lineales

ix

x INTRODUCCIÓN

Cálculo Matricial

Sistemas de ecuaciones lineales

Con el objetivo de con�rmar que este programa es representativo de la formación en el

área de interés, revisaremos algunos ejemplos de programas de otras universidades.

El sistema universitario español está integrado por un total de 82 universidades. De todas

ellas elegimos una muestra de seis, priorizando las que imparten esta asignatura en el pri-

mer curso e incluyendo ejemplos de grados de ciencias a�nes a las matemáticas.

En concreto, se han seleccionado los siguientes programas de Álgebra Lineal de diferentes

Universidades Españolas:

Universidad de Oviedo

Grado: Matematicas

Materia: Álgebra Lineal y Geometría

ECTS: 12


1. Sistemas de ecuaciones lineales.

2. Espacios vectoriales.

3. Aplicaciones lineales.

4. Endomor�smos. Valores y vecto-

res propios.

5. Formas bilineales.

6. Espacios vectoriales euclídeos.

7. Espacios a�nes euclídeos.

8. Cónicas y cuádricas.

Universidad de Cantabria

Grado: Física

Materia: Matemáticas I: Álgebra Li-

neal y Geometría

ECTS: 6


1. Espacios Vectoriales.

2. Aplicaciones Lineales y Matrices.

3. Teoría del Endomor�smo.

4. Geometría Euclídea.

Universidad de Murcia

Grado: Matemáticas

Materia: Álgebra Lineal

ECTS: 6


1. Espacios vectoriales

2. Aplicaciones lineales

3. Sistemas de ecuaciones lineales

4. Determinantes.

5. Diagonalización de endomor�s-

mos y matrices.

Universidad de Málaga

Grado: Ingeniería Mecánica


ECTS: 6


1. Espacios vectoriales y sistemas de

ecuaciones.

2. Aplicaciones lineales. Diagonali-

zación de endomor�smos.

INTRODUCCIÓN xi

3. Espacios afín y euclídeo.

4. Geometría ortogonal.

5. Cónicas y Cuádricas.

6. Álgebra lineal numérica.

7. Ecuaciones Diferenciales Linea-

les.

8. Uso de paquetes informáticos.

Universidad Complutense de Ma-

drid

Grado: Matematicas


ECTS: 18


1. Sistemas de ecuaciones lineales.

Matrices. Determinantes.

2. Espacios vectoriales. Espacios

vectoriales euclídeos.

3. Aplicaciones lineales. Espacio

dual.

4. Clasi�cación de endomor�smos.

Forma de Jordan.

5. Formas bilineales y formas cua-

dráticas. Clasi�cación.

6. Espacios a�nes y a�nes euclídeos.

7. Movimientos en el plano y en el

espacio.

8. Cónicas y cuádricas.

Universidad de Valencia

Grado: Matematicas

Materia: Álgebra Lineal y Geometría

ECTS: 12


1. Sistemas de ecuaciones lineales y

matrices.

2. Espacio vectorial. Bases. Subes-

pacios. Ecuaciones.

3. Aplicaciones lineales. Matrices

coordenadas. Teoremas de iso-

morfía

4. Rangos. Grupo lineal. Equivalen-

cia de matrices.

5. Endomor�smos. Semejanza. Va-

lores y vectores propios.

6. Formas bilineales. Matrices coor-

denadas. Congruencia.

En primer lugar, descartamos los programas de 12 ECTS o más, pues al tratarse de

asignaturas anuales, su estudio superaría la dimensión del presente Trabajo de Fin de Gra-

do. Buscamos entonces un programa de menor extensión, para poder tratarlo en mayor

profundidad.

Se puede apreciar que, de entre los programas mejor dimensionados, todos tienen una base

común con el programa elegido, di�riendo en algunos casos en el último tema.

Concluimos que el programa de la USC, es una opción adecuada para impartir los principios

básicos del Álgebra Lineal, y que, por lo tanto, es apropiado para ser sujeto de este proyecto.

xii INTRODUCCIÓN

A continuación, para cada uno de los temas incluidos en el programa de la materia �Es-

pacios Vectoriales y Cálculo Matricial� de la USC, presentaremos un conjunto de ejercicios

resueltos que faciliten la asimilación y aprendizaje del los conceptos referidos.

Así, cada capítulo comienza con una serie de de�niciones y resultados que facilitarán

la comprensión del tema tratado. Posteriormente, se presenta una propuesta de ejercicios

planteados y desarrollados para ilustrar cada uno de los conceptos. Cuando el tema aborda-

do lo requiera, se ampliará con la información complementaria que se considere necesaria.

Capítulo 1

Espacios Vectoriales

Para facilitar el estudio de los Espacios Vectoriales, en este capítulo, se plantean y

desarrollan una serie de ejercicios orientados al conocimiento del tema y que se agrupan

en los siguiente apartados:

Espacios y subespacios vectoriales

Espacio vectorial cociente

Intersección y suma de subespacios

Sistema generador de un espacio vectorial

El capítulo comienza con una serie de de�niciones y resultados que facilitarán la com-

prensión de este tema.

De�nición 1.1. Un espacio vectorial sobre un cuerpo K (o K-espacio vectorial) esun conjunto no vacío V (cuyos elementos llamamos vectores), en el que se han de�nido una

operación interna que denominaremos suma (+) y otra externa, que llamaremos producto

por escalares.

V × V −→ V

(u, v) 7−→ u+ v

K× V −→ V

(α, u) 7−→ αu

Estas dos operaciones estarán sujetas a los siguientes axiomas, que han de ser válidos

para todos los vectores u, v, w ∈ V y todos los escalares α, β ∈ K.

1

2 CAPÍTULO 1. ESPACIOS VECTORIALES

u+ v = v + u.

(u+ v) + w = u+ (v + w).

∃0V ∈ V (vector nulo) | v + 0V = v.

∀v ∈ V ∃(−v) ∈ V | v + (−v) = 0V .

α(u+ v) = αu+ αv.

(α+ β)u = αu+ βv.

(αβ)u = α(βu).

1 ∈ K (elemento unidad) | 1v = v.

De�nición 1.2. Un subconjunto no vacío U de unK-espacio vectorial V es un subespacio de V

si:

u+ v ∈ U ∀u, v ∈ U ,

αu ∈ U ∀u ∈ U,∀α ∈ K.

De�nición 1.3. Sean V un espacio vectorial sobre K y U ⊂ V un subespacio. Si tomamos

la relación de equivalencia de�nida como v ∼ w ⇔ v − w ∈ U , el conjunto V/U de las

clases de equivalencia es un espacio vectorial con las operaciones:

V/U × V/U −→ V/U

(v + U,w + U) 7−→ (v + U) + (w + U) = (v + w) + U

K× V/U −→ V/U

(α, v + U) 7−→ α(v + U) = αv + U

Este conjunto se conoce como espacio vectorial cociente.

Proposición 1.4. Sean {Ui | i ∈ I} una familia cualquiera de subespacios de un espacio

vectorial V . Su interseccion⋂i∈I Ui es de nuevo un subespacio de V.

De�nición 1.5. Si V1 y V2 son subespacios de un espacio vectorial V , entonces se de�ne

el subespacio suma (o suma de subespacios) de V1 y V2 como:

V1 + V2 = {v1 + v2 | v1 ∈ V1, v2 ∈ V2}

El conjunto V1 + V2 es el mejor subespacio de V conteniendo a V1 y V2.

Proposición 1.6. Sea V un K-espacio vectorial y S un subconjunto de V . El conjunto

de combinaciones lineales formadas con los vectores de S, que denotaremos por 〈S〉, es elmenor subespacio de V conteniendo al conjunto S. Decimos que 〈S〉 es el espacio vectorial

generado por S, o equivalentemente que S es un conjunto de generadores de 〈S〉.

3

Proposición 1.7. Sean U yW dos subespacios de un espacio vectorial V y sean {u1, . . . , ur}y {v1, . . . , vs} conjuntos de generadores de U y V , respectivamente. Entonces, el conjunto

{u1, . . . , ur, v1, . . . , vs} genera U + V .

Los siguientes ocho ejercicios servirán para fortalecer la comprensión de las de�niciones

de espacio y subespacio vectorial, aportar ejemplos y alguna propiedad, involucrando ambos

conceptos.

Ejercicio 1.1. Demuestra que los siguientes conjuntos son espacios vectoriales sobre el

cuerpo K con las operaciones indicadas.

(a) Kn, ∀n ≥ 1, con las operaciones:

Kn ×Kn −→ Kn

(x, y) = ((x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn)) 7−→ x+ y = (x1 + y1, . . . , xn + yn)

K×Kn −→ Kn

(α, x) = (α, (x1, . . . , xn)) 7−→ αx = (αx1, . . . , αxn)

En particular, Rn será espacio vectorial sobre R, con las operaciones dadas.

(b) El cuerpo K′, donde K es un subcuerpo de K′, y con las operaciones:

K′ ×K′ −→ K′

(z, z′) 7−→ z + z′K×K′ −→ K′

(α, z) 7−→ αz

En particular, con estas operaciones C será espacio vectorial sobre R, y del mismo

modo, Cn lo será sobre R.

Fuente: Arvesú, Álvarez y Marcellán (2003), p. 30. Ejercicio 3.1.

Solución. (a) Sean x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn), z = (z1, . . . , zn) elementos de Kn y

λ, µ ∈ R.Dado que K es un cuerpo, Kn es un grupo abeliano, y sólo nos queda comprobar las

últimas cuatro condiciones de espacio vectorial sobre K:

Propiedad asociativa del producto por escalar (·):

λ · (µx) = λ(µx1, . . . , µxn) = (λ(µx1), . . . , λ(µxn))

= ((λµ)x1), . . . , (λµ)xn) = (λµ) · (x1, . . . , xn)

= (λµ)x


Propiedad distributiva del producto por escalares respecto de la suma:

λ(x+ y) = λ((x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn)) = λ(x1 + y1, . . . , xn + yn)

= (λ(x1 + y1), . . . , λ(xn + yn)) = (λx1 + λy1, . . . , λxn + λyn)

= (λx1, . . . , λxn) + (λy1, . . . , λyn) = λ(x1, . . . , xn) + λ(y1, . . . , yn)

= λx+ λy

Propiedad distributiva del producto por escalares respecto de la suma de escalares:

(λ+ µ)x = (λ+ µ)(x1, . . . , xn) = ((λ+ µ)x1, . . . , (λ+ µ)xn)

= (λx1 + µx1, . . . , λxn + µxn)

= λ(x1, . . . , xn) + µ(x1, . . . , xn) = λx+ µx

Existencia del elemento unidad:

Sea 1 ∈ K el elemento unidad del cuerpo K, éste veri�cará: 1·x = 1·(x1, . . . , xn) =(1x1, . . . , 1xn) = (x1, . . . , xn) = x

(b) z + z′ ∈ K′, ∀z, z′ ∈ K′por ser K ′ cuerpo y λz ∈ K′, ∀λ ∈ K pues K ⊂ K′.Tomando como elementos nulo y unidad aquellos que dan estructura de cuerpo a K′

(que son los mismos que se la dan a K, pues K es un subcuerpo), el resto de condiciones

de espacio vectorial sobre K son sencillas de comprobar.

Ejercicio 1.2. Sea Pn el conjunto de los polinomios de grado menor o igual que n con

coe�cientes reales.¾Es Pn un espacio vectorial sobre R con las operaciones siguientes?

Pn × Pn −→ Pn(∑n

i=0 aixi,∑n

i=0 bixi) 7−→

∑ni=0 aix

i +∑n

i=0 bixi =

∑ni=0(ai + bi)x

i

R× Pn −→ Pn(α,∑n

i=0 aixi) 7−→ α ·

∑ni=0 aix

i =∑n

i=0 αaixi

Fuente: Gerber (1992), p. 257. Ejemplo 10.

Solución. Pn es no vacío, pues 0 ∈ Pn. Además, es fácil comprobar que si tomamos como

elemento nulo el polinomio cuyos coe�cientes ai son nulos ∀i ∈ {1, . . . , n}, Pn = {a0 +a1x + · · · + anx

n | ai ∈ R∀i ∈ {1, . . . , n}}, Pn cumple todas las condiciones de espacio

vectorial real.

Nota. Este ejercicio sería análogo si en lugar de R tomamos cualquier otro cuerpo K.

Ejercicio 1.3. ¾Es el conjunto de los polinomios de grado exactamente n con coe�cientes

reales subespacio del espacio vectorial del ejercicio anterior?

5

Fuente: Arvesú et al. (2003), p. 79.

Solución. Sea G = {a0 + a1x + · · · + anxn | an 6= 0, ai ∈ R,∀i ∈ {1, . . . , n}} ⊂ Pn. G 6= ∅

pues xn ∈ G. Sin embargo, G no es un espacio vectorial sobre R con la suma de�nida

para P2, pues si tomamos por ejemplo los polinomios xn + 1,−xn + 1 ∈ G, tenemos que

xn+1+ xn+1 = 2 /∈ G. En consecuencia, G no es subespacio de Pn, porque no es cerrado

para la suma.

Ejercicio 1.4. ¾Es Q[√

5]= {a + b

√5 | a, b ∈ Q} subespacio de R sobre Q con la suma

y el producto por escalar usuales?

Fuente: Merino y Santos (2006), p. 123. Ejercicio 11.

Solución. Por de�nición Q[√

5]⊂ R. Además, Q ⊂ Q

[√5], por lo tanto Q

[√5]6= ∅.

Por último, comprobamos que Q[√

5]es cerrado para la suma y el producto por escalar

usuales en R:

(a+ b√5) + (a′ + b′

√5) = a+ a′ + (b+ b′)

√5 ∈ Q

[√5], ∀a, a′, b, b′ ∈ Q,

α(a+ b√5) = αa+ αb

√5 ∈ Q

[√5],∀a, b, α ∈ Q.

Concluimos que Q[√

5]es subespacio vectorial de R.

Ejercicio 1.5. ¾Es Z[√

5]= {a + b

√5 | a, b ∈ Z} subespacio del espacio vectorial del

ejercicio anterior?


Solución. Vemos que Z[√

5]no es cerrado para el producto por escalar, tomando α =

1/2, a = 0 y b = 1.

α(a+ b√5) = αa+ αb

√5 =

1

2

√5 /∈ Z

[√5], pues

1

2

√5 no pertenece a Z

En consecuencia, Z[√

5]no es un subespacio de Q

[√5].

Ejercicio 1.6. Sean W1,W2 subespacios del espacio vectorial W . Probar que:

W1 ∪W2 subespacios de W ⇔W1 ⊂W2 ∨W2 ⊂W1


Solución. Si suponemos falsas las inclusiones, entonces ∃v ∈W2/v /∈W1. Además, sabemos

que ∃w ∈ W1/w /∈ W2. El vector v + w es combinación lineal de vectores de W1 y W2,

pero v + w /∈ W1 ∪W2, pues v + w /∈ W2 porque w /∈ W2, ni v + w /∈ W1 porque v /∈ W1.

En consecuencia, W1 ∪W2 no sería un espacio vectorial. Concluimos que necesariamente

W1 ⊂W2 o W2 ⊂W1. El resultado recíproco se obtiene de forma trivial.


Ejercicio 1.7. Estudia si son subespacios o no los siguiente subconjuntos de R3.

(a) W = {(a, b, c) ∈ R3 | c = 0}.

(b) W = {(a, b, c) ∈ R3 | a+ b+ c = 0}.

(c) W = {(a, b, c) ∈ R3 | a2 + b2 + c2 = 1}.

Fuente: Merino y Santo (2006), p. 140. Ejercicio 53.

Solución. (a) Veamos que W = {(a, b, c) ∈ R3 | c = 0} es cerrado para la suma y el

producto por escalar:

(a, b, 0) + (a′, b′, 0) = (a+ a′, b+ b′, 0) ∈W, ∀a, a′, b, b′ ∈ R

α(a, b, 0) = (αa, αb, 0) ∈W, ∀a, b, α ∈ R

Dado que el resto de condiciones son de sencilla de comprobación, concluimos que W

es un subespacio vectorial de R3.

(b) Veamos que la suma no es cerrada en W = {(a, b, c) ∈ R3 | a+ b+ c = 0} :

(a, b, c) + (a′, b′, c′) = (a+ a′, b+ b′, c+ c′) ∈W, ∀a, a′, b, b′ ∈ R

pues a+ a′ + b+ b′ + c+ c′ = a+ b+ c+ a′ + b′ + c′ = 0 + 0 = 0.

α(a, b, c) = (αa, αb, αc) ∈W, ∀a, b, α ∈ R

pues αa+ αb+ αc = α(a+ b+ c) = α0 = 0.

Dado que el resto de condiciones son de sencilla de comprobación, concluimos que W

es un subespacio vectorial de R3.

(c) Para ver que la suma no es cerrada en W , nos basta tomar un ejemplo:

(1, 0, 0) + (1, 0, 0) = (2, 0, 0), pero (2, 0, 0) no pertenece a W y (1, 0, 0) ∈W .

Ejercicio 1.8. ¾Son espacios vectoriales los siguientes conjuntos con las operaciones in-

dicadas?

El conjunto de las matrices de la forma

(1 a

b 1

)con la suma y el producto por

escalares usuales.

El conjuntos de las matrices de la forma

(0 a

b 0

)con la suma y el producto por

escalares usuales.

7


Solución. Denotamos por V el conjunto de dichas matrices. Consideramos la suma

de dos matrices en este conjunto:(1 a

b 1

)+

(1 a′

b′ 1

)=

(2 a+ a′

b+ b′ 2

)

La matriz obtenida no pertenece a V , es decir, que V no es cerrado para la suma y

por tanto no es espacio vectorial.

Denotamos por U el conjunto de matrices descrito. Veamos que es cerrado para la

suma y para el producto por un escalar:

(0 a

b 0

)+

(0 a′

b′ 0

)=

(0 a+ a′

b+ b′ 0

)

α

(1 a

b 1

)=

(0 αa

αb 0

)El resto de condiciones para que U sea espacio vectorial son fácilmente comprobables.

Los siguientes dos ejercicios irán orientados reforzar el concepto de espacio vectorial

cociente.

Ejercicio 1.9. Sea E espacio vectorial sobre el cuerpo K y F un subespacio de E. Sea

(E/F,+) el correspondiente grupo cociente, cuya operación interna está de�nida mediante:

(x + F ) + (y + F ) = (x + y) + F y su operación externa: λ(x + F ) = (λx) + F,∀λ ∈K, ∀(x+ F ) ∈ E/F (De�nición 1.3). Demostrar que E/F es espacio vectorial sobre K con

las operaciones mencionadas.

Fuente: Merino y Santos (2006), p. 99.

Solución. Veamos que la operación externa está bien de�nida, es decir que depende de la

clase, y no de sus representantes. En efecto, si x+F = x′+F , entonces x− x′ ∈ F . Como

F subespacio de E: λ(x−x′) = λx−λx′ ∈ F ∀λ ∈ K, y por tanto: λ(x+F ) = (λx)+F =

(λx′) + F = λ(x′ + F ).

Veamos ahora que se veri�can los cuatro últimos axiomas de la De�nición 1.1, para todo

λ, µ ∈ K y todo x+ F, y + F ∈ E/F :

λ[(x+ F ) + (y + F )] = λ[(x+ y) + F ] = λ(x+ y) + F = λx+ λy + F = (λx+ F ) +

(λy + F ) = λ(x+ F ) + λ(y + F )


(λ + µ)(x + F ) = (λ + µ)x + F = (λx + µx) + F = (λx + F ) + (µx + F ) =

λ(x+ F ) + µ(x+ F )

(λµ)(x+ F ) = (λµ)x+ F = λ(µx) + F = λ(µx+ F ) = λ(µ(x+ F ))

1(x+ F ) = 1x+ F = x+ F

Ejercicio 1.10. Sea E espacio vectorial sobre el cuerpo K y F un subespacio de E, y sean

GF = {u1, . . . , ur} y GE = {u1, . . . , ur, ur+1, . . . , un} conjuntos generadores de F y E,

respectivamente. Demostrar que G = {ur+1 + F, . . . , un + F} genera el espacio vectorial

E/F .

Fuente: Merino y Santos (2006), página 99.

Solución. Sea x + F ∈ E/F . Como x ∈ E y GE genera a E, existen escalares x1, . . . , xn,

tales x = x1u1 + · · ·+ xnun. Entonces, x+ F = (x1u1 + · · ·+ xnun) + F = [(x1u1 + · · ·+xrur) + F ] + [(xr+1ur+1 + · · ·+ xnun) + F ] = [0 + F ] + [(xr+1ur+1 + · · ·+ xnun) + F ] =

(xr+1ur+1 + · · ·+ xnun) + F = xr+1(ur+1 + F ) + · · ·+ xn(un + F ), es decir, G es sistema

generador de E/F .

Dedicaremos los últimos cuatro ejercicios de este capítulo a la suma e intersección

de subespacios. Para trabajar con ellos, utilizaremos la idea de espacio generado por un

conjunto de vectores.

Ejercicio 1.11. Sea M2 el espacio vectorial de las matices cuadradas de orden 2 y sean S y

T los subespacios de M2, tales que S = {A ∈M | A = At} y T =

⟨(1 0

2 −1

),

(1 0

1 0

)⟩.

Hallar S ∩ T .


Solución. El conjunto S es el conjunto de las matrices simétricas de orden dos, por lo tanto:

S = {

(a b

c d

)∈M2 | c = b}

Por otro lado los elementos de T se pueden escribir como combinación lineal de sus

generadores: (a b

c d

)= α

(1 0

2 −1

)+ β

(1 0

1 0

)=

(α+ β 0

2α+ β −α

)

Ahora, para que

(α+ β 0

2α+ β −α

)pertenezca a S, se tiene que cumplir que 2α + β = 0,

luego β = −2α y obtenemos que las matrices de S ∩ T serán de la forma:

9

(α− 2α 0

2α− 2α −α

)=

(−α 0

0 −α

)= −α

(1 0

0 1

)

En consecuencia, S ∩ T =

⟨(1 0

0 1

)⟩.

Ejercicio 1.12. ¾Constituyen las matrices A1,A2 y A3 un sistema generador de las ma-

trices simétricas de M2?

A1 =

(1 0

0 0

), A2 =

(0 1

1 0

)y A3 =

(0 0

0 1

)

Fuente: Arvesú, Álvarez y Marcellán (2003), p. 83. Ejercicio 3.7.

Solución. Consideramos una matriz A enM2. A será de la forma

(a b

b d

), por ser simétrica.(

a b

b d

)= a

(1 0

0 0

)+ b

(0 1

1 0

)+ d

(0 0

0 1

)Es decir: A = aA1 + bA2 + dA3

Concluimos que cualquier matriz simétrica cuadrada de orden dos se puede expresar

como combinación de A1, A2 y A3, y por lo tanto {A1, A2, A3} es un sistema generador del

conjunto de las matrices simétricas de M2.

Ejercicio 1.13. Dados los siguientes subespacios de R3, S = {(x, y, z) | x − 3z = 0} y

T = {(x, y, z) | x+ y − z = 0}, hallar un sistema de generadores de S + T .


Solución. Dado que S = {(x, y, z) | x = 3z}, podemos expresar sus elementos como:

(x, y, z) = (3z, y, z) = z(3, 0, 1) + y(0, 1, 0). Luego, S = 〈(3, 0, 1), (0, 1, 0)〉. Por otro lado,

los elementos de T son de la forma: (x, y, z) = (x, y, x+ y) = x(1, 0, 1) + y(0, 1, 1). Luego,

T = 〈(1, 0, 1), (0, 1, 1)〉.Por la Proposición 1.7, tenemos que: S+T = 〈(1, 0, 1), (0, 1, 1), (3, 0, 1), (0, 1, 0)〉 ⊂ R3.

Ejercicio 1.14. Dado el subespacio de R3 W = {(a, b, c) ∈ R3 | a+ b+ c = 0}, comprueba

si generan este subespacio los siguientes conjuntos:

{(1, 0− 1), (0, 1,−1)}

{(1,−1, 0), (0,−1, 1)}


{(1,−2, 1), (0, 1,−1)}

Fuente: Arvesú et al. (2003), p. 98. Ejercicio 3.20.

Solución. 〈(1, 0− 1), (0, 1,−1)〉 ⊂ W , pues sus vectores cumplen la ecuación que

de�ne W . Veamos entonces que cualquier elemento de W puede expresarse como

combinación lineal de los vectores de 〈(1, 0− 1), (0, 1,−1)〉. Sea (a, b, c) ∈W :

(a, b, c) = (a, b,−a− b) = a(1, 0,−1) + b(0, 1,−1)

Concluimos que 〈(1, 0− 1), (0, 1,−1)〉 =W .

〈(1,−1, 0), (0,−1, 1)〉 ⊂ W , ya que sus vectores cumplen la ecuación que determina

W . Sea (a, b, c) ∈W :

(a, b, c) = (a,−a− c, c) = a(1,−1, 0) + c(0,−1, 1)

Concluimos que 〈(1,−1, 0), (0,−1, 1)〉 =W .

〈(1,−2, 1), (0, 1,−1)〉 ⊂W , por cumplir la ecuación deW . Veamos que este conjunto

genera W . Sea (a, b, c) ∈W :

(a, b, c) = (a, b,−a− b) = a(1,−2, 1)+ (b+2a)(0, 1,−1) = (a, b+2a− 2a, a− b− 2a)

Entonces, 〈(1,−2, 1), (0, 1,−1)〉 =W .

Capítulo 2

Independencia lineal y dimensión

Para facilitar el estudio del presente tema, plantearemos en primer lugar una serie de

de�niciones y resultados básicos que facilitarán la comprensión de los conceptos principa-

les. A continuación, presentaremos una serie de ejercicios y detallaremos su solución para

reforzar el aprendizaje de las nociones de independencia lineal y dimensión. Los ejercicios

se agrupan en los siguiente apartados:

Dependencia e independencia lineal

Base y dimensión

Ecuaciones implícitas

Coordenadas de un vector según una base

Espacio suplementario

Según indicábamos, comenzaremos con las de�niciones y resultados fundamentales de

este capítulo.

De�nición 2.1. Sea V 6= ∅ un espacio vectorial. Un conjunto de vectores de V se dice

linealmente independiente si dada una combinación lineal de ellos igualada al vector

cero, todos los coe�cientes son necesariamente nulos. Cuando no ocurre esto, se dice que

es un conjunto linealmente dependiente.

De�nición 2.2. Sea V 6= ∅ un espacio vectorial. Un subconjunto ordenado B ⊆ V es una

base de V si es un conjunto linealmente independiente que genera el espacio V .

Teorema 2.3 (Teorema de ampliación de la base). Sea V 6= ∅ un espacio vectorial sobre

K de dimensión n y sea {v1, . . . , vs} un conjunto de vectores linealmente independientes.

11

12 CAPÍTULO 2. INDEPENDENCIA LINEAL Y DIMENSIÓN

Entonces existen vectores {vs+1, . . . , vn} tales que {v1, . . . , vs, vs+1, . . . , vn} es una base de

V .

Teorema 2.4 (Teorema de existencia de la base). Todo espacio vectorial V 6= ∅ tiene unabase.

Teorema 2.5. Sea V un espacio vectorial �nitamente generado, entonces todas las bases

de V son �nitas y tienen igual número de vectores.

De�nición 2.6. Sea V un espacio vectorial y sea B una base. Al cardinal del conjunto Ble llamaremos dimensión del espacio vectorial V .

Teorema 2.7 (Teorema de Steinitz). Sea V un espacio vectorial de dimensión n, B =

{u1, . . . , un} base de V y L = {e1, . . . , er} un subconjunto de vectores linealmente indepen-

dientes, entonces podemos sustituir r vectores de B por los r vectores de L para obter unha

nueva base de V .

Proposición 2.8. Sea V un espacio vectorial sobre K de dimensión n. Si B es una base

de V , entonces todo vector x ∈ V se escribe de forma única como combinación lineal de

los vectores de B. Los coe�cientes de esa combinación lineal se denominan coordenadas

de un vector respecto de una base B.

Proposición 2.9. El conjunto de soluciones de un sistema homogéneo de n incógnicas con

coe�cientes en K es un subespacio de Kn.

Proposición 2.10. Sea V un espacio vectorial sobre K de dimensión n. Si B es una base

de V , entonces B es un conjunto minimal de generadores de V y un conjunto maximal de

vectores linealmente independientes en V .

Proposición 2.11. Sea V un espacio vectorial sobre K, S un subconjunto de V linealmente

independiente y v un elemento de V tale que v /∈ 〈S〉 , entonces el conjunto S ∪ {v} es

linealmente independiente.

Proposición 2.12. Sea V un espacio vectorial sobre K de dimensión n y S = {u1, . . . , un}un subconjunto de V . Entonces,

S conjunto linealmente independiente de V ⇔ S base de V ⇔ S conjunto generador de V.

De�nición 2.13. Dados dos subespacios U,W de un espacio vectorial V . Se dice que su

suma es directa, y se representa como U ⊕ V , cuando U ∩ V = {0}.

De�nición 2.14. Dos subespacios U y W de un espacio vectorial V son suplementarios

si U ⊕W = V , es decir, si U ∩ V = {0} y U +W = V .

13

Proposición 2.15. Sea V un espacio vectorial sobre K y sea B = {v1, . . . , vn} una base

de V , ∀i < n los subespacios de V 〈{v1, . . . , vi}〉 y {〈{vi+1, . . . , vn}〉 son suplementarios.

Teorema 2.16 (Fórmula de Grassmann). Sea V un espacio vectorial de dimensión �nita

y sean U y W subespacios de V . Entonces, dim(U +W ) = dimU + dimW − dim(U ∩W ).

Los primeros dos ejercicios de este capítulo nos servirán para asentar la noción de

conjunto de vectores linealmente independientes, que usaremos constantemente a lo largo

de todo el tema.

Ejercicio 2.1. Demuestra que los vectores u = (1,−1), v = (0, 1) y w = (1, 0) son lineal-

mente dependientes.

Fuente: Gerber (1992), p. 199. Ejemplo 2.

Solución. Igualando una combinación lineal a cero, obtenemos:

αu+ βv + γw = 0⇒ α(1,−1) + β(0, 1) + γ(1, 0) = 0⇒

{α+ γ = 0

− α+ β = 0⇒ α = β = −γ.

Por lo tanto, se incumple la condicion para que {u, v, w} sea un conjunto linealmente

dependiente y en consecuencia, u, v y w son linealmente dependientes.

Podríamos resolver este ejercicio de un modo más e�ciente, viendo podemos expresar

el vector w como suma de los otros do: w = u+ v, y por lo tanto se trata de un conjunto

de vectores linealmente dependiente.

Ejercicio 2.2. Sea V un K-espacio vectorial. Sea {v1, · · · , vn} ⊂ V un conjunto de vectores

linealmente independientes. Probar que el sistema {u1, · · · , un} también lo es, siendo: u1 =

v1, u2 = v1 + v2 y un = v1 + v2 + · · ·+ vn.


Solución. Tomamos una combinación lineal de {u1, · · · , un}:α1v1 + α2(v1 + v2) + · · ·+ αi(v1 + v2 + · · ·+ vi) + · · ·+ αn(v1 + v2 + · · ·+ vn) = 0⇒⇒ (α1 + α2 + · · ·+ αn)v1 + (α2 + · · ·+ αn)v2 + · · ·+ (αi + · · ·+ αn)vi + · · ·+ αnvn = 0⇒

⇒ 1

α1 + α2 + · · ·+ αn−1 + αn = 0

α2 + · · ·+ αn−1 + αn = 0...

αi + · · ·+ αn−1 + αn = 0...

αn−1 + αn = 0

αn = 0

1Aplicamos que {v1, · · · , vn} es un conjunto lineamente independiente


Luego, α1 = α2 = · · · = αi = · · · = αn = 0 y, en consecuencia, {u1, · · · , un} es un

conjunto linealmente independiente.

Nota. Este ejercicio se resolverá de un modo alternativo en el Tema 3, Ejercicio 3.12.

Sin dejar de estar presente la independencia lineal, pasamos a los siguientes cuatro

ejercicios, en los que trabajaremos sobre la de�nición de base de un espacio vectorial y su

dimensión.

Ejercicio 2.3. Sean e1, . . . , en vectores de Rn. ¾Es E = {e1, . . . , en} una base de Rn?

(a) Para n = 3: e1 = (2, 1,−3), e2 = (3, 2,−5), e3 = (1,−1, 1)

(b) Para n = 4: e1 = (1, 2,−1, 2), e2 = (2, 3, 0,−1), e3 = (1, 3,−1, 0), e4 = (0, 0, 0, 1)

Fuente: Merino y Santos (2006), p. 139, Ejercicio 51.

Solución. (a) ¾Es E un subconjunto de R3 linealmente independiente?

αe1 + βe2 + γe3 = 0⇒

(1o) 2α+ 3β + γ = 0

(2o) α+ 2β − γ = 0

(3o) − 3α− 5β + γ = 0

⇒

⇒

{(1o+2o) 3α+ 5β = 0⇒ α = −5/3γ(1o-3o) 5α+ 8β = 0⇒ α = −8/5β

}⇒ α = β = 0

Sustituyendo en (2o), obtenemos que γ = 0 también.

Luego, α = β = γ = 0. Como E es un conjunto de tres vectores linealmente indepen-

dientes en un espacio de dimensión 3, concluimos que E es una base de R3 (Proposición

2.12).

(b) ¾Es E un subconjunto de R4 linealmente independiente?

αe1 + βe2 + γe3 + νe4 = 0⇒

(1o) α+ 2β + γ = 0

(2o) 2α+ 3β + 3γ = 0

(3o) − α− γ = 0⇒ α = −γ(4o) 2α− β + ν = 0

⇒

⇒

{(1o+3o) 2β = 0⇒ β = 0

(2o) − 2γ + 3β + 3γ = 0⇒ γ = −3β

}⇒ α = β = γ = 0

Luego, como E es un conjunto de cuatro vectores linealmente independientes en R4 y

en virtud de la proposición 2.12, concluimos que E es una base de R4.

15

Ejercicio 2.4. Sean U y W subespacios de dimensión m ∈ N y n ∈ N respectivamente de

un espacio vectorial de dimensión �nita. Sea U+W el espacio vectorial suma. Pruébese que

si el único elemento que tienen en común es 0, entonces: dim(U +W ) = dimU + dimW .

Fuente: Gerber (1992), p. 290. Ejercicio 19.

Solución. Para probar este resultado nos apoyamos en el Teorema 2.16, así que en primer

lugar, veremos su demostración.

Teorema de Grassmann (2.16). Sea i = dim(U ∩W ) y suponemos BU∩W = {u1, ·, ui} unabase de V ∩W . Podemos ampliar BU∩W a bases de V y W :

BU = {u1, . . . , ui, v1, . . . , vn−i}

BW = {u1, . . . , ui, w1, . . . , wm−i}

Ahora, el sistema S = {u1, . . . , ui, v1, . . . , vn−i, w1, . . . , wm−i} genera U +W . Veamos

que es un sistema linealmente independiente:

i∑α=1

λαuα +

n−i∑β=1

µβvβ +

m−i∑γ=1

νγwγ = 0

El vector∑m−i

γ=1 νγwγ , que pertenece a W , también pertenece a V por ser combinación

lineal de los elementos de BV , y por tanto pertenece a V ∩W .

Pero U ∩ W y < w1, · · · , wm−i > son suplementarios en W (por la proposición 2.15),

luego∑m−i

γ=1 νγwγ = 0⇒ νγ = 0 ∀γ ∈ {1, · · · ,m− i}, pues {w1, · · · , wm−i} es un sistema

linealmente independiente.

Tenemos entonces que:i∑

α=1

λαuα +

n−i∑β=1

µβvβ = 0

Al ser BV base y, por lo tanto, un conjunto linealmente independiente, se tiene que

λα = µβ = 0 ∀α ∈ {1, . . . , i} y ∀β ∈ {1, . . . , n− i} y, así, S es linealmente independiente.

Luego S es base de V +W .

Se tiene que:

dim(V +W ) = card(S) = i+(n− i)+(m− i) = n+m− i = dimV +dimW −dim(V ∩W ).

La dimensión de la intersección de U yW es el conjunto {0}, por lo tanto dim(U∩W ) =

dim{0} = 0. Por lo tanto, usando la fórmula da Grassmann:

dim(U +W ) = dimU + dimW − dimU ∩W = dimU + dimW


Ejercicio 2.5. Sea V espacio vectorial de dimensión �nita y U subespacio vectorial de V .

Probar que dimU ≤ dimV .


Solución. Por el Teorema 2.4, existe un conjunto {u1, . . . , ur} base del subespacio vectorialU y, en virtud del Teorema 2.3, podemos ampliarlo a una base de V : B = {u1, . . . , ur, wr+1, . . . , wn}.Por el Teorema 2.15, el conjunto generado por los vectores {wr+1, . . . , wn} será un suple-

mentario de U en V . Sea W dicho subespacio de V . Aplicando de nuevo la Fórmula de

Grassmann (Teorema 2.16), tenemos:

dimU ≤ dimU+dimW = dimU+dimV−dim(U∩W ) = dim(U+V ) = dim(U⊕V ) = dimV

En consecuencia, dimU ≤ dimV .

Ejercicio 2.6. Extender el conjunto {(1, 1,−1, 1), (1, 1, 0, 1), (1, 2, 1, 1)} a una base de R4.


Solución. En primer lugar, comprobamos que se trata de un conjunto de vectores lineal-

mente independientes:

¾α(1, 1,−1, 1) + β(1, 1, 0, 1) + γ(1, 2, 1, 1) = 0⇔ α = β = γ = 0?

α(1, 1,−1, 1) + β(1, 1, 0, 1) + γ(1, 2, 1, 1) = 0⇒

(1o) α+ β + γ = 0

(2o) α+ β + 2γ = 0

(3o) − α+ γ = 0⇒ α = γ

(4o) α+ β + γ = 0

Por (1o) y (2o), tenemos que γ = 0 y, en consecuencia, α = β = γ = 0. Ahora buscamos

un vector (a, b, c, d) ∈ R4 linealmente independiente a éstos.

¾α(1, 1,−1, 1) + β(1, 1, 0, 1) + γ(1, 2, 1, 1) + ν(a, b, c, d) = 0⇔ α = β = γ = ν = 0?

α(1, 1,−1, 1)+β(1, 1, 0, 1)+γ(1, 2, 1, 1)+ν(a, b, c, d) = 0⇒

(1o) α+ β + γ + νa = 0

(2o) α+ β + 2γ + νb = 0

(3o) − α+ γ + νc = 0⇒ α = γ + νc

(4o) α+ β + γ + νd = 0

Restando (1o)-(4o) obtenemos: α+β+γ+νa−α−β−γ−νd = 0⇒ νa = νd⇒ ν(a−d) = 0

Por otro lado, tenemos:{(1o-2o) α+ β + γ + νa− α− 2β − γ − νb = 0⇒ γ − 2γ + aν − bν = 0⇒ γ = (a− b)ν(3o) α = γ + νc⇒ α = (a− b)ν + cν ⇒ α = (a− b+ c)ν

17

Despejamos β en (1o):

β = −α−γ−aν = −(a−b+c)ν−(a−b)ν−aν ⇒ β = (−a+b−c−a+b−a)ν = (−3a+2b−c)ν.Concluimos que (a, b, c, d, e) será independiente del conjunto dado si y sólo si cumple las

siguiente condiciones: (i) a− b+ c 6= 0

(ii) − 3a+ 2b− c 6= 0

(iii) a− b 6= 0

(iv) a− d 6= 0

Por lo tanto podemos tomar el vector (1, 0, 0, 0) y tenemos entonces que el conjunto

{(1, 1,−1, 1), (1, 1, 0, 1), (1, 2, 1, 1), (1, 0, 0, 0)} es una base de R4.

Esta ha resultado ser una forma muy tediosa de resolver este ejercicio.Veamos una

alternativa:

Sea S = {(1, 1,−1, 1), (1, 1, 0, 1), (1, 2, 1, 1)}. Entonces 〈S〉 = {(α+β+γ, α+β+2γ,−α+

γ, α+β+γ) ∈ R4 | α, β, γ ∈ R3}. Podemos apreciar que la primera y la cuarta coordenada

de los elementos de S son iguales. Por lo tanto, sólo tenemos que elegir un vector en

R4 incumpliendo esta condición. Por la Proposición 2.11, S ∪ {(1, 0, 0, 0)} es un conjunto

linealmente independiente, y por el resultado 2.12, es una base de R4.

Hasta ahora hemos visto que, dado un subespacio vectorial de un cierto Kn (con Kcuerpo), éste puede ser determinado por una base (o, simplemente, por un conjunto de

generadores). Además de estas dos opciones, los subespacios de Kn se pueden expresar

mediante un sistema de ecuaciones lineales, llamadas ecuaciones implícitas, (como anti-

cipaba la Proposición 2.9) o utilizando una serie de parámetros y de�niendo ecuaciones

paramétricas. Veamos un ejemplo.

En el subespacio vectorial U ⊂ R3 con conjunto de generadores {(−1, 1, 0), (0, 0, 1)}, se

cumple para sus elementos que (x, y, z) = α(−1, 1, 0)+β(0, 0, 1), entonces U ≡

x = −αy = α

z = β

.

También podemos expresar U como {(x, y, z) ∈ R3 | x = −y} = {(x, y, z) ∈ R3 | x+y = 0}.Los siguientes dos ejercicios van orientados a estas dos formas de determinar un subespacio.

Ejercicio 2.7. Sea U un subespacio vectorial de R4 con ecuaciones paramétricas:

x1 = α

x2 = β

x3 = α+ β

x4 = αCalcula sus ecuaciones implícitas.

Fuente: Merino y Santos (2006), p. 93. Ejemplo 33.


Solución. Ya que x1 = α, obtenemos:

x2 = β

x3 − x1 = β

x4 − x1 = 0

Si ahora utilizamos que x2 = β, reducimos en una ecuación:

{x3 − x1 − x2 = 0

x4 − x1 = 0En este punto ya no tenemos ningún parámetro, por lo tanto, tenemos las ecuaciones

implícitas del espacio U ≡

{x1 + x2 − x3 = 0

x1 − x4 = 0

Ejercicio 2.8. Hallar unas ecuaciones paramétricas del subespacio de R4 formado por los

vectores (x1, x2, x3, x4) tales que:

{3x1 + x3 + 2x4 = 0

x1 + x2 + x4 = 0

Determinar una base de este subespacio y expresar el vector (1,1,1,-2) en dicha base.

Fuente: Merino y Santos (2006), p. 93, Ejemplo 33.

Solución. Establecemos x4 = α y x2 = β, y a continuación despejamos x1 y x3:{3x1 + x3 + 2α = 0

x1 + β + α = 0

}⇔

{x3 = −2α− 3x1

x1 = −α− β

}⇔

{x3 = −2α− 3(−α− β)⇒ x3 = α+ 3β

x1 = −α− β

Tenemos entonces las ecuaciones paramétricas:

x1 = −α− βx2 = β

x3 = α+ 3β

x4 = α

, es decir:

(x1, x2, x3, x4) = (−α− β, β, α+ 3β, α) = α(−1, 0, 1, 1) + β(−1, 1, 3, 0)

En consecuencia, {(−1, 0, 1, 1), (−1, 1, 3, 0)} será un conjunto de generadores del subespaciode R4. Además, dado que no podemos escribir un vector como múltiplo del otro, es también

una base de dicho subespacio.

Ahora igualamos (1, 1, 1−2) a (x1, x2, x3, x4) para obtener los valores de los parámetros

α y β:

(1, 1, 1− 2) = (−α− β, β, α+ 3β, α)⇒

{α = −2β = 1

Efectivamente, α + 3β = −2 + 3 = 1 y −α − β = −(−2) − 1 = 1 y, por lo tanto,

concluimos que las coordenadas del vector (1, 1, 1,−2) son (−2, 1).

Las coordenadas de un vector respecto de una base son una herramienta que nos per-

mitirá trabajar en cualquier espacio vectorial de dimensión �nita. Veamos cómo calcularlas

con este ejemplo:

19

Ejercicio 2.9. Calcula las coordenadas de x ∈ Rn en la base E = {e1, . . . , en} de Rn del

Ejercicio ??, para cada uno de los casos.

Para n = 3: x = (6, 2,−7)

Para n = 4: x = (7, 14,−1, 2)


Nota. Este ejercicio se puede resolver de un modo alternativo empleando el cálculo matricial

que se verá en el Capítulo 4 (Ejercicio 4.13).

Solución. Igualamos x a una combinación lineal de los elementos de la base y despe-

jamos:

x = αe1 + βe2 + γe3 ⇒

(1o) 2α+ 3β + γ = 6

(2o) α+ 2β − γ = 2

(3o) − 3α− 5β + γ = −7

⇒⇒

{(1o+2o) 3α+ 5β = 8⇒ α = 8/3− 5/3β

(1o-3o) 5α+ 8β = 13⇒ α = 13/5− 8/5β

Igualando ambas ecuaciones, obtenemos: 83 + −5

3 β = 135 + −8

5 β ⇒4015 + −39

15 = 2515β +

−2415 β ⇒

40−3915 = 25−24

15 β ⇒ β = 1⇒ α = 8/3− 5/3 = 3/3⇒ α = 1

Substituyendo en (2o): −3− 5 + γ = −7⇒ γ = 1.

Luego, las coordenadas del vector x en la base E serán (1, 1, 1).

Igualamos, de nuevo, x a una combinación lineal de los elementos de la base y des-

pejamos:

x = αe1 + βe2 + γe3 + νe4(1o) α+ 2β + γ = 7

(2o) 2α+ 3β + 3γ = 14

(3o) − α− γ = −1⇒ α = 1− γ(4o) 2α− β + ν = 2

⇒

⇒

{(1o+3o) 2β = 6⇒ β = 3

(1o) 2− 2γ + 9 + 3γ = 14⇒ γ = 3⇒ α = 1− 3 = −2

Finalmente, substituimos en (4o): ν = 2+ 3− 2(−2)⇒ ν = 9 Tenemos entonces que

las coordenadas del vector x en la base E serán (−2, 3, 3, 9).

Terminamos este capítulo con un ejemplo de cálculo de un espacio suplementario.

Ejercicio 2.10. Se considera el subespacio de R5 generado por (0, 2,−1, 1, 0), (0, 3, 0, 0, 1)y (0, 1, 1,−2, 1). Obtener un subespacio suplementario.



Solución. Sea U = 〈(0, 2,−1, 1, 0), (0, 3, 0, 0, 1), (0, 1, 1,−2, 1)〉 ⊂ R5. Para calcular la di-

mensión de U veremos si se trata de un conjunto de vectores linealmente independientes:

α(0, 2,−1, 1, 0) + β(0, 3, 0, 0, 1) + γ(0, 1, 1,−2, 1) = 0⇒

(1o) 2α+ 3β + γ = 0

(2o) − α+ γ = 0⇒ α = γ

(3o) α− 2γ = 0⇒ α = 2γ

(4o) β + γ = 0⇒ β = −γ

{

(2o) α = γ

(3o) α = 2γ

}⇒ α = β = γ = 0

Por ser {(0, 2,−1, 1, 0), (0, 3, 0, 0, 1), (0, 1, 1,−2, 1)} un conjunto de vectores linealmen-

te independientes, se tiene que dimU = 3. En consecuencia necesitamos dos vectores más

para completar una base de R5.

Como (1, 0, 0, 0, 0) /∈ U , luego {(1, 0, 0, 0, 0), (0, 2,−1, 1, 0), (0, 3, 0, 0, 1), (0, 1, 1,−2, 1)} esun conjunto linealmente independiente, por la Proposición 2.11. Denotamos U ′ = 〈{(1, 0, 0, 0, 0), (0, 2,−1, 1, 0), (0, 3, 0, 0, 1), (0, 1, 1,−2, 1)}〉.Combinando los vectores que generan U ′, obtenemos que U ′ = 〈{(1, 0, 0, 0, 0), (0, 1, 1,−2, 1), (0, 0,−3, 5,−2), (0, 0, 0, 1, 0)}〉Ahora es fácil ver el U ′∪〈{(0, 0, 0, 1, 0)}〉 = R5. En consecuencia, 〈{(1, 0, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1, 0)}〉es un espacio suplementario de U .

Ejercicio 2.11. Sea H = {a + bsqrt2 + csqrt3 | a, b, c ∈ Q} un subespacio de R como

Q-espacio vectorial. Encuentra un suplementario de Q en H.

Fuente: De Diego, B., Gordillo, E. y Valeiras, G. (1982), p. 138. Ejercicio 2.60.

Solución. Es claro que Q ⊂ H, luego es un subespacio de H. Como {1,√2,√3} es una base

de H y 〈{1}〉 = Q,⟨{√2,√3}⟩= {b

√2 + c

√3 | b, c ∈ Q} es un subespacio suplementario

de Q en H.

Capítulo 3

Aplicaciones lineales

En el presente capítulo revisaremos la noción de Aplicaciones Lineales. Para ello, re-

cordaremos en primer lugar una serie de de�niciones y resultados en los que sustentar el

desarrollo posterior. A continuación, los ejercicios planteados y su resolución justi�cada

paso a paso, facilitarán la comprensión de los conceptos básicos. Dividiremos los citados

ejercicios en los siguientes apartados:

De�nición de aplicación lineal

Subespacios asociados a una aplicación lineal

El espacio vectorial de las aplicaciones lineales

Matriz asociada a una aplicación lineal

Matriz de cambio de base

Como punto de partida, tomamos la de�nición que da título a este tema.

De�nición 3.1. Dados K-espacios vectoriales V y V ′, una aplicación f : V −→ V ′ se dice

que es una aplicación lineal si veri�ca:

f(u+ v) = f(u) + f(v), ∀u, v ∈ V

f(αu) = αf(u), ∀α ∈ K,∀u ∈ V

De�nición 3.2. Sea f : A −→ B es una aplicación y A′, B′ subconjuntos de A y B,

respectivamente. Entonces llamamos imagen de A′ por f al subconjunto de B: f(A′) =

{f(a′) ∈ W | a′ ∈ A′}. El subconjunto de A: f−1(B′) = {a ∈ A | f(a) ∈ B′} será la

imagen inversa de B′ por f .

21

22 CAPÍTULO 3. APLICACIONES LINEALES

De�nición 3.3. Si f : V −→ W es una aplicación lineal, entonces llamamos núcleo al

conjunto Ker f = {x ∈ V | f(x) = 0W } = f1({0W }).

Proposición 3.4. Si f : V −→W es una aplicación lineal, entonces:

Si V1 es un subespacio de V , entonces f(V1) es un subespacio de W . En particular,

Im f es un subespacio W .

SiW1 es un subespacio deW , entonces f−1(W1) es un subespacio de V . En particular,

Ker f es un subespacio de V .

Proposición 3.5. Si f : V −→W es una aplicación lineal, entonces:

f inyetiva ⇔ Ker f = {0}.

f sobreyectiva ⇔ Im f =W

Proposición 3.6. Si f : V −→W es una aplicación lineal y B = {v1, . . . , vn} una base de

V , entonces {f(v1), . . . , f(vn)} es un sistema de generadores de Im f .

Teorema 3.7. Sean V y W dos espacios vectoriales sobre un cuerpo K, B = {v1, . . . , vn}una base de V y {w1, . . . , wn} un subconjunto de W , entonces existe una única aplicación

lineal f : V −→W tal que f(vi) = wi ∀i ∈ {1, . . . , n}.

Proposición 3.8. Sean V y W dos espacios vectoriales sobre un cuerpo K. Entonces, unaaplicación lineal f : V −→W queda completamente determinada si se conocen las imágenes

de los vectores de una base de V .

Proposición 3.9. Dada una aplicación lineal f : V −→W , se veri�ca:

f inyectiva ⇔ Para todo conjunto {v1, . . . , vr} linealmente independiente, el conjunto

{f(v1), . . . , f(vr)} también lo es.

f sobrectiva ⇔ Para todo conjunto de generadores de V {v1, . . . , vr}, el conjunto{f(v1), . . . , f(vr)} también es un conjunto de generadores de V .

f biyectiva⇔ Existe una base de V , {v1, . . . , vn}, tal que el conjunto {f(v1), . . . , f(vn)}es una base de W .

Proposición 3.10. Sea f : V −→ W una aplicación lineal entre espacios vectoriales de

dimensión �nita, entonces se veri�ca:

dimV = dim(Ker f) + dim(Im f).

23

De�nición 3.11. Sean V y W dos espacios vectoriales sobre el cuerpo K. Denotamos por

LK(V,W ) al espacio vectorial de las aplicaciones lineales de V en W , con las aplicaciones:

LK(V,W )× LK(V,W ) −→ LK(V,W )

(f, g) 7−→ f + g

K× LK(V,W ) −→ LK(V,W )

(α, f) 7−→ αf

Donde las aplicaciones f + g y αf se de�nen como:

f + g : x ∈ V 7−→ (f + g)(x) = f(x) + g(x) ∈W

αf : x ∈ V 7−→ (αf)(x) = αf(x) ∈W

De�nición 3.12. Sean V y U dos espacios vectoriales de dimensión �nita sobre el cuer-

po K, f ∈ LK(V,U) y sean BV = {v1, . . . , vn} y BU = {u1, . . . , um} bases de V y U ,

respectivamente. Entonces si x ∈ V se cumple:

↑coord.

de f(x)

resp.

base BU↓

=

↑ ↑coord. · · · coord.

de f(v1) · · · de f(vn)

resp. · · · resp.

base BU · · · base BU↓ ↓

↑coord.

de x

resp.

base BV↓

= (f)BV BU

↑coord.

de x

resp.

base BV↓

Llamamosmatriz asociada af respecto de las bases BV y BU a la matriz (f)BV BU .

Proposición 3.13. Sean V , U y W tres espacios vectoriales de dimensión �nita sobre

el cuerpo K, f ∈ LK(V,U) y g ∈ LK(U,W ) y sean BV , Bu y BW bases de V , U y W ,

respectivamente. Si (f)BV BU es la matriz asociada a f respecto de las bases BV y BU y

(g)BUBW es la matriz asociada a g respecto de las bases BU y BW , entonces la matriz

asociada a g ◦ f respecto de las bases BV y BW es (g ◦ f)BV BW = (g)BUBW (f)BV BU .

De�nición 3.14. Sean A = {a1, . . . , an} y B = {b1, . . . , bn} dos bases del K-espaciovectorial V . La matriz de cambio de base de A a B es la matriz de Mn cuyas columnas

son vectores columna de las coordenadas de los vectores b1, . . . , bn en la base A, es decir:

(Id)AB =

↑ ↑

coord. de b1 · · · coord. de bn

resp. base B · · · resp. base B↓ ↓

.


Dado un vector x ∈ V , esta matriz nos permite calcular sus coordenadas en la base B, apartir de sus coordenadas en la base A:

↑coord. de x

resp. base B↓

=

↑ ↑

coord. de b1 · · · coord. de bn

resp. base B · · · resp. base B↓ ↓

↑coord. de x

resp. base A↓

A continuación, desarrollaremos una serie de ejercicios para facilitar el aprendizaje del

concepto de aplicación lineal, así como la de sus subespacios asociados.

Ejercicio 3.1. Veri�ca que son lineales las siguientes aplicaciones.

(a)f : Rn −→ Rn

x = (x1, x2, . . . , xn) 7−→ f(x) = ((−x1, x2, . . . , xn))

(b)g : R3 −→ R3

x = (x1, x2, x3) 7−→ f(x) = (x1, x2,−x3)

Fuente: Arvesú et al. (2003), p. 102. Ejemplos 1 y 2.

Solución. (a)

f(x+ y) = (f(x1 + y1, . . . , xn + yn) = (−x1 − y1, . . . , xn + yn)

= (−x1, . . . , xn) + (−y1, . . . ,−yn) = f(x) + f(y)

f(αx) = f((αx1, . . . , αxn)) = (−αx1, . . . , αxn) = α(−x1, . . . , xn) = αf(x)

Concluimos que f es una aplicación lineal.

(b)

g(x+ y) = g(x1 + y1, x2 + y2, x3 + y3) = (x1 + y1, x2 + y2,−x3 − y3)

= (x1, x2,−x3) + (y1, y2,−y3) = g(x) + g(y)

g(αx) = (x1, x2, α− x3) = α(x1, x2,−x3) = αg(x)

Concluimos que g es una aplicación lineal.

Ejercicio 3.2. Estudia si son lineales o no las siguientes aplicaciones.

(a)f : R2 −→ R2

(x, y) 7−→ f(x, y) = (x+ y, x)(b)

g : R2 −→ R2

(x, y) 7−→ g(x, y) = (xy, x)

25

(c)h : R2 −→ R3

(x, y) 7−→ h(x, y) = (x, y, x+ y)

(d)k : R2 −→ R

(x, y) 7−→ k(x, y) = x2y2


Solución. (a) Sean x, y, x′, y′ ∈ R

f((x, y) + (x′, y′)) = f(x+ x′, y + y′) = (x+ x′ + y + y′, x+ x′)

= (x+ y, x) + (x′ + y′, x′) = f(x, y) + f(x′, y′)

Sean x, y ∈ R y α ∈ R

f(α(x, y)) = f((αx, αy)) = (αx+ αy, αx) = α(x+ y, x) = αf(x, y)

Luego f es una aplicación lineal.

(b) g no es una aplicación lineal, pues si tomamos (1, 1), (1, 2) ∈ R2 tenemos:

g((1, 1) + (1, 2)) = g(2, 3) = (6, 2) 6= (3, 2) = (1, 1) + (2, 1) = g(1, 1) + g(1, 2)

(c) h es aplicación lineal por analogía con el apartado a).

(d) k no es aplicación lineal, pues si cogemos (2, 1), (1, 0) ∈ R2, tenemos

k((2, 1) + (1, 0)) = k(3, 1) = 9 6= 4 = 22 + 0 = k(2, 1) + k(1, 0)

Ejercicio 3.3. Sean E1 y E2 subespacios del espacio vectorial E, consideramos el espacio

vectorial producto E1 × E21. ¾Es la aplicación f lineal? Calcula Ker f y Im f .

f : E1 × E2 −→ E

x = (x1, x2) 7−→ f(x) = x1 + x2


1Dados E1 y E2 dos espacios vectoriales �nitos sobre el mismo cuerpo K. Sobre el producto cartesiano

E1 × E2 de�nimos las operaciones:

E1 × E2 −→ E1 × E2

(x, y) = (x1, . . . , xn, y1, . . . , yn) 7−→ x+ y = (x1 + y1, . . . , xn + yn)

K× E1 × E2 −→ E1 × E2

(α, x, y) = (α, x1, . . . , xn, y1, . . . , yn) 7−→ αx = (αx1, . . . , αxn)

Con estas operaciones, E1 × E2 es un espacio vectorial sobre K, que denominamos espacio vectorial

producto y denotamos por E1 × E2.


Solución. En primer lugar, comprobamos que f es una aplicación lineal.

Sean x, y ∈ E1 × E2.

f(x+ y) = x1 + y1 + x2 + y2 = f(x) + f(y)

f(αx) = αx1 + αx2 = αf(x)

Calculemos ahora sus subespacios asociados:

Ker f = {x ∈ E1×E2 | f(x) = 0} = {x ∈ E1×E2 | x1+x2 = 0} = {(x1,−x1) | x1 ∈ E1∩E2}

Im f = f(E1×E2) = {f(x) ∈ E | x ∈ E1×E2} = {x1 + x2 ∈ E | x ∈ E1×E2} = E1 +E2

Ejercicio 3.4. Indica si es verdadero o falso y justi�ca tu respuesta:

(a) Si f : R3 −→ R6 es aplicación lineal, entonces f no puede ser sobreyectiva.

(b) Si f : R3 −→ R2 es aplicación lineal, entonces Ker f = {0}.


Solución. (a) Resulta sencillo comprobar la veracidad de este enunciado usando la Propo-

sición 3.6. Veamos, en primer lugar, su demostración:

Demostración. Tomamos un elemento w en la imagen de f, entonces existe u ∈ V tal

que f(u) = w. Por ser {v1, . . . , vn} base de V , podemos escribir u =∑n

i=1 αivi, y luego

w = f(∑n

i=1 αivi) =∑n

i=1 αif(vi), por ser f lineal.

Supongamos f sobreyectiva, es decir, Im f = W . Entonces, dada {v1, v2, v3} una base

de R3, por la Proposición 3.9, {f(v1), f(v2), f(v3)} debería ser una conjunto de genera-dores de R6, pero como vimos en el Capítulo 2 (Proposición 2.12), no podemos generar

un espacio de dimensión 6 con menos de seis vectores. Por lo tanto {f(v1), f(v2), f(v3)}no generan R6, y en consecuencia, f no puede ser sobreyectiva.

(b) Sea B = {e1, e2, e3} una base de R3. Por la proposición 3.6, {f(e1), f(e2), f(e3)} es unconjunto de generadores de R2.

Por ser B base, es un conjunto linealmente independiente. Por otro lado, {f(e1), f(e2), f(e3)}es un conjunto de tres vectores en R2, por lo tanto no pueden ser linealmente indepen-

dientes.

Por la Proposición 3.9, vemos que f no puede ser inyectiva y en virtud de la Proposición

3.5, concluimos que el enunciado es falso.

Ejercicio 3.5. Demuestra la Proposición 3.10.

27

Fuente: Merino y Santos (2006), p. 149.

Demostración. Sea dimV = n y dimKer f = r. Tomamos una base del núcleo, {k1, . . . , kr}y (por el Teorema 2.3) la ampliamos a una base de V : {k1, . . . , kr, kr+1, . . . , kn}.Se tiene que f(k1) = f(k2) = · · · = f(kr) = 0 y, en consecuencia, el conjunto {f(kr+1), . . . , f(kn)}genera Im f .

Además, se trata de un conjunto de vectores linealmente independientes, pues:

n∑i=r+1

αif(ki)⇒ f(n∑

i=r+1

αiki) = 0⇒n∑

i=r+1

αiki ∈ Ker f

Dado que un vector del núcleo puede expresarse como combinación lineal de {k1, . . . , kr},y que un vector sólo se puede expresar de una única forma como combinación lineal

de los vectores de una base, tenemos que αi = 0 ∀i ∈ {r + 1, . . . , n} y, por lo tanto,

{f(kr+1), . . . , f(kn)} forman una base de Im f .

Ejercicio 3.6. Estudia si son lineales las siguientes aplicaciones, y en caso a�rmativo

calcula el núcleo y la imagen dando una base de cada uno de dichos subespacios.

(a)f : R3 −→ R3

(x, y, z) 7−→ f(x, y, z) = (z, x+ y,−z)

(b)g : R3 −→ R2

(x, y, z) 7−→ g(x, y, z) = (x+ y, 0)


Solución. (a) La aplicación f es lineal por analogía con el Ejercicio 3.2, apartado (a).

Los elementos del núcleo de f son los (x, y, z) ∈ R3 tales que f(x, y, z) = 0, es decir:z = 0

x+ y = 0

− z = 0

⇒{x = −yz = 0

Concluimos que Ker f = 〈{(−1, 1, 0)}〉.

Im f = {f((x, y, z)) ∈ R3 | (x, y, z) ∈ R3} = {(−z, x+ y, z) ∈ R2 | (x, y, z) ∈ R3}

= {(x+ y)(0, 1, 0) + z(−1, 0, 1) ∈ R3 | x, y, z ∈ R} = 〈{(−1, 0, 1), (0, 1, 0)}〉 .

Por ser {(−1, 0, 1), (0, 1, 0)} un conjunto linealmente independiente (ya que (−1, 0, 1) /∈{(0, 1, 0)}), es base de la imagen de f .


(b) La aplicación g es lineal por analogía con el Ejercicio 3.2, apartado (a).

Los elementos del núcleo de g son los (x, y, z) ∈ R3 tales que g(x, y, z) = 0, es decir:

x+ y = 0. Entonces, Ker g = 〈{(−1, 1, 0), (0, 0, 1)}〉.Por ser un conjunto linealmente independiente, {(−1, 1, 0), (0, 0, 1)} es base del núcleode g.

Im g = {g((x, y, z)) ∈ R2 | (x, y, z) ∈ R3} = {(x+ y, 0) ∈ R2 | (x, y, z) ∈ R3}

= {(x+ y)(1, 0) ∈ R2 | x, y, z ∈ R} = 〈{(1, 0)}〉

Ejercicio 3.7. ¾Existe una aplicación lineal f : R3 −→ R4 de forma que su núcleo es el

subespacio generado por {(1, 0, 1), (1, 1, 1)} y cuya imagen está generada por {(1, 0, 0, 0), (1, 2, 0, 0)}?


Solución. No, puesto que no se veri�caría la fórmula de la Proposición 3.10, que a�rma

que dimV = dim(Ker f) + dim(Im f), siendo en nuestro caso V = R3 y dim(Ker f) =

dim(Im f) = 2.

Ejercicio 3.8. Sea {e1, e2} la base canónica de R2.¾Cuál es la única aplicación lineal

f ∈ LR(R2,R2) cumpliendo que f(e1) = (3, 0) y f(e2) = (1, 1)?

Fuente: Rojo (2007), p. 103. Ejemplo 3.1.8.

Solución. La aplicación f vendrá dada por:

f(x, y) = f(xe1 + ye2) = xf(e1) + yf(e2) = x(3, 0) + y(1, 1) = (3x+ y, y)

Ejercicio 3.9. Sea {e1, e2, e3} la base canónica de R3 y sea F la única aplicación li-

neal de mathbbR3 en R4 que cumple: f(e1) = (1, 0, 0, 1), f(e2) = (0,−1, 0, 0) y f(e3) =

(−1, 0, 0,−1). Calcular la imagen por f de un vector (x, y, z) ∈ R3. Hallar bases de Ker f

y Im f .

Fuente: Rojo (2007), p. 109. Ejemplo 3.

Solución. Sea (x, y, z) ∈ R3, la aplicación f viene dada por:

f(x, y, z) = f(xe1 + ye2 + ze3) = xf(e1) + yf(e2) + zf(e3)

= x(1, 0, 0, 1) + y(0,−1, 0, 0) + z(−1, 0, 0,−1) = (x− z,−y, 0, x− z)

El núcleo de f será {(x, y, z) ∈ R3 | f(x, y, z) = 0} = {(x, y, z) ∈ R3 | x = z, y = 0}. Esdecir, Ker f = 〈{(1, 0, 1)}〉. Por otro lado, la imagen de f estará generada por el conjunto

{(1, 0, 0, 1), (0,−1, 0, 0)}.

29

Ejercicio 3.10. Sea f : R3 −→ R3 la aplicación lineal de�nida por f(x, y, z) = (2x, x +

y, x − z)y S = {(x, y, z) ∈ R3 | x − y = 0} un subespacio de R3. Calcula la imagen de S

por la aplicación f .

Fuente: Jerónimo, Sabia y Tesauri (2008), p. 70.

Solución. Los vectores de S son de la forma (x, y, x) ∈ R3, entonces los vectores de f(S)

serán de la forma: f(x, y, x) = (2x, x + y, 0) = x(2, 1, 0) + y(0, 1, 0), luego f(S) será el

subespacio de R3 generado por {(2, 1, 0), (0, 1, 0)}.

Ejercicio 3.11. Sea f : R3 → R3 la aplicación lineal de�nida por f(x, y, z) = (x+y, y, x−z)y T = {(x, y, z) ∈ R3 | z = 0} un subespacio de R3. Calcula la imagen inversa de T por la

aplicación f .

Fuente: Jerónimo et al. (2008), página 71.

Solución. La imagen inversa de T por f será f−1(S) = {(x, y, z) ∈ R3 | f(x, y, z) =

(x + y, y, 0)} = {(x, y, z) ∈ R3 | x − z = 0} = {(x, y, z) ∈ R3 | x = z}, luego, f−1(T ) seráel subespacio de R3 generado por {(1, 0, 1), (0, 1, 0)}.

Ejercicio 3.12. Sean {v1, · · · , vn} un conjunto de vectores linealmente independientes.

Probar que el sistema {u1, . . . , un} también lo es, siendo: u1 = v1, u2 = v1 + v2, un =

v1 + v2 + · · ·+ vn.

Fuente: Arvesú et al. (2006), p. 83. Ejemplo 3.7.

Solución. Consideramos la aplicación lineal f : V =< v1, · · · , vn >−→ V tal que f(v1) =

u1, f(v2) = u2, · · · , f(vn) = un. Entonces, la matriz asociada a f respecto de {v1, · · · , vn}y {u1, . . . , un} es:

fBvBu =

1 1 · · · 1

0 1 · · · 1...

.... . .

...

0 0 · · · 1

∈Mn

Es fácil ver Kerf = {0}, luego por la proposición 3.10 dim(Im f) = dimV , y en virtud

de la proposicón 3.9 f sobreyectiva. En consecuencia, {u1, · · · , un} es un sistema de gene-

radores de V con n elementos. Luego, {u1, · · · , un} es una base de V y por lo tanto, un

conjunto de vectores linealmente independiente.


A continuación, prestamos atención al grupo de las trasformaciones lineales para ver

que, efectivamente, tiene estructura de espacio vectorial.

Ejercicio 3.13. Comprueba que LK(V,W ) es un espacio vectorial con las operaciones

dadas en la De�nición 3.11.

Solución. Dado que LK(V,W ) es cerrado tanto para la suma como para el producto por

escalares, nos quedan por comprobar las propiedades relativas a cada una de las operacio-

nes. Veamos primero aquellas que involucran a la operación interna.

Sea x ∈ V :

(f + g)(x) = f(x) + g(x) = g(x) + f(x) = (g + f)(x)⇒ f + g = g + f .

((f + g) + h)(x) = (f + g)(x) + h(x) = f(x) + g(x) + h(x) = f(x) + (g + h)(x) =

(f + (g + h))(x)⇒ (f + g) + h = f + (g + h).

Tomamos como elemento nulo la aplicación lineal 0: V 7−→ W que lleva cualquier

elemento de V al 0W ∈ W : (0 + f)(x) = 0(x) + f(x) = 0W + f(x) = f(x). Luego,

0 + f = f + 0 = f .

Sea (−f) ∈ V la aplicación lineal de�nida como (−f) : x ∈ V 7−→ (−f)(x) = −f(x) ∈W . Entonces: (f + (−f))(x) = f(x) + (−f)(x) = f(x) − f(x) = 0 ⇒ f + (−f) =

(−f) + f = 0.

Estas propiedades se cumplen ∀f, g, h ∈ LK(V,W ). Veamos ahora las propiedades relativas

a la operación externa, ∀α, β ∈ K y ∀f, g ∈ LK(V,W ):

α(f + g)(x) = α(f(x) + g(x)) = αf(x) + αg(x)⇒ α(f + g) = αf + αg

((α+ β)f)(x) = (α+ β)f(x) = αf(x) + βf(x)⇒ (α+ β)f = αf + βf

(α(βf))(x) = α(βf(x)) = (αβ)f(x)⇒ α(βf) = (αβ)f

(1Kf)(x) = 1Kf(x) = f(x)⇒ 1Kf = f

Concluimos que LK(V,W ) es un espacio vectorial con las operaciones dadas.

En esta última sección del capítulo trabajaremos con las matrices asociadas a las apli-

caciones lineales así como con la matriz de cambio de base.

Ejercicio 3.14. Calcular la matriz asociada a la aplicación f : R3 −→ R2 dada por

f(x, y, z) = (x− y, y − z) respecto de las bases canónicas.


31

Solución. Aplicamos f sobre la base canónica de R3 y obtenemos las imágenes de los

elementos de C: f(1, 0, 0) = (1, 0), f(0, 1, 0) = (−1, 1) y f(0, 0, 1) = (0,−1). Colocando

estas imágenes en vertical, obtenemos la matriz asociada a f : (f)CC =

(1 −1 0

0 1 −1

).

Ejercicio 3.15. Sea f : R3 −→ R2 la aplicación lineal dada por f(e1) = (−1, 0), f(e2) =(2, 1) y f(e3) = (3, 3). Calcular la matriz asociada a f respecto de las bases canónicas, su

núcleo y su imagen.


Solución. Teniendo en cuenta las imágenes por f de la base canónica de R3, la matriz

asociada a f respecto de las bases canónicas será: (f)C3C2 =

(−1 2 3

0 1 3

). Pasamos ahora

a calcular el núcleo de f. Dado (x, y, z) ∈ R3, éste pertenecerá al núcleo de f si cumple:

f((x, y, z)) =

(−1 2 3

0 1 3

)x

y

z

=

0

0

0

Es decir,

{− x+ 2y + 3z = 0

y + 3z = 0⇒ y = −3z

}⇒ −x− 6z + 3z = 0⇒ x = −3z

Concluimos que el núcleo de f será el subespacio de R3 generado por el vector (−3,−3, 1).Calculamos ahora la imagen de f .

Im f 〈f(e1), f(e2), f(e3)〉 == 〈{(−1, 0), (2, 1), (3, 3)}〉

Ejercicio 3.16. En R3 se considera el endomor�smo f dado por f(0, 0, 1) = (0, 0, 1),

f(1,−1, 0) = (1,−1, 0) y f(1, 1, 0) = (0, 0, 0). Calcular la matriz asociada a las bases

canónicas y comprobar que Ker f ⊕ Im f = R3.


Solución. Vemos que f está bien de�nida porque los vectores {(0, 0, 1), (1,−1, 0), (1, 1, 0)}forman una base de R3 (puesto que son tres vectores linealmente independientes en R3).

En primer lugar, calculamos las imágenes de los elementos de la base canónica de R3:f(e1) =

12f(1, 1, 0) +

12f(1,−1, 0) =

12(0, 0, 0)−

12(1,−1, 0) = (−1

2 ,12 , 0)

f(e2) =12f(1, 1, 0)−

12f(1,−1, 0) =

12(0, 0, 0)−

12(1,−1, 0) = (−1

2 ,12 , 0)

f(e3) = (0, 0, 1)


La matriz asociada a f en las bases canónicas será: (f)CC =

−1

2 −12 0

12

12 0

0 0 1

.

Los elementos del núcleo de f serán aquellos cuya imagen sea cero, es decir:−1

2 −12 0

12

12 0

0 0 1

x

y

z

=

0

0

0

⇒− 1

2x−12y = 0⇒ y = −x

12x+ 1

2y = 0⇒ y = −xz = 0

Luego,Ker f = 〈(1,−1, 0)〉. La imagen de f está generada por el conjunto {f(0, 0, 1), f(1,−1, 0), f(1, 1, 0)},luego Im f = 〈{(−1, 1, 0), (0, 0, 1)}〉. Como (−1, 1, 0) /∈ 〈{(0, 0, 1)}〉, {(−1, 1, 0), (0, 0, 1)} esun conjunto linealmente independiente y, por lo tanto, es una base de Im f .

Es fácil comprobar que {(1,−2, 0), (−1, 1, 0), (0, 0, 1)} es un conjunto linealmente indepen-

diente. En consecuencia, tenemos que {(1,−2, 0), (−1, 1, 0), (0, 0, 1)} es base de R3 y queda

entonces probado que Ker f ⊕ Im f = R3.

Ejercicio 3.17. La aplicación lineal f : R3 −→ R2 respecto de las bases B = {e1, e2, e3} yB′ = {v1, v2}, viene dada por: f(e1 + e2) = v1 + v2, f(e1 + e3) = v1 + v2 y f(e2 + e3) = v1.

Calcular la matriz asociada a f en las bases B y B′.

Fuente: Merino y Santos (2006), p. 196. Ejercicio 98

Solución. En primer lugar, hallemos las imágenes de los elementos de la base B. Tenemos

que e1 = 12(e1 + e2) +

12(e1 + e3)− 1

2f(e2 + e3), entonces:

f(e1) =1

2f(e1 + e2) +

1

2f(e1 + e3)−

1

2f(e2 + e3) =

1

2(v1 + v2) +

1

2(v1 + v2)−

1

2v1

=1

2v1 +

1

2v2 +

1

2v1 +

1

2v2 −

1

2v1 =

1

2v1 + v2

Ahora, f(e3) = f(e1 + e3)− f(e1) = v1 + v2 − 12v1 − v2 =

12v1.

Y entonces: f(e2) = f(e2 + e3)− f(e3) = v1 − 12v1 =

12v1.

La matriz asociada a la aplicación f respecto de las bases B y B′ será: fBB′ =

(12

12

12

1 0 0

).

Ejercicio 3.18. Sea f el endomor�smo de R3 cuya matriz asociada respecto de la base B =

{e1, e2, e3} es fBB. Calcula la matriz asociada a f respecto de la base B′ = {e1, f(e2), f2(e3)}de R3.

fBB =

3 2 −1−2 −1 0

4 3 1

33


Solución. Calculamos, en primer lugar, los vectores de B′.

f(e2) =Mfe2 = (2,−1, 3)

f(e3) =Mfe3 = (−1, 0, 1)⇒ f2(e3) = f(f(e3)) = f(−1, 0, 1) = (−4, 2,−3)

Luego, B′ = {(1, 0, 0), (2,−1, 3), (−4, 2,−3)}.Calculamos ahora las imágenes de {e1, f(e2), f2(e3)}.

f(e1) = f(1, 0, 0) = (3,−2, 4) = (−1)(1, 0, 0) + 23(2,−1, 3)−

23(−4, 2,−3)

f(f(e2)) = f(2,−1, 3) = (1,−3, 8) = 0(1, 0, 0) + 1(2,−1, 3) + 0(−4, 2,−3)

f(f2(e3)) = f(−1, 0, 1) = (−4, 2,−3) = 0(1, 0, 0) + 0(2,−1, 3) + 1(−4, 2,−3)

En consecuencia, la matriz asociada a f respecto de la base B′ es: fB′B′ =

−1 0 023 1 0−23 0 1

.

Ejercicio 3.19. Consideramos las bases de R2: B = {(1, 0), (1, 3)} y B′ = {(0, 1), (1, 1)}.Hallar la matriz de cambio de base IdBB′ .

Fuente: Gerber. (1992), p. 324. Ejercicio 11.

Solución. Calculamos las coordenadas en base B′ de los vectores de la base B.

(1, 0) = (−1)(0, 1)+1(1, 1) y (1, 3) = 2(0, 1)+1(1, 1). En consecuencia: IdBB′ =

(−1 2

1 1

).

Ejercicio 3.20. Sean las aplicaciones f : R2 −→ R3 tal que f(x, y) = (x−y, 2x−y, x+3y)

y g : R3 −→ R2 tal que g(1, 0, 0) = (−1, 2), g(0, 1, 0) = (1, 1) y g(0, 0, 1) = (0,−3). Hallarla matriz asociada a g◦f respecto de las bases canónicas de R2 y R3, C2C3, respectivamente.

Fuente: De Diego et al. (2007), p. 209. Ejemplo 3.

Solución. Vemos que f(1, 0) = (1, 2, 1) y f(0, 1) = (−1,−1, 3), luego (f)C2C3 =

1 −12 1

1 3

.

Por otro lado, (g)C3C2 =

(−1 1 0

2 1 −3

). Por la Proposición 3.13, (g◦f)C2C2 = (g)C3C2(f)C2C3 .

Luego,

(g ◦ f)C2C2 =

(−1 1 0

2 1 −3

)1 −12 1

1 3

=

(1 2

1 −10

)


Ejercicio 3.21. Sean B y B′ bases de R2 tales que (Id)BB′ =

(1 1

0 −3

)es la matriz de

cambio de base de B a B′. Si las coordenadas del vector u ∈ R2 en la base B son (−1, 4),calcula las coordenadas de u en la base B′.

Funte: Larson, Edwards y Falvo. (2004), p. 394. Ejercicio 6.

Solución. Por la De�nición 3.14:↑

coord. de u

resp. base B′

↓

= (Id)BB′

↑

coord. de u

resp. base B↓

=

(1 1

0 −3

)↑

coord. de u

resp. base B↓

=

(3

−12

).

Ejercicio 3.22. En el espacio vectorial R3 se consideran las bases B = {(5, 3, 1), (1,−3,−2), (1, 2, 1)}y B′ = {(−2, 1, 0), (−1, 3, 0), (−2,−3, 1)}. Calcular la matriz de cambio de base de B a B′.

Fuente: Larson, Edwards y Falvo. (2004), p. 395. Ejercicio 9.

Solución. Para hallar la matriz asociada debemos expresar las coordenadas de los vectores

de la base B′ respecto de la base B′:

(−2, 1, 0) = (−5)(5, 3, 1) + 6(1,−3,−2) + 17(1, 2, 1)

(−1, 3, 0) = −10(5, 3, 1) + 13(1,−3,−2) + 36(1, 2, 1)

(−2,−3, 1) = 12(5, 3, 1)− 17(1,−3,−2)− 45(1, 2, 1)

Tenemos entonces que (Id)BB′ =

−5 −10 17

6 13 −1717 36 −45

.

Capítulo 4

Calculo Matricial

El Cálculo Matricial es una de las herramientas del álgebra de más amplia utilización

en el campo de las tecnologías de la información y la comunicación, entre otras. En este

capítulo abordaremos su estudio partiendo de una serie de de�niciones y resultados bá-

sicos estructurados según el siguiente esquema. A continuación, mediante un conjunto de

ejercicios pretendemos fortalecer la comprensión de las matrices y su sistema de cálculo.

Operaciones con matrices

Matrices no singulares

Matrices elementales

Equivalencia de matrices

Rango de una matriz

Comenzamos el capítulo revisando algunos conceptos que nos serán de utilidad. Por su

sencillez, se obviarán las de�niciones de matriz, suma y producto de matrices, así como sus

propiedades más básicas (éstas podrán ser consultadas en Gerber (1992), p. 49-68).

De�nición 4.1. Sea A = (aij) ∈Mn×n, entonces la traspuesta de A, denotada por At,

es una matriz n×m tal que At = (aji).

Proposición 4.2. Para cualquier par de matrices A y B (con los órdenes adecuados en

cada caso y coe�cientes en K) y para todo escalar α ∈ K, se cumple:

(At)t = A.

(A+B)t = At +Bt.

35

36 CAPÍTULO 4. CALCULO MATRICIAL

(αA)t = α(At).

(AB)t = BtAt.

De�nición 4.3. Sean A y B matrices en Mn y In la matriz identidad de orden n. Si

AB = BA = In, entonces decimos que A es la inversa de B y que B es la inversa de A,

es decir, A = B−1 y B = A−1. Decimos que A (y también B) es una matriz invertible (o

no singular). Cuando A no tiene inversa, diremos que es no invertible o singular.

Proposición 4.4. Si una matriz es invertible, entonces su inversa es única.

Proposición 4.5. Sen A y B matrices invertibles en Mn. Entonces, (AB)−1 = B−1A−1.

De�nición 4.6. Dada una matriz, las siguientes se denominan operaciones elementales

por �las:

Intercambiar dos �las.

Multiplicar una �la por un escalar distinto de cero.

Sumar a una �la, otra �la multiplicada por un escalar.

Se dice que una matriz E es elemental si se obtiene a partir de la identidad mediante

una única transformación lineal. Los tres tipos de matriz elemental son:

La matriz EFiFj resultante de la identidad al permutar la �la i con la �la j (que

coincide con la permutación de las columnas i y j ECiCj ).

La matriz EbFi= EbCi

que resulta de multiplicar a �la i por b (coincide con multi-

plicar la columna i por b).

La matriz EFi+bFj= ECj+bCi

que resulta de la identidad al sumarle a la �la i la �la

j multiplicada por b (coincide con sumarle a la columna j la comuna i multiplicada

por b).

Proposición 4.7. Toda matriz elemental es invertible y su inversa es también una matriz

elemental.

Proposición 4.8. Sea A = (aij) ∈Mn×m y E una matriz elemental (del orden conveniente

en cada caso), entonces el producto EA da como resultado la matriz resultante de aplicarle

a las �las de A la misma transformación elemental que le aplicamos a las �las de la matriz

identidad (In) para obtener E. Del mismo modo, el producto AE da como resultado la

matriz resultante de aplicarle a las columnas de A la misma transformación elemental que

le aplicamos a las columnas de la matriz identidad (Im) para obtener E.

37

De�nición 4.9. Se dice que dos matrices A y B son equivalentes por �las si podemos

pasar de una a otra mediante una serie de transformaciones elementales por �las.

Proposición 4.10. Si A y B son matrices equivalentes por �las de Mn×m, entonces existen

una serie de matrices elementales E1, E2, . . . , Er tales que ErEr−1 · · ·E2E1A = B.

De�nición 4.11. Una matriz se dice en escalera si cumple:

Las �las nulas, si las hay, están de últimas.

El primer elemento no nulo de cada �la vale 1.

Dadas dos �las sucesivas, no nulas, el uno de la �la superior estará más a la izquierda

que el 1 de la �la inferior.

Una matriz en escalera se dice reducida si las columnas que tienen un 1 tienen todas

las demás entradas iguales a 0.

Proposición 4.12. Toda matriz A ∈M se puede factorizar de la forma A = LU , donde

L es invertible y U es de la forma escalonada reducida por �las.

Teorema 4.13. Toda matriz es equivalente a una única matriz en forma escalonada redu-

cida.

Teorema 4.14. Una matriz A ∈Mn es invertible si y sólo si es equivalente por �las a la

matriz identidad In. Cualquier sucesión de operaciones elementales �la que reduzca A a la

identidad In, aplicada sobre la identidad, produce A−1.

De�nición 4.15. Sea A ∈M. El número de �las de A (o columnas) que son linealmente

independientes se denomina rango de A y se denota por rang(A).

Proposición 4.16. Para una matriz A ∈Mn×m el rango de A coincide con el número de

�las no nulas de la matriz en forma escalonada reducida.

Proposición 4.17. Sea A ∈Mn. Son equivalentes:

A es una matriz singular.

rang(A) < n.

Con este primer ejercicio, revisamos los conceptos de subespacio vectorial, base y di-

mensión, aplicados al espacio vectorial de las matrices Mn, para así refrescar la forma de

operar con ellas.


Ejercicio 4.1. Comprueba que el conjunto de las matrices antisimétricas de Mn es un

subespacio vectorial. Halla una base y la dimensión de dicho subespacio.

Fuente: Arvesú et al. (2003), p.83. Ejemplo 3.7.

Solución. Consideramos dos matrices antisimétricas en Mn:

A =

0 −a21 · · · −an1a21 0 · · · −an2...

.... . .

...

an1 an2 · · · 0

B =

0 −b21 · · · −bn1b21 0 · · · −bn2...

.... . .

...

bn1 bn2 · · · 0

Veamos que el conjunto considerado, que denotaremos por A, es cerrado para la suma y el

producto por escalar. Para todo A+B ∈ A y todo αA ∈ A:

A+B =

0 −(a21 + b21) · · · −(an1 + bn1)

a21 + b21 0 · · · −(an2 + bn2)...

.... . .

...

an1 + bn1 an2 + bn2 · · · 0

αA =

0 −α(a21) · · · −α(an1)

αa21 0 · · · −α(an2)...

.... . .

...

αan1 αan2 · · · 0

Para A+B ∈ A vemos que, además, la suma es conmutativa:

A+B =

0 −(a21 + b21) · · · −(an1 + bn1)

a21 + b21 0 · · · −(an2 + bn2)...

.... . .

...

an1 + bn1 an2 + bn2 · · · 0

=

0 −(b21 + a21) · · · −(bn1 + an1)

b21 + a21 0 · · · −(bn2 + an2)...

.... . .

...

bn1 + an1 bn2 + an2 · · · 0

= B +A

39

Hallemos ahora una base para este subespacio de Mn.

Toda matriz A ∈ A se puede expresar de la siguiente forma:

A =

0 −a21 · · · −an1a21 0 · · · −an2...

.... . .

...

an1 an2 · · · 0

= a12

0 −1 · · · 0

1 0 · · · 0...

.... . .

...

0 0 · · · 0

+ an1

0 0 · · · −10 0 · · · 0...

.... . .

...

1 0 · · · 0

+

+ · · ·+ an2

0 0 · · · 0

0 0 · · · −1...

.... . .

...

0 1 · · · 0

+ · · ·+ an,n−1

0 · · · 0 0...

.... . .

...

0 · · · 0 −10 · · · 1 0

(∗)

Denotamos por Aij a las matrices que acompañan a los escalares aij .

Sea B = {A21, · · · , An1} ∪ {A32, · · · , An2} ∪ · · · ∪ {An,n−1}. Entonces, A =< B >. Lo cual

demuestra que B es un conjunto de generadores del espacio A. B es además un sistema

linealmente independiente pues la combinación lineal (∗) igualada a la matriz nula implica

necesariamente que aij = 0 y en consecuencia, que B es una base de A.

Contemos, ahora, el número de vectores de B:

dimA = (n− 1) + (n− 2) + · · ·+ 2 + 1 =n−1∑i=1

i =n(n− 1)

2=

(n

2

)Hemos empleado la fórmula de la suma de una progresión aritmética de n− 1 términos

consecutivos, es decir:n∑i=1

i =(a1 + an)n

2

Como en nuestro caso el mayor índice es'n− 1', tenemos:

n−1∑i=1

i =(a1 + an−1)(n− 1)

2=

((1) + (n− 1))(n− 1)

2=n(n− 1)

2.

A continuación incluimos un par de ejercicios sencillos para acabar de familiarizarnos

con el trabajo con matrices.

Ejercicio 4.2. Sea A =

(2 −6−1 3

). Encuentra la expresión de las matrices B ∈M2 que

veri�can A ·B = 02, donde 02 es la matriz nula de orden 2.



Solución. Sea B =

(b1 b2

b3 b4

).

A ·B =

(2 −6−1 3

)·

(b1 b2

b3 b4

)=

(2b1 − 6b3 −(2b2 − 6b4)

−(−b1 + 3b3) −b2 + 3b4

)= O2 ⇒

⇒

(1o) 2b1 − 6b3 = 0⇒ b1 = 3b3

(2o) − 2b2 + 6b4 = 0⇒ b2 = 3b4

(3o) b1 − 3b3 = 0⇒ b1 = 3b3

(4o) − b2 + 3b4 = 0⇒ b2 = 3b4

⇒{b1 = 3b3

b2 = 3b4

Luego, la matriz B será de la forma: B =

(3α 3β

α β

)∀α, β ∈ R

Ejercicio 4.3. Demuestra los siguientes resultados para A ∈Mn.

(a) La matriz 12(A+At) es simétrica .

(b) La matriz 12(A−A

t) es antisimétrica.

(c) Toda matriz A ∈Mnxn se puede expresar como la suma de una matriz simétrica y otra

antisimétrica.


Solución. (a) 12(A + At) simétrica ⇔ A + At simétrica ⇔ (A + At)t = A + At, pero

efectivamente: (A+At)t = At + (At)t = At +A = A+At.

(b) 12(A−A

t) antisimétrica ⇔ A−At antisimétrica ⇔ (A−At)t = −(A−At) = A−At,pero efectivamente: (A−At)t = At − (At)t = −(A+At).

(c) Sea A1 =12(A+At) simétrica y A2 =

12(A−A

t) antisimétrica. Es fácil ver que la suma

es A: A1 +A2 =12(A+At) + 1

2(A−At) = 1

2A+ 12A

t + 12A−

12A

t = A.

Desarrollamos, a continuación, una serie de ejercicios para practicar con la de�nición

de matriz singular, matriz invertible e inversa de una matriz, introduciendo también las

trasformaciones elementales.

Ejercicio 4.4. Comprueba que A es la inversa de B, siendo A =

1 2 3

2 3 4

3 4 6

y

B =

−2 0 1

0 3 −21 −2 1

.

41


Solución. Calculemos la inversa de A y veamos que ésta coincide con B.

(A I3

)=

1 2 3 1 0 0

2 3 4 0 1 0

3 4 6 0 0 1

∼

1 2 3 1 0 0

0 −1 −2 −2 1 0

0 −2 −3 −3 0 1

∼

∼

1 2 3 1 0 0

0 −1 −2 −2 1 0

0 0 1 1 −2 1

∼

1 2 3 1 0 0

0 −1 0 0 −3 2

0 0 1 1 −2 1

∼

∼

1 2 3 1 0 0

0 1 0 0 3 −20 0 1 1 −2 1

∼

1 2 0 −2 6 −30 1 0 0 3 −20 0 1 1 −2 1

∼

∼

1 0 0 −2 0 1

0 1 0 0 3 −20 0 1 1 −2 1

=(

I3x3 A−1)⇒ A−1 =

−2 0 1

0 3 −21 −2 1

= B

Otra forma de resolver este ejercicio es comprobar si B veri�ca la de�nición de inversa

de A, es decir:

{A ·B = I3x3

B ·A = I3x3

•

A ·B =

1 2 3

2 3 4

3 4 6

·−2 0 1

0 3 −21 −2 1

=

=

1 · (−2) + 2 · 0 + 3 · 1 1 · 0 + 2 · 3 + 3 · (−2) 1 · 1 + 2 · (−2) + 3 · 12 · (−2) + 3 · 0 + 4 · 1 2 · 0 + 3 · 3 + 4 · (−2) 2 · 1 + 3 · (−2) + 4 · 13 · (−2) + 4 · 0 + 6 · 1 3 · 0 + 4 · 3 + 6 · (−2) 3 · 1 + 4 · (−2) + 6 · 1

= I3x3

•

B ·A =

−2 0 1

0 3 −21 −2 1

·

1 2 3

2 3 4

3 4 6

=

=

(−2) · 1 + 0 · 2 + 1 · 3 (−2) · 2 + 0 · 3 + 1 · 4 (−2) · 3 + 0 · 4 + 1 · 60 · 1 + 3 · 2 + (−2) · 3 0 · 2 + 3 · 3 + (−2) · 4 0 · 3 + 3 · 4 + (−2) · 61 · 1 + (−2) · 2 + 1 · 3 1 · 2 + (−2) · 3 + 1 · 4 1 · 3 + (−2) · 4 + 1 · 6

= I3x3


Ejercicio 4.5. Comprueba que la matriz A es singular, con A =

1 2 0

3 −1 2

−2 3 −2

.

Fuente: Larson et al. (2004), p.76. Ejercicio 4.

Solución. Buscamos una �la de ceros en la matriz A, y colocamos la identidad al lado

apara ver las transformaciones que vamos aplicando:

(A I3

)∼

1 2 0 1 0 0

3 −1 2 0 1 0

−2 3 −2 0 0 1

∼

1 2 0 1 0 0

0 −7 2 −3 1 0

−2 3 −2 0 0 1

∼

∼

1 2 0 1 0 0

0 −7 2 −3 1 0

0 7 −2 2 0 1

∼

1 2 0 1 0 0

0 −7 2 −3 1 0

0 0 0 −1 1 1

Luego A no es equivalente por �las a la identidad por tanto es singular.

Ejercicio 4.6. Identi�ca las transformaciones elementales que se aplican a la matriz A ∈M3 en cada caso:

(a) 1 0 0

0 1 0

−2 0 1

·A(b)

0 0 1

0 1 0

1 0 0

·A(c)

1 0 0

0 2 0

0 0 1

·AFuente: Merino y Santos (2006), p. 64. Ejercicio 12.

Solución. (a) En virtud de la Proposición 4.8, concluimos que esta multiplicación restará

a la tercera �la de A el doble de la primera �la.

(b) Por la Proposición 4.8, obtendremos la matriz A con la primera y tercera �la inter-

cambiadas.

(c) Por 4.8, este producto multiplicará la segunda �la de A por 2.

Ejercicio 4.7. ¾Son singulares estas matrices? Si es posible, halla su inversa.

43

(a)

(−3 6

−1 3

)(b)

1 4 −3−2 −7 6

1 7 −2

(c)

1 5 0

−2 −7 6

1 3 −4


Solución. (a) Aplicamos operaciones elementales por �las a la matriz en cuestión con el

objetivo de obtener la matriz identidad.(A I2

)∼

(−3 6 1 0

−1 6 0 1

)∼

(1 0 1 −2−1 6 0 1

)∼

(1 0 1 −20 3 1 −1

)∼

∼

(1 0 1 −20 1 1/3 −1/3

)=(

I2x2 A−1)

Como obtuvimos que A es equivalente por �las a la matriz identidad, A es no singular

y su inversa es:

A−1 =

(1 −21/3 −1/3

)(b) Procedemos como en el apartado (a):

(B I3

)∼

1 4 −3 1 0 0

−2 −7 6 0 1 0

1 7 −2 0 0 1

∼

1 4 −3 1 0 0

0 1 0 2 1 0

0 3 1 1 0 −1

∼

∼

1 0 −3 −7 −4 0

0 1 0 2 1 0

0 0 1 −7 −3 1

∼

1 0 0 −28 −13 3

0 1 0 2 1 0

0 0 1 −7 −3 1

=(

I3x3 B−1)⇒

⇒ B−1 =

−28 −13 3

2 1 0

−7 −3 1

(c)

(C I3

)∼

1 5 0 1 0 0

−2 −7 6 0 1 0

1 3 −4 0 0 1

∼

0 0 0 1 −2 −3−2 −7 6 0 1 0

1 3 −4 0 0 1

En consecuencia, C no es equivalente por �las a la identidad. Luego, es singular y no

tiene inversa.


Ejercicio 4.8. Calcula la inversa de la matriz A =

1 + a 1 1 · · · 1

1 1 + a 1 · · · 1

1 1 1 + a · · · 1...

......

...

1 1 1 · · · 1 + a

,

donde a ∈ R \ {0}.

Fuente: Rojo (2007), p.141. Ejercicio 3.4.37.

Solución.

1 + a 1 1 · · · 1 1 0 0 0 0

1 1 + a 1 · · · 1 0 1 0 0 0

1 1 1 + a · · · 1 0 0 1 0 0...

......

... 0 0 0 1 0

1 1 1 · · · 1 + a 0 0 0 0 1

∼

∼

n+ a n+ a n+ a · · · n+ a 1 1 1 1 1

1 1 + a 1 · · · 1 0 1 0 0 0

1 1 1 + a · · · 1 0 0 1 0 0...

......

... 0 0 0 1 0

1 1 1 · · · 1 + a 0 0 0 0 1

∼

∼

1 1 1 · · · 1 1n+a

1n+a

1n+a

1n+a

1n+a

1 1 + a 1 · · · 1 0 1 0 0 0

1 1 1 + a · · · 1 0 0 1 0 0...

......

... 0 0 0 1 0

1 1 1 · · · 1 + a 0 0 0 0 1

∼

∼

1 1 1 · · · 1 1n+a

1n+a

1n+a

1n+a

1n+a

0 a 0 · · · 0 − 1n+a 1− 1

n+a − 1n+a − 1

n+a − 1n+a

0 0 a · · · 0 − 1n+a − 1

n+a 1− 1n+a − 1

n+a − 1n+a

......

...... − 1

n+a − 1n+a − 1

n+a 1− 1n+a − 1

n+a

0 0 0 · · · a − 1n+a − 1

n+a − 1n+a − 1

n+a 1− 1n+a

∼

∼

1 1 1 · · · 1 aa(n+a)

aa(n+a)

aa(n+a)

aa(n+a)

aa(n+a)

0 1 1 · · · 1 −1a(n+a)

n+a−1a(n+a)

−1a(n+a)

−1a(n+a)

−1a(n+a)

0 0 1 · · · 1 −1a(n+a)

−1a(n+a)

n+a−1a(n+a)

−1a(n+a)

−1a(n+a)

......

...... −1

a(n+a)−1

a(n+a)−1

a(n+a)n+a−1a(n+a)

−1a(n+a)

0 0 0 · · · 1 −1a(n+a)

−1a(n+a)

−1a(n+a)a

−1a(n+a)

n+a−1a(n+a)

∼

45

∼

1 0 0 · · · 0 n+a−1a(n+a)

−1a(n+a)

−1a(n+a)

−1a(n+a)

−1a(n+a)

0 1 0 · · · 0 −1a(n+a)

n+a−1a(n+a)

−1a(n+a)

−1a(n+a)

−1a(n+a)

0 0 1 · · · 0 −1a(n+a)

−1a(n+a)

n+a−1a(n+a)

−1a(n+a)

−1a(n+a)

......

...... −1

a(n+a)−1

a(n+a)−1

a(n+a)n+a−1a(n+a)

−1a(n+a)

0 0 0 · · · 1 −1a(n+a)

−1a(n+a)

−1a(n+a)a

−1a(n+a)

n+a−1a(n+a)

Luego, A−1 = 1a(n+a)

n+ a− 1 −1 −1 · · · −1−1 n+ a− 1 −1 · · · −1−1 −1 n+ a− 1 · · · −1...

......

...

−1 −1 −1 · · · n+ a− 1

.

Ejercicio 4.9. Estudia si las siguientes matrices A y B son equivalentes:

A =

1 1 0 3

1 2 2 1

3 5 4 5

, B =

2 1 0 2

4 1 2 6

3 1 1 4


Solución. Comenzamos simpli�cando las matrices. Para ello obtenemos matrices escalona-

das equivalentes a las iniciales.

(A)∼

1 1 0 3

1 2 2 1

3 5 4 5

∼

3 5 4 5

1 2 2 1

1 1 0 3

∼

∼

3 5 4 5

0 13

23 −2

3

1 1 0 3

∼

3 5 4 5

0 13

23 −2

3

0 −23 −4

343

∼

3 5 4 5

0 13

23 −2

3

0 0 0 0

(B)∼

2 1 0 2

4 1 2 6

3 1 1 4

∼

4 1 2 6

2 1 0 2

3 1 1 4

∼

∼

4 1 2 6

0 12 −1 −1

3 1 1 4

∼

4 1 2 6

0 12 −1 −1

0 14 −1

2 −13

∼

4 1 2 6

0 12 −1 −1

0 0 0 0

No es posible transforma una las matrices obtenidas en la otra mediante transformaciones

elementales por �las. En consecuencia, A y B no son equivalentes por �las.


Para terminar este capítulo, trabajaremos con la noción de rango de una matriz.

Ejercicio 4.10. Proporciona ejemplos de matrices A,B ∈Mmxn tales que:

(a) rang(A+B) = rang(A) = rang(B)

(b) rang(A+B) = rang(A) + rang(B)

(c) rang(A+B) > rang(A), rang(B)

(d) rang(A+B) < rang(A), rang(B)


Solución. (a) Si tomamos A =

(1 0

0 0

)y B =

(2 0

0 0

), entonces, A + B =

(3 0

0 0

), y

rang(A) = 1, rang(B) = 1 y rang(A+B) = 1.

(b) Si tomamos A =

(1 0

0 0

)y B =

(0 0

0 1

), entonces, A+B =

(1 0

0 1

), y rang(A) = 1,

rang(B) = 1 y rang(A+B) = 2.

(c) Tomamos ahora A =

(1 2

0 0

)y B =

(0 0

1 0


(1 2

1 0

), donde


(d) Si tomamos A =

(1 0

0 0

)y B =

(−1 0

0 0


(0 0

0 0

), donde


Ejercicio 4.11. Calcula el rango de la matriz: A =

1 4 −3−2 −7 6

1 7 −2

.


Solución. Veamos que las �las de A es un conjunto de vectores linealmente independiente.

¾α(1, 4,−3) + β(−2,−7, 6) + γ(1, 7, 2) = 0⇔ α = β = γ = 0?

α(1, 4,−3) + β(−2,−7, 6) + γ(1, 7, 2) = 0⇒

(1o) α− 2β + γ = 0⇒ α = 2β − γ(2o) 4α− 7β + 7γ = 0

(3o) − 3α+ 6β + 2γ = 0

⇒Substituyendo en (2o): 4α−7β+7γ = 0⇒ 4(2β−γ)−7β+7γ = 0⇒ 8β−4γ−7β+7γ =

0 ⇒ β + 3γ = 0 ⇒ β = 3γ ⇒ α = 2(3γ)− γ = −7γ Obtenemos β = 3γ y α = −7γ, y las

47

aplicamos en (3o):

−3(−7γ) + 6(−3γ) + 2γ = 0⇔ (−21− 18 + 2)γ = 0⇔ γ = 0

En consecuencia, alpha = β = γ = 0 y por lo tanto las �las de B son un conjunto de

vectores linealmente independiente. Por lo tanto, rang(A) = 3.

Ejercicio 4.12. Calcula el rango de la matriz A =

1 −1 −11 −1 2

2 1 k

, para cada valor del

parámetro k ∈ R.

Solución. (A)∼

1 −1 −11 −1 2

2 1 k

∼

1 −1 −10 0 3

2 3 k + 2

Podemos comprobar que independientemente del valor tomado por k, ninguna �la será

dependiente de las otras dos, por lo tanto rang(A) = 3.

Por último, utilizaremos el cálculo matricial para la revisión del Ejercicio 2.9 que vimos

en el Tema 2: Independencia lineal y dimensión. Observamos que el uso de matrices para

el cálculo de coordenadas según una base, hace más sencilla la resolución de este ejercicio.

Ejercicio 4.13. Sea V un K-espacio vectorial. Sean e1, e2, · · · , en y x elementos de V .

¾Es E = {e1, . . . , en} base de Rn? Calcular las coordenadas de x en base E.

(a) Para n = 3: e1 = (2, 1,−3), e2 = (3, 2,−5), e3 = (1,−1, 1), x = (6, 2,−7)

(b) e1 = (1, 2,−1, 2), e2 = (2, 3, 0,−1), e3 = (1, 3,−1, 0), e4 = (0, 0, 0, 1)x = (7, 14,−1, 2)


Solución. (a) Hallemos ahora las coordenadas del vector x = (6, 2,−7) en la base E, que

denotaremos por x′.

x1

x2

x3

=

↑ ↑ ↑e1 e2 e3

↓ ↓ ↓

·x′1

x′2

x′3

=

2 3 1

1 2 −1−3 −5 1

·x′1

x′2

x′3

= P ·

x′1

x′2

x′3

⇔

⇔

x′1

x′2

x′3

= P−1 ·

x1

x2

x3

=

2 3 1

1 2 −1−3 −5 1

−1

·

x1

x2

x3


Estas ecuaciones nos proporcionan el cambio de base de B a E.

Calculamos entonces la inversa de la matriz P :

(P I3x3

)∼

2 3 1 1 0 0

1 2 −1 0 1 0

−3 −5 1 0 0 1

∼

2 3 1 1 0 0

0 1 −3 −1 2 0

0 −1 5 3 0 2

∼

∼

2 3 1 1 0 0

0 1 −3 −1 2 0

0 0 2 2 2 2

∼

2 3 1 1 0 0

0 1 −3 −1 2 0

0 0 1 1 1 1

∼

2 3 0 0 −1 −10 1 0 2 5 3

0 0 1 1 1 1

∼

∼

2 0 0 −6 −16 −100 1 0 2 5 3

0 0 1 1 1 1

∼

1 0 0 −3 −8 −50 1 0 2 5 3

0 0 1 1 1 1

∼ ( I3x3 P−1)⇒

⇒ P−1 =

−3 −8 −52 5 −31 1 1

Por lo tanto:x′1

x′2

x′3

= P−1 ·

x1

x2

x3

=

−3 −8 −52 5 −31 1 1

·x1

x2

x3

=

−3 −8 −52 5 −31 1 1

·

6

2

−7

=

1

1

1

(b) Hallemos ahora las coordenadas del vector x = (7, 14,−1, 2) en la base E, que deno-

taremos por x′.

x1

x2

x3

x4

=

↑ ↑ ↑ ↑e1 e2 e3 e4

↓ ↓ ↓ ↓

·x′1

x′2

x′3

x′4

=

1 2 1 0

2 3 3 0

−1 0 −1 0

2 −1 0 1

·x′1

x′2

x′3

x′4

= P ·

x′1

x′2

x′3

x′4

⇔

⇔

x′1

x′2

x′3

x′4

= P−1 ·

x1

x2

x3

x4

=

1 2 1 0

2 3 3 0

−1 0 −1 0

2 −1 0 1

−1

·

x1

x2

x3

x4

49

Estas ecuaciones nos proporcionan el cambio de base de B a E.

Tenemos que calcular la inversa de la matriz P . Para ello empleamos Matlab (Soto,

M.J. y Vicente Córdoba, J.L. (2001)), introduciendo el siguiente código:{P = [1 2 1 0; 2 3 3 0;-1 0 -1 0; 2 -1 0 -1]

inv(P)

Por lo tanto:

⇔

x′1

x′2

x′3

x′4

= P−1 ·

x1

x2

x3

x4

=

3/2 −1 −3/2 0

1/2 0 1/2 0

−3/2 1 1/2 0

−5/2 2 7/2 1

·x1

x2

x3

x4

=

−23

3

9

Capítulo 5

Sistemas de Ecuaciones lineales

Los sistemas de ecuaciones lineales forman parte de los contenidos de las asignaturas

de matemáticas desde los cursos de la Educación Obligatoria. En este capítulo estudiare-

mos métodos de resolución de sistemas de ecuaciones lineales más complejos y e�cientes,

siguiendo el esquema siguiente.

Sistemas de ecuaciones lineales

Eliminación de Gauss

Teorema de Rouché-Frobenius

De�nición 5.1. Un sistema de m ecuaciones lineales con n incógnitas x1, . . . , xn y con

coe�cientes en el cuerpo K, es:a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn = b2...

...

am1x1 + am2x2 + · · ·+ amnxn = bm

siendo aij ∈ K el coe�ciente de la incognita xj de la ecuación i y bi ∈ K el término

independiente de la ecuación i. Se de�ne la matriz de coe�cientes del sistema anterior

como: a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

.... . .

...

am1 am2 · · · amn

51

52 CAPÍTULO 5. SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES

Y la matriz de incógnitas y la de términos independientes como: x =

x1

x2...

xn

y b =

b1

b2...

bm

,

respectivamente.

Un sistema de ecuaciones lineal puede ser representado de forma matricial como: Ax = b.

De las matrices anteriores se de�ne la matriz ampliada de sistema como la matriz por

bloques: A∗ = A|b.

De�nición 5.2. La solución general de un sistema de ecuaciones es el conjunto de todas

las soluciones del sistema. Dos sistemas se dicen equivalentes si tienen la misma solución

general, es decir, tienen las mismas soluciones.

Teorema 5.3. Sea un sistema de ecuaciones lineales con matriz ampliada A∗ = A|b y sea

B∗ cualquier matriz equivalente por �las a A∗. Entonces, el sistema de�nido por B∗ es

equivalente al de�nido por A∗.

De�nición 5.4. Según su número de soluciones, los sistemas de ecuaciones lineales se

clasi�can en:

Sistema incompatible: no tiene soluciones.

Sistema compatible determinado: tiene una única solución.

Sistema compatible indeterminado: tiene in�nitas soluciones.

De�nición 5.5. Llamamos matriz de Gauss a una matriz que veri�ca:

Las �las nulas, si la hay, están todas de últimas.

Dadas dos �las sucesivas no nulas, el primer elemento no nulo de la �la superior está

más a la izquierda que el primer elemento no nulo de la �la inferior.

Es decir: una matriz de Gauss tiene el mismo formato que una matriz en escalera pero sin

exigir que el primer elemento de cada �la no nula sea 1.

Proposición 5.6. Toda matriz es equivalente a una matriz de Gauss.

Método de Gauss. Este método sirve para resolver cualquier sistema de ecuaciones

lineales. Consiste en transformar un sistema en otro, escalonado (y por lo tanto más senci-

llo), y resolver éste último. El procedimiento es sencillo. La idea esencial consiste en hacer

ceros bajo la diagonal principal, ayudándonos de cada una de las columnas.

53

Teorema 5.7 (Teorema de Rouché-Frobenius). Sea Ax = b un sistema de m ecuaciones

lineales con n incógnitas (sobre un cuerpo K), con m,nN \ {0}. Entonces:

Si rang(A) 6= rang(A∗)⇒ el sistema es incompatible

El sistema es compatible indeterminado ⇔ rang(A) = rang(A∗) < n

El sistema es compatible determinado ⇔ rang(A) = n = rang(A∗).

En este capítulo realizaremos ejercicios combinando el Método de Gauss y el Teorema

de Rouché-Frobenius 5.7.

Ejercicio 5.1. Discute el siguiente sistema y calcula sus soluciones.

y + z = 0

2y + 2z = 2

−x+ y = −1

x+ z = 2

Fuente: Rojo (2007), p. 237. Ejercicio 5.1.8.

Solución. Consideramos la matriz ampliada del sistema:

A∗ =

0 1 1 0

0 2 2 2

−1 1 0 −11 0 1 2

∼−1 1 0 −10 2 2 2

0 1 1 0

1 0 1 2

∼−1 1 0 −10 2 2 2

0 1 1 0

0 1 1 1

∼

∼

−1 1 0 −10 2 2 2

0 0 0 −10 1 1 1

∼−1 1 0 −10 2 2 2

0 0 0 −10 0 0 0

Vemos que rang(A∗) > rang(A), por lo tanto se trata de un sistema incompatible.

Ejercicio 5.2. Resuelve el siguiente sistema.

x− y + 2z = 4

x+ z = 6

2x− 3y + 5z = 4

3x+ 2y − z = 1


Fuente: Larson (2004), p. 20. Ejercicio 6.

Solución. Consideramos la matriz ampliada del sistema:

A∗ =

1 −1 2 4

1 0 1 6

2 −3 5 4

3 2 −1 1

∼

1 −1 2 4

0 1 −1 2

2 −3 5 4

3 2 −1 1

∼

1 −1 2 4

0 1 −1 2

0 −1 1 −43 2 −1 1

∼

∼

1 −1 2 4

0 1 −1 2

0 −1 1 −40 5 −7 11

∼

1 −1 2 4

0 1 −1 2

0 0 0 −20 5 −7 11

De nuevo, rang(A∗) > rang(A), por lo tanto estamos ante un sistema incompatible.

Ejercicio 5.3. Utiliza la elikminación de Gauss para resolver el sistema:

x− 2y + 3z = 9

−x+ 3y = −4

2x− 5y + 5z = 17


Solución. Consideramos la matriz ampliada:

A∗ =

1 −2 3 9

−1 3 0 −42 −5 5 17

∼

1 −2 3 9

0 1 3 5

2 −5 5 17

∼

1 −2 3 9

0 1 3 5

0 −1 −1 −1

∼

∼

1 −2 3 9

0 1 3 5

0 0 2 4

∼

1 −2 3 9

0 1 3 5

0 0 1 2

Es sencillo ahora resolver el sistema:

x− 2y + 3z = 9

y + 3z = 5

z = 2

Concluimos que la única solución del sistema es x = 1, y = −1, z = 2.

55

Ejercicio 5.4. Resuelve el siguiente sistema de ecuaciones lineales:

2x+ 4y − 2z = 0

3x+ 5y = 1

Fuente: Larson (2004), p.23. Ejercicio 8.


A∗ =

(2 4 −2 0

3 5 0 1

)∼

(3 5 0 1

2 4 −2 0

)∼

(1 1 2 1

2 4 −2 0

)∼

∼

(1 1 2 1

0 2 −4 −2

)∼

(1 1 2 1

0 1 −2 −1

)Es sencillo ahora resolver el sistema:

x+ y + 2z = 1

y − 2z = −1

Podemos ver que rang(A∗) = rang(A) <número de incógnitas, luego estamos ante un

sistema compatible indeterminado, cuyas soluciones (in�nitas) serán: x = 2 − 4t, y =

−1 + 2t, z = t donde t ∈ R.

Ejercicio 5.5. Discute y resuelve este sistema en función del parámetro k ∈ R.

2x− y = 4

−x+1

2y = −2

x+ ky = 2


Solución. Obtenemos la matriz ampliada:

A∗ =

2 −1 4

−1 12 −2

1 k 2

∼

2 −1 4

0 0

0 2k + 1 0

Veamos que ocurre en función de los valores de k:


Si k = −12 , es decir, 2k + 1 = 0, entonces el sistema es compatible indeterminado,

con solución x = t, y = 2t− 4 (t ∈ R).

Si k 6= −12 , es decir, 2k + 1 6= 0, entonces el sistema es compatible determinado

Ejercicio 5.6. Discute y resuelve este sistema en función del parámetro a ∈ R.

x− 2y + z = 3

y + 2z = 0

3y + 7z = a



A∗ =

1 −2 1 3

0 1 2 0

0 3 7 a

∼

1 −2 1 3

0 1 2 0

0 0 1 a

Para todo valor del parámetro a, se trata de un sistema compatible determinado, con

solición: x = 3− 5a, y = −2a, z = a.

Ejercicio 5.7. Discute y resuelve este sistema en función del parámetro a ∈ R.

4x− 4z = 0

x− y + bz = 0

−x−my − z = 0



A∗ =

4 0 −4 0

1 −1 b 0

−1 −b −1 0

∼

4 0 −4 0

1 −1 b 0

0 −b− 1 −b− 1 0

∼

4 0 −4 0

0 −4 4b+ 4 0

0 0 4b2 + 4b+ 8 0

Veamos que ocurre en función de los valores de k:

Si k = −12 , es decir, 4b2+4b+8 = 0, entonces el sistema es compatible indeterminado,

ie, tendrá in�nitas soluciones que dependerán del valor de b.

Si k 6= −12 , es decir, 4b2 + 4b+ 8 6= 0, entonces el sistema es compatible determinado

con solución x = y = z = 0.

Bibliografía

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57

re exiones teóricas aplicadas al Álgebra lineal

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