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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE

ALGEBRA LINEAL

PROBLEMAS RESUELTOS

Rodrigo Vargas

Santiago de Chile 2007

ii

iv

´Indice general

1. Algebra Lineal Elemental 1
2. Factorizaciones de Matrices 21
3. Determinantes 43
4. Espacios Vectoriales 49
5. Transformaciones Lineales, Teorema de la Dimensi´on y Cam- bio de Base 61
6. Bases Ortonormales y Proyecciones 79
7. Vectores y Valores Propios, Diagonalizaci´on 85

v

Cap´ıtulo 1

Algebra Lineal Elemental

1.1. Se dice que v es combinaci´on lineal convexa de u 1 , u 2 , ..., uk si v = α 1 v 1 + α 2 v 2 + ... + αkvk donde αi ≥ 0, i = 1, ..., k y α 1 + α 2 + ... + αk = 1. Demuestre que si u 4 es combinaci´on convexa de u 1 , u 2 , u 3 y v es combi- naci´on convexa de u 1 , u 2 , u 3 , u 4 entonces v es combinaci´on convexa de u 1 , u 2 , u 3.

Soluci´on: Si u 4 es combinaci´on convexa de u 1 , u 2 , u 3 , entonces u 4 = α 1 u 1 + α 2 u 2 + α 3 u 3 ,

donde

αi = 1 y αi ≥ 0 para i = 1,... , 3. Si v es combinaci´on convexa de u 1 , u 2 , u 3 , u 4 , entonces

v = β 1 u 1 + β 2 u 2 + β 3 u 3 + β 4 u 4 , donde

βi = 1 y βi ≥ 0 para i = 1,... , 4. Luego, v = β 1 u 1 + β 2 u 2 + β 3 u 3 + β 4 u 4 = β 1 u 1 + β 2 u 2 + β 3 u 3 + β 4 (α 1 u 1 + α 2 u 2 + α 3 u 3 ) = (β 1 + β 4 α 1 )u 1 + (β 2 + β 4 α 2 )u 2 + (β 3 + β 4 α 3 )u 3 = γ 1 u 1 + γ 2 u 2 + γ 3 u 3 donde γ 1 = β 1 + β 4 α 1 ≥ 0, γ 2 = β 2 + β 4 α 2 ≥ 0 y γ 3 = β 3 + β 4 α 3 ≥ 0. Adem´as, ∑ γi = γ 1 + γ 2 + γ 3 + γ 4 = β 1 + β 4 α 1 + β 2 + β 4 α 2 + β 3 + β 4 α 3 = β 1 + β 2 + β 3 + β 4 (α 1 + α 2 + α 3 ) = β 1 + β 2 + β 3 + β 4 = 1. Por lo tanto, v es combinaci´on convexa de u 1 , u 2 , u 3.

2 Cap´ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

1.2. Demuestre que si u 1 = 2v 1 + 3v 2 , u 2 = −v 1 + 3v 2 entonces se cumple que: < u 1 , u 2 >=< v 1 , v 2 >.

Soluci´on: Primero probaremos que < u 1 , u 2 > ⊂ < v 1 , v 2 >. Para esto, sea x ∈< u 1 , u 2 > entonces

x = α 1 u 1 + α 2 u 2 = α 1 (2v 1 + 3v 2 ) + α 2 (−v 1 + 3v 2 ) = (2α 1 − α 2 )v 1 + 3(α 1 + α 2 )v 2.

Como x es combinaci´on lineal de los vi’, es claro que x ∈< v 1 , v 2 > y, por lo tanto, hemos probado que

< u 1 , u 2 > ⊂ < v 1 , v 2 >.

Ahora se probar´a que < v 1 , v 2 > ⊂ < u 1 , u 2 >. Notemos que:

u 1 = 2v 1 + 3v 2 ⇒ 3 v 2 = u 1 − 2 v 1

y u 2 = −v 1 + 3v 2 ⇒ 3 v 2 = u 2 + v 1. Igualando obtenemos que

u 1 − 2 v 1 = u 2 + v 1 3 v 1 = u 1 − u 2 v 1 =

(u 1 − u 2 ).

Despejando obtenemos

v 2 =

(u 1 + 2u 2 ).

Sea x ∈< v 1 , v 2 >, este vector se puede escribir de la forma

x = β 1 u 1 + β 2 u 2

= β 1

(u 1 + u 2 ) + β 2

u 1

=

(β 1 + β 2 )u 1 +

β 1 u 2.

Como x es combinaci´on lineal de los ui’, es claro que x ∈< u 1 , u 2 > y, por lo tanto, hemos probado que

< v 1 , v 2 > ⊂ < u 1 , u 2 >

y por lo tanto, < u 1 , u 2 >=< v 1 , v 2 >.

4 Cap´ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

1.5. Exprese el plano x + y + 2z = 1 como combinaci´on lineal de vectores. Indique el vector normal unitario al plano.

Soluci´on: Podemos despejar cualquiera de las variables de la ecuaci´on del plano en funci´on de las otras dos. Por ejemplo, podemos despejar x y obtenemos x = 1 − y − 2 z en forma vectorial  

x y z

1 − y − 2 z y z

 (^) y +

 (^) z.

Se puede observar que el plano se puede expresar como combinaci´on lineal de los vectores (− 1 , 1 , 0), (− 2 , 0 , 1), donde el primer vector siempre esta ponderado por 1, esto es

P =

En general, el vector normal de un plano ax + by + cz = d es (a, b, c), en nuestro caso el vector normal es ~n = (1, 1 , 2) con modulo

‖ ~n ‖=

12 + 1^2 + 2^2 =

Luego, el vector normal unitario es:

nˆ =

1.6. Si un hiperplano pasa por los puntos (1, − 1 , 1 , 1), (2, − 1 , 2 , 1), (0, 1 , 1 , 1), (1, 0 , 0 , 1). Determine los valores α, β tal que el punto (α, β, α−β, α+β) pertenezca al hiperplano.

Soluci´on: La ecuaci´on de un plano en R^4 es:

ax + by + cz + dw = e.

Como el hiperplano pasa por los puntos (1, − 1 , 1 , 1), (2, − 1 , 2 , 1), (0, 1 , 1 , 1), (1, 0 , 0 , 1) las constantes a, b, c, d, e deben cumplir

a − b + c + d = e , 2 a − b + 2c + d = e , b + c + d = e , a + d = e.

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 5

Entonces tenemos 4 ecuaciones y 5 incognitas. Hay una variable libre que es e y a, b, c, d son variables b´asicas. Resolviendo el sistema obten- emos a = b = c = 0, d = e. La ecuaci´on del hiperplano es entonces:

dw = d ⇒ w = 1.

Luego, para que (α, β, α − β, α + β) pertenezca al hiperplano se debe cumplir que: α + β = 1.

1.7. ¿Para qu´ e valor(es) de λ ser´an linealmente dependientes los vectores



λ 4

Soluci´on: Suponga que

c 1

 (^) + c 2

 (^) + c 3

λ 4

Entonces mulptiplicando y sumando se obtiene 



c 1 + 2c 2 + 3c 3 2 c 1 − c 2 + λc 3 3 c 1 + 4c 2 + 4c 3

Esto nos lleva al sistema de tres ecuaciones y tres incognitas

c 1 + 2c 2 + 3c 3 = 0 , (1.1) 2 c 1 − c 2 + λc 3 = 0 , (1.2) 3 c 1 + 4c 2 + 4c 3 = 0. (1.3)

As´ı, los vectores ser´an linealmente dependientes si y s´olo si el sistema tiene soluciones no triviales. Despejando en (1.1)

c 1 = − 2 c 2 − 2 c 3. (1.4)

Si (1.4) en (1.3) y despejando

c 2 = −

5 c 3 2

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 7

Para que no haya soluciones es necesario que el sistema sea inconsis- tente, es decir, que algunas de sus ecuaciones contenga alguna contradic- ci´on. La ´unica posible es 0 · x 3 6 = 0. Es decir, con a = 4 y 3c − b − 5 6 = 0. Para que existan infinitas soluciones se necesita una identidad que se cumpla siempre. La ´unica que se cumple siempre independiente del va- lor de x 3 es 0 · x 3 = 0. Es decir, con a = 4 y 3c − b − 5 = 0. Si se quiere una sola soluci´on, se debe tener tantas ecuaciones lineal- mente independientes como incognitas y adem´as el sistema debe ser consistente. Esto se cumple para cualquier valor de a, b, c excepto para el valor a = 4.

1.9. Encuentre eficientemente la soluci´on general de los sistemas

 

x 1 x 2 x 3

 (^) y

x 1 x 2 x 3

Soluci´on: Con el m´etodo de eliminaci´on de Gauss es posible resolver m´ultiples sistemas con la misma matriz de coeficientes y distintos vec- tores a la vez. Para esto se construye una matriz ampliada de la forma [ A | b~ 1 ... b~n ].  

Una vez obtenida la matriz escalonada reducida, se debe despejar las inc´ognitas del primer y segundo sistema a partir de las columnas corres- pondientes a los vectores (2, 3 , 4) y (2, 3 , 5), respectivamente. En este caso el segundo sistema es inconsistente, es decir no tienen soluciones, ya que tenemos 0 · x 3 = 1. Para el segundo sistema tenemos infinitas soluciones dadas por

x 1 = 1, x 2 = 1 − x 3 , x 3 ∈ R.

8 Cap´ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

1.10. Determine un sistema de ecuaciones Ax = b tal que su conjunto soluci´on sea:

S =

Soluci´on: El conjunto soluci´on de Ax = b es x 0 + kerA, donde x 0 es una soluci´on particular de Ax = b. Adem´as KerA = 〈 filas de A〉⊥. Entonces KerA = 〈(− 1 , 0 , 0 , 1), (1, 1 , − 1 , 0)〉. Sea (a, b, c, d) una fila de A, entonces:    

a b c d

 = 0^ y

a b c d

−a + d = 0 a + b − c = 0

d = a c = a + b

Tomando A =

(a = 0, b = 1) (a = 1, b = 0)

. Ahora sea

b = A

Eligiendo A =

y b = (2, 3) el conjunto de Ax = b coincide con

S =

1.11. Considere el plano P de R^3 dado por P = {(x, y, z) ∈ R^3 : 2x− 3 y +z = 0 } y la matriz

A =

10 Cap´ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

Soluci´on: Notemos que

A^2 =

p 1 0 0 p 1 0 0 p

p 1 0 0 p 1 0 0 p

p^2 2 p 1 0 p^2 2 p 0 0 p^2

A^3 =

p^2 2 p 1 0 p^2 2 p 0 0 p^2

p 1 0 0 p 1 0 0 p

p^3 3 p^2 3 p 0 p^3 3 p^2 0 0 p^3

A^4 =

p^3 3 p 3 p 0 p^3 3 p^2 0 0 p^3

p 1 0 0 p 1 0 0 p

p^4 4 p^3 6 p^2 0 p^4 4 p^3 0 0 p^4

A^5 =

p^4 4 p^3 6 p^2 0 p^4 4 p^3 0 0 p^4

p 1 0 0 p 1 0 0 p

p^5 5 p^4 10 p^3 0 p^5 5 p^4 0 0 p^5

Luego, An^ =

pn^ npn−^1 anpn−^2 0 pn^ npn−^1 0 0 pn

 (^) donde an+1 = an+(n−1), ∀n > 1

y a 1 = 0.

1.13. Demuestre que cualquier matriz cuadrada se puede escribir de manera ´unica como la suma de una matriz sim´etrica y una matriz antisim´etrica.

Soluci´on: Se dice que una matriz es sim´etrica si At^ = A y se dice que una matriz es antisim´etrica si At^ = −A. Consideremos las matrices 1 2 (A^ +^ A

t) y 1 2 (A^ −^ A

t) entonces

[

(A + At)]t^ =

(At^ + (At)t) =

(At^ + A) =

(A + At).

Luego, 12 (A + At) es una matriz sim´etrica.

[

(A − At)]t^ =

(At^ − (At)t) =

(At^ − A) = −

(A − At).

Luego, 12 (A − At) es un matriz antisim´etrica. Por lo tanto, podemos escribir A como A =

(A + At) +

(A − At).

1.14. Resuelva la siguiente ecuaci´on matricial ( 1 1 3 4

X

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 11

Soluci´on: Sean A =

, B =

y C =

y notemos que si existen las matrices inversas de A y B, entonces

AXB = C ⇒ AXBB−^1 = CB−^1

⇒ AX = CB−^1

⇒ A−^1 AX = A−^1 CB−^1

⇒ X = A−^1 CB−^1.

Usando eliminaci´on de Gauss, podemos encontrar A−^1 y B−^1. [ 1 1 3 4

]

[

]

[

]

y [ 4 − 2 − 3 2

]

[

1 −^12

1 4 0 0 1

]

[

1 −^12

1 43 0 4 1

]

[

3 4 1

]

[

3 2 2

]

Entonces A−^1 =

, B−^1 =

3 2 2

Luego, tenemos que

X = A−^1 CB−^1 =

3 2 2

3 2 2

1.15. Sea A de 2 × 2 tal que A(1, 0)⊤^ = (3, 6)⊤^ y A(0, 1)⊤^ = (1, 2)⊤

(a) Mostrar que la imagen bajo A de la recta 3x + 2y = 0 es la recta 2 x − y = 0. (b) Hay una recta L que pasa por el origen y que queda fija bajo A, ( es decir, A(L) = L, aunque no necesariamente A(l) = l, para l ∈ L). ¿Cu´al es la recta?

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 13

Entonces,

m

3 + m 6 + 2m

y

A(L) = 〈{(3 + m, 6 + 2m)}〉 = {((3 + m, 6 + 2m) : x ∈ R} = {(x, y) ∈ R^2 : 2x − y = 0}.

Si consideremos la recta

L = {(x, y) ∈ R^2 : 2x − y = 0}

entonces A(L) = L.

1.16. Sea A = (aij ) ∈ Mn(R). Se define la traza de A, denotada por tr(A), como tr(A) =

∑^ n

i=

aii = a 11 + a 22 + · · · + ann.

Si A, B ∈ Mn(R), demuestre

(a) tr(AB) = tr(BA). (b) tr(AAt) > 0, si A 6 = 0.

Soluci´on:

(a) Sean A = (aij ), B = (bij ), AB = (cij ) y BA = (dij ) entonces un elemento de la diagonal de la matriz AB es

cii =

∑^ n

k=

aikbki ,

luego,

tr(AB) =

∑^ n

i=

cii =

∑^ n

i=

∑^ n

k=

aikbki =

∑^ n

i=

∑^ n

k=

bkiaik =

∑^ n

k=

[ (^) n ∑

i=

bkiaik

]

∑^ n

k=

dkk = tr(BA).

(b) Si A = (aij ) entonces At^ = (bij ) = (aji) si denotamos AAt^ = (rij ) entonces:

tr(AAt) =

∑^ n

i=

rii =

∑^ n

i=

∑^ n

k=

aikbki =

∑^ n

i=

∑^ n

k=

aikaik =

∑^ n

k=

∑^ n

i=

(aki)^2 > 0.

14 Cap´ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

1.17. Si tan α = (a/b), demuestre que

[ 1 (a/b) −(a/b) 1

]n

a^2 b^2

)n/ 2 [ cos nα sin nα − sin nα cos nα

]

Soluci´on: Demostramos la igualdad haciendo inducci´on sobre n Para n = 1, tenemos que: ( 1 +

a^2 b^2

) 1 / 2 [

cos α sin α − sin α cos α

]

1 + tan^2 α

[

cos α sin α − sin α cos α

]

= sec α

[

cos α sin α − sin α cos α

]

[

1 (a/b) −(a/b) 1

]

Ahora suponiendo que se cumple para n, probamos que es v´alido para n + 1. [ 1 a b −a b 1

]n+

[

1 a b −a b 1

]n [ 1 a b −a b 1

]

a^2 b^2

)n/ 2 [ cos nα sin nα − sin nα cos nα

] [

1 a b −a b 1

]

= (1 + tan^2 α)n/^2

[

cos nα sin nα − sin nα cos nα

] [

(^1) cossin^ αα − sin cos^ αα 1

]

= (sec^2 α)n/^2

[

cos nα sin nα − sin nα cos nα

]

sec α

[

cos α sin α − sin α cos α

]

= secn+1^ α

[

cos nα cos α − sin nα sin α cos nα sin α + sin nα cos α − sin nα cos α − cos nα sin α − sin nα sin α + cos nα cos α

]

= (1 + tan^2 α)(n+1)/^2

[

cos(n + 1)α sin(n + 1)α − sin(n + 1)α cos(n + 1)α

]

a^2 b^2

)(n+1)/ 2 [ cos(n + 1)α sin(n + 1)α − sin(n + 1)α cos(n + 1)α

]

1.18. Demuestre que si A es una matriz cuadrada tal que An^ = 0, entonces I − A es invertible.

Soluci´on: Basta observar que

(I − A)(I + A + A^2 + ... + An−^1 ) = (I − An).