Introducci´ on on ´ al Algebra Lineal Soluciones a ejercicios seleccionados
´ Introducci´ on on al Algebra Lineal. Soluciones a ejercicios seleccionados. M. Sc. Sebasti´an an Casta˜ neda neda Hern´andez. andez. Dr. Agust´ Agust´ın Barrios Sarmiento. Barranquilla - Colombia
Contenido
1 Preliminares
1.1 1.2 1.3 1.4
5
Introducci´ on . . . . . . . . . . . . . . Conjuntos y relaciones . . . . . . . . El concepto de estructura algebraica Semigrupos, monoides y grupos . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. 5 . 5 . 8 . 10
2 Sistemas de ecuaciones lineales
2.1 Introducci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 El espacio Rn. . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Sistemas de ecuaciones lineales . . . . . . . . 2.3.1 La ecuaci´on lineal . . . . . . . . . . . 2.3.2 Sistemas de ecuaciones lineales . . . 2.4 Sistemas homog´eneos. Subespacios de Rn . . 2.4.1 Dependencia e independencia lineal . 2.5 Norma vectorial. Ortogonalidad. . . . . . . .
11
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
3 Sistemas de inecuaciones lineales
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
11 11 12 12 14 28 31 33 39
3.1 Introducci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 3.2 Programaci´ on lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 4 Vectores en
2
R
y
3
R
.
41
4.1 Introducci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 4.2 Segmentos dirigidos en n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 4.3 Aplicaciones geom´etricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
E
5 La estructura de espacio vectorial y espacios de matrices
67
5.1 Introducci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 5.2 Espacios vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 5.3 Espacios de matrices sobre un campo . . . . . . . . . . . . . . . 70 3
4
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
5.4 Sistemas lineales en Kn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 5.4.1 La matriz identidad. Matrices invertibles . . . . . . . . . 73
Cap´ ıtulo
1
Preliminares 1.1
Introducci´ on
1.2
Conjuntos y relaciones Ejercicios 1.2.1.
1. (a) (b)
∈
(c) Claramente I A es reflexiva. Ahora, si (x, y) I A, entonces y = x y (y, x) = (x, y) = (x, x) I A , por lo que I A es sim´etrica. Finalmente, si x, y,z A y (x, y), (y, z ) I A se sigue que x = y y y = z , por lo que x = z y entonces (x, z ) I A. Se tiene entonces que I A es transitiva.
∈
∈
∈
∈
(d) Errata: La u ´ ltima pareja de la relaci´on R es (d, c) (no (d, a) como aparece en el texto). Dado que I A R se sigue que R es reflexiva, Para la simetr´ıa, basta con ver que (a, b), (b, a) R y (c, d), (d, c) R, pues para (x, y) I A claramente (y, x) I A R. Para verificar la transitividad, es
⊆
∈
∈
∈
⊆
5
∈
6
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
suficiente con los casos siguientes: (a, a), (a, b) (b, b), (b, a) (a, b), (b, b) (b, a), (a, a) (a, b), (b, a) (b, a), (a, b)
∈ R ∈ R ∈ R ∈ R ∈ R ∈ R
⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒
= = = = = =
(a, b) (b, a) (a, b) (b, a) (a, a) (b, b)
∈ R ∈ R ∈ R ∈ R ∈ R ∈ R
y los seis que resultan reemplazando en lo anterior cada ocurrencia de a y b por c y d, respectivamente.
⊆
2. Si X, Y , Z A, entonces se cumple:
∀
∈
⇒ ∈ ⊆ ∧ ⊆
⇒ X ⊆ X ⇒ X = Y,
( x)(x X = x X ) = X Y Y X =
lo que muestra que la inclusi´on es reflexiva y antisim´ etrica en Ahora, si X Y y Y Z , entonces se tiene:
⊆
⊆
∈
P (A).
⇒ x ∈ Y ⇒ x ∈ Z,
x X = = es decir, necesariamente X transitiva.
⊆
Z , con lo que se cumple la propiedad
3. Sean A y B conjuntos cualesquiera. Entonces se cumple
∈ ∩ B =⇒ =⇒ x ∈ A =⇒ =⇒
∈ A ∧ x ∈ B ∈ A ∈ A ∨ x ∈ B ∈ A ∪ B, por lo que se tienen las dos relaciones A ∩ B ⊆ A (tambi´en A ∩ B ⊆ B) y A ⊆ A ∪ B (tambi´en B ⊆ A ∪ B). Si A ⊆ B se tienen, adem´as, x A
x x x x
Cap´ıtulo 1. Preliminares
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
7
∈
⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒
x A = = x A B = = =
∈ ∪
x x x x x
∈ A ∧ x ∈ B ∈ A ∩ B ∈ A ∨ x ∈ B ∈ B ∨ x ∈ B ∈ B,
⊆ ∩
∪ ⊆ B, y por lo tanto A = A ∩ B, A ∪ B = B. ∈ ∅ es falsa, se sigue que (∀x)(x ∈ ∅ =⇒ x ∈ A), es una proposici´on verdadera, por lo que ∅ ⊆ A para todo conjunto A y se sigue que A ∪ ∅ = A y A ∩ ∅ = ∅. por lo que A A B, A B Puesto que la proposici´on x
4. (a) Es funci´ on, pero no es inyectiva. (b) No es funci´on. (c) Si S = (x, x2 ) x N , entonces, si Dom(S ) y Ran(S ) denotan el dominio y el rango de S , respectivamente, tenemos
{
| ∈ }
Dom(S ) = Ran(S ) =
N 2
{x |x ∈ N} = {1, 4, 9, 16, . . . }
S es una funci´on inyectiva. (d) Con las notaciones indicadas para dominio y rango en el item anterior, tenemos para la relaci´on dada, notada por R: Dom(R) = Ran(S ),Ran(R) = Dom(S ), siendo S la relaci´on del ejercicio anterior. R es una funci´on inyectiva. (e) Si T es la relaci´on dada entonces Dom(T ) = Dom(R), Ran(T ) = Z. T no es funci´on ((1, 1), (1, 1) T , por ejemplo).
− ∈
(f) Sea H la relaci´on dada, entonces Dom(H ) = Ran(H ) = una funci´on inyectiva. 1.2. Conjuntos y relaciones
R.
H es
8
1.3
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
El concepto de estructura algebraica Ejercicios 1.3.1.
∗
1. Si (A, ) es una estructura modulativa y e 1 , e2 son neutros, entonces e1 = e1 e2 = e2 . Ahora, sea (A, ) una estructura asociativa y modulativa, con neutro e, y supongamos que x A es un elemento invertible. Si z , y son inversos de z , entonces se tiene x z = y x = e, por lo que
∗
∗
∗
∈
∗ ∗
∗
z = e z = (y x) z = y
∗
− ∗
2. (a) 2 3 = 11, 3
1 2
=
∗
∗ (x ∗ z ) = y ∗ e = y.
−4.
(b) La conmutatividad y asociatividad se demuestran por c´alculos directos. Por otra parte, claramente x 0 = 0 x = x, para todo real x, por lo que 0 es el (´unico) elemento neutro para . Ahora, si x R, x es invertible (respecto de ) si y solo si la ecuaci´on (en y)
∗
∗
∗
∈
∗ x ∗ y = xy + x + y = 0
tiene soluciones reales. Es decir, existe al menos un real y tal que x (x + 1)y = x. Pero esta ecuaci´on tiene soluci´ on real y = , si x + 1 y solo si x = 1 (para x = 1 se tiene la inconsistencia 0 = 1). As´ı no es invertiva pues 1 no tiene inverso. 1 (c) Del item anterior se tiene que los inversos de 1, 0 y son, respectiva3 1 1 mente, , 0, . 2 2 (d) Para reales x, y se tiene que
−
− −
∗
−
−
−
−
x y = xy +x+y =
−1 ⇐⇒ (x+1)(y+1) = 0 ⇐⇒ x = −1 ∨y = −1. Lo que muestra que A − {−1} es cerrado bajo ∗. As´ı, (A, ∗) es un ∗
grupo abeliano.
3. (a) a y b son neutros a izquierda.
∗ ∗
∗ ∗ 4. La estructura deseada la tiene Z = {0, 1} con la adici´on m´odulo 2. Se puede transportar dicha estructura al conjunto A = {a, b} (ver ejercicios (b) (a c) e = a, mientras que a (c e) no est´a definido. 2
Cap´ıtulo 1. Preliminares
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
9
{ }
5 y 6) estableciendo una funci´on biyectiva de A con 0, 1 . Si establecemos a 0, b 1, la operaci´on est´a dada por la tabla siguiente (en la tabla de la adici´on m´odulo 2 reemplace 0 por a y 1 por b):
→ →
∗
a b
a a b
b b a
on inversa de f , notada f −1 5. Si f : A B es biyectiva, entonces la funci´ est´a definida por f −1 = (x, y) (y, x) f ; es decir, se tiene y = f −1 (x) si y solo si x = f (y). Se cumple que
−→
{
|
∈ }
f (f −1 (x)) = x, para todo x B f −1 (f (x)) = x, para todo x A.
∈ ∈
∗
Ahora bien, puesto que es una ley de composici´on interna y f es biyectiva, se garantiza que para cada x, y B el elemento f (f −1 (x) ´ nico, de modo que es una funci´on bien definida. f −1 (y)) B es u Las demostraciones de las propiedades asociativa, conmutativa, etc, en (B, ), en caso de que se cumplan en (A, ), son relativamente sencillas. Mostremos algunas de ellas. Supongamos que es asociativa, entonces para x, y,z B se tiene
∈
∈
∗
∗
∗
(x y) z = = = = =
∈
(f (f −1 (x) f −1 (y))) z f (f −1 (f (f −1 (x) f −1 (y))) f −1 (z )) f ((f −1 (x) f −1 (y)) f −1 (z )) f (f −1 (x) (f −1 (y) f −1 (z ))) x (y z )
∗
∗ ∗
∗
∗ ∗
∗
∗
Ahora, si e es elemento neutro en (A, ), entonces para x
∈ B se tiene
x f (e) = f (f −1 (x) f −1 (f (e)) = f (f −1 (x) e) = f (f −1 (x)) = x
∗ ∗
∗
De manera similar se demuestra que f (e) x = x, de modo que f (e) es neutro en (B, ). 1.3. El concepto de estructura algebraica
10
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
6. Para los dos primeros literales transporte las estructuras deseadas desde (Z3 , +) y (Z6 , +), respectivamente. Por otra parte, Z puede ponerse en correspondencia biun´ıvoca con B = N de la manera siguiente:
−→ − −→ −→ − −→ 0 1 1 2 .. .
Es decir, mediante la biyecci´on f : Z f (n) =
∈
1 2 3 4 .. .
−→ N definida por
−
2n, si n < 0; 2n + 1, si n 0.
≥
para n Z . La estructura de grupo abeliano de ( Z, +) se transfiere a N definiendo para x, y N
∈
x
−1
⊕ y = f (f
(x) + f −1 (y)),
como en el ejercicio anterior. En la nueva estructura, el neutro en f (0) = 1. Como ejemplos, tenemos 2
⊕3
= = 4 6 = = 5 11 = =
⊕
⊕
N
es
−
f ( 1 + 1) f (0) = 1 f ( 2 + ( 3)) f ( 5) = 10 f (2 + 5) f (7) = 15
− −
−
∈
⊕
En general, puede probarse que para n 1 , n2 N, se tiene que n 1 n2 es n1 + n2 , si ambos son pares, o n 1 + n2 1, si ambos son impares. ¿Cu´al es la suma si uno es par y el otro impar?
−
1.4
Semigrupos, monoides y grupos Ejercicios 1.4.1.
1. Este Cap´ıtulo 1. Preliminares
Cap´ ıtulo
2
Sistemas de ecuaciones lineales 2.1
Introducci´ on
2.2
El espacio
Rn .
Ejercicios 2.2.1.
− 5u = (−13, −18, −7). (b) 3(v • u)w = (126, −189, 315). (c) (v + 2 w) • 3u = 213. (d) (3u − 2w) • 2v = 14. (e) (u • u)v + 3 w = (44, −85, 167). 1 (a) x = (5v − 3u) = (4, −6.5, 1). 2
1. (a) 2v + 3 w
2.
(b) x =
−
(c) x = (2t
50 50 , , 100 . 3 3
− 4s,t,s), siendo t y s reales arbitrarios.
− − − − − − −
1 3. (a) v+w = ( 4, 9, 2.5), w = 3
−
(b)
5 7 1 , , , 3v+2w 3 3 6
1 1 19 i. x = (w 3v) = 4, , . 2 2 4 1 92 83 ii. x = (5w u 2v) = 9, , . 3 9 30 11
−
1 u = 4
−
239 7, , 12
−
161 . 20
12
iii. y =
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
− − − − −−
6, 5,
o sea y =
7 2
6
2x, donde x es un vector arbitrario de
2t, 5
7 2r, 2
cualesquiera.
− − 2s
3
R
,
, siendo t, r y s reales
4. (a) Para todo real α, se tiene α0 = α(0, 0, . . . , 0) = (α(0), α(0), . . . , α(0)) = (0, 0, . . . , 0) = 0 . (b) Si v = (v1 , v2 , . . . , vn ), entonces 0v = (0v1 , 0v2 , . . . , 0vn) = (0, 0, . . . , 0) = 0 . (c) Si α = 0 o si v = 0 se tiene, por las demostraciones previas, que αv = 0. Supongamos entonces que αv = 0. Si α = 0, existe su inverso multiplicativo y se debe tener que
α−1 (αv) = α −1 0 = 0 , por lo que v = 1v = (α−1 α)v = α −1 (αv) = 0 .
2.3 2.3.1
Sistemas de ecuaciones lineales La ecuaci´ on lineal Ejercicios 2.3.1.
1. (a) 2x + 2y = 6 se obtiene de x + y = 3 multiplicando ambos miembros por 2, por lo que las dos ecuaciones son equivalentes. (b) Como en el anterior, las dos ecuaciones son equivalentes, ahora en 3 R , pues 2x + 2y + 0z = 6 se obtiene multiplicando por 2 ambos miembros de x + y + 0z = 3. (c) No son equivalentes, pues tienen universos distintos1 . 1
Si se identifica, sin embargo, cada pareja (a, b) de R2 con una terna (a,b, 0) R3 , de modo que R 2 se considera un subespacio de R 3 , entonces el conjunto soluci´on de 2x + 2y = 6 en R3 contiene una “ copia” del de la ecuaci´on x + y = 3 en R2 .
∈
Cap´ıtulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
13
(d) (0, 1) es una soluci´on de la ecuaci´on 2x2 + 3xy = 6x, pero no lo es de 2x + 3y = 6 pues 2(0) + 3 = 6. Se sigue que las ecuaciones no son equivalentes.
(e) No son equivalentes. Considere, por ejemplo, el vector ( 3, 0) (f) las ecuaciones x + y = 0 y (x + y)2 = 0, en
2
R
−
, son equivalentes.
(g) Son equivalentes las dos ecuaciones dadas. Utilice el hecho de que para todo real a, se cumple que a2 + 1 = 0.
2. (a) No es lineal en x, y y z . Haciendo u = x2 , v = y 2 , la ecuaci´o n es lineal en u, v, z con las restricciones u, v 0.
≥
(b) No es lineal en θ. Si u = Sen(θ), v = Cos(θ), con u2 + v 2 = 1, entonces la ecuaci´on es lineal en u y v. N´otese, sin embargo, que la restricci´ on u 2 + v 2 = 1 no es lineal en u y v. (c) La ecuaci´ on no es lineal en x, y y z . Con u = (x 1)2 = x 2 se convierte en lineal en u, y y z con la restricci´on u 0.
−
≥
− 2x + 1,
3. En cada caso, S denota el conjunto soluci´on de la ecuaci´on correspondiente. En algunos casos se muestran dos o m´as formas para el mismo conjunto. 5 −t 3
{ − 3t, t)|t ∈ R } = t, |t ∈ R . (b) S = {(5 − 3t,t,s)|t, s ∈ R} = t, , s |t, s ∈ R . (c) S = {(t, 19 − 2t + s, s)|t, s ∈ R} = {(t,s, 2t + s − 19)|t, s ∈ R } Tambi´en se puede escribir como S = , t , s |t ∈ R . (d) S = {(t, 3t + 2s − u,s,u)|t,s,u ∈ R }. (e) S = {(t,s,u,v, 1 − 2t + s − 3v)|t,s,u,v, ∈ R}. (f) S = {(t,s,u,v, 1 − 2t + s − 3v, w)|t,s,u,v,w ∈ R }. (a) S = (5
5−t 3
19−t+s 2
4. (a) Ver Teorema 2.4.1, p´agina 66.
•
(b) Si u 1 y u 2 son soluciones de a x = b, entonces a
• (u + u ) = a • u + a • u = 2b. 1
2
1
2
Puesto que 2b = b si y s´o lo si b = 0, se sigue que u1 + u 2 no es soluci´o n si b = 0. Por otra parte, se tiene que 0u1 = 0 no es soluci´o n de a x = b. Se sigue que el conjunto soluci´o n de la ecuaci´ on considerada no es cerrado.
•
(c) Ver teorema ya citado. 2.3. Sistemas de ecuaciones lineales
14
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
(d) Si a = 0, se tiene la ecuaci´on nula y el conjunto soluci´o n es Para todo u = (u1 , u2 , . . . , un ) podemos escribir
n
R
.
u = u 1 (1, 0, . . . , 0) + u2 (0, 1, 0, . . . , 0) + . . . un(0, 0, . . . , 0, 1).
Si a = (a1 , a2 , . . . , an ) = 0 , existe al menos una componente, digamos ai , diferente de cero. Pr´ocedase entonces como se indica en el ejemplo 2.3.1, numeral 3.
2.3.2
Sistemas de ecuaciones lineales Ejercicios 2.3.2.
1. FE y FER indicar´an que la matriz dada est´a en forma escalonada y/o forma escalonada reducida, respectivamente. (a) FE. (b) FE. (c) FER (y, por tanto, tambi´en FE). (d) Ninguna de las dos. (e) Ninguna de las dos. 2. Se muestran a continuaci´ o n las salidas que produce matlab para las formas escalonadas reducidas de las matrices indicadas (comando rref()). (a)
A = 1 0 0
0 0 0
0 1 0
1 2 1
2 3 0
0 0 0
0 1 0
0 0 1
2 3 0
>> rref(A) ans = 1 0 0
Cap´ıtulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
15
(b) B = 1 0 0
0 1 0
0 0 0
0 1 1
2 3 5
0 1 0
0 0 0
0 0 1
2 -2 5
0 1 1
0 0 0
0 1 1
0 0 0
2 4 6
0 1 0
0 0 0
0 1 0
0 0 0
2 4 0
0 1 1 1
0 0 0 0
0 1 1 1
0 0 0 0
2 4 6 7
>> rref(B) ans = 1 0 0
(c) Ya est´a en FER. (d)
D = 1 0 1 >> rref(D) ans = 1 0 0
(e)
E = 1 0 1 2 >> rref(E) 2.3. Sistemas de ecuaciones lineales
16
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
ans = 1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 0 0
0 1 0 0
0 0 0 0
0 0 1 0
3. 4. Se muestra, en cada caso, la FER de la matriz ampliada, dada por el programa Matlab, y el correspondiente conjunto soluci´on. (a)
>> rref([5 7 15 19; 2 3 7 8;3 5 6 13]) ans = 1 0 0
0 1 0
0 0 1
1 2 0
{ } (b) Conjunto soluci´on S = {(1, 2, 0, t)|t ∈ R}. Conjunto soluci´on S = (1, 2, 0) .
(c)
>> rref([7 10 22 27;4 7 19 18;2 3 7 8])
ans = 1 0 0
0 1 0
-4 5 0
1 2 0
{
Conjunto soluci´on S = (1 + 4t, 2
− 5t, t)|t ∈ R }.
(d) >> rref([3 4 8 11;2 4 5 10;1 1 1 3;6 8 16 22;4 6 7 15]) ans = 1
0
0
0
Cap´ıtulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
0 0 0 0
1 0 0 0
17
0 1 0 0
0 0 1 0
∅
Sistema inconsistente. S = . (e) > > r r e f ( [ 3 2 7 9 1 6 ; 2 1 3 4 7 ; 3 1 4 5 9 ; 4 1 5 6 1 1 ] ) ans = 1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 1 1 0
{
Conjunto soluci´on S = (0, 1 (f) >>rref([1
0 1 2 0
− t, 2 − t, t)|t ∈ R }.
2 7 -9 16;-2 -4 -14 18 -32;-1 -2 -7 9 -16;3 6 21 -27 48])
ans = 1 0 0 0
2 0 0 0
7 0 0 0
-9 0 0 0
{ − −
16 0 0 0
|
∈ }
S = (16 2t 7s + 9u,t,s,u) t,s,u R . Observe que todas las ecuaciones on equivalentes a la primera. (g) Fe de erratas. En la tercera ecuaci´on del sistema propuesto se escribi´o, por error de transcripci´o n, 7x1 +2x2 + x 3 = 24. Si se toma con se obtiene la FER
−
−
>> rref([-9 -2 -2 -32;-5 -1 -1 -17;7 -2 1 24; 2 1 0 7]) ans = 1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
2.3. Sistemas de ecuaciones lineales
18
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
y el sistema es inconsistente. Para el otro caso se tiene >>
rref([-9 -2 -2 -32;-5 -1 -1 -17;7 2 1 24; 2 1 0 7])
ans = 1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
2 3 4 0
{
}
y el sistema tiene soluci´on u ´nica. S = (2, 3, 4) .
{ } (b) S = {(4, −1)}.
5. (a) S = (4, 1) .
(c) No aplica la regla de Cramer. S =
− | ∈ 5
2t
3
,t
(d) No aplica. El sistema es inconsistente.
6. Se muestra la forma escalonada reducida en cada caso. (a)
>> rref([1 1 5;1 -1 3]) ans = 1 0
0 1
(b)
4 1
>> rref([2 3 5;3 4 8]) ans = 1 0
(c)
0 1
4 -1 >> rref([3 2 5;6 4 10])
ans = Cap´ıtulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales
t R .
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
1.0000 0
19
0.6667 0
(d)
1.6667 0
>> rref([1 2 6;3 6 5]) ans = 1 0
2 0
0 1
−
7. (a) Si (1, 1, 2) es la u ´ nica soluci´ o n, el sistema tiene al menos tres ecuaciones y es equivalente a uno con matriz ampliada cuya forma escalonada reducida es
−
1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 2
.
Puede transformarse este sistema en uno equivalente, con el mismo n´umero de ecuaciones, realizando operaciones elementales en los renglones. (b) Agregue a la matriz mostrada en el item anterior un rengl´on de ceros y transf´ormela hasta obtener lo pedido. (c) Cada ecuaci´on del sistema tiene la forma ax + by + cz = d y debe ser satisfecha por (1, 1, 2). Es decir, se debe cumplir que
−
a
− b + 2c − d = 0
que es una ecuaci´on homog´enea en las inc´ognitas a,b,c,d. Encuentre entonces dos soluciones de dicha ecuaci´on homog´enea. (d) Como en el anterior, encontrando dos soluciones no triviales de la ecuaci´ on homog´ena indicada. (e) Como en los dos ejercicios anteriores pero encontrando soluciones del sistema homog´eneo
− a
−
b + 2c d = 0 3a + c d = 0
−
2.3. Sistemas de ecuaciones lineales
20
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
(f) El sistema es equivalente a uno con FER
−
1 0 0 1
−1 2 1 3
.
(g) El sistema es equivalente a uno con FER 1 0 0 1 0 0
1 2 1 3 0 0
.
(h) Si x 1 , x2 , x3 , x4 son las variables del sistema, se deben cumplir: s = x4 t = x3 x4 x2 = 3 2t = 3 2x3 + 2x4 x1 = 2 + t = 2 + x3 x4
− − −
−
por lo que se tiene el sistema
−
x2 + 2x3 2x4 = 3 x1 x3 + x4 = 2
−
8. (a) El determinante del sistema es 1 2 = λ2 1 = (λ + 1)(λ 1). El sistema tiene soluci´on 2 2 λ +3 u ´ nica si y solo si tal determinante es diferente de 0. Es decir, tiene soluci´ on u ´ nica si λ = 1. Para λ = 1 y λ = 1 se obtienen, respectivamente, los sistemas 1 2 3 1 2 3 con matrices ampliadas y . El primero tiene 2 4 6 2 4 4 infinitas soluciones y el segundo es inconsistente. 1 2 3 Se puede tambi´ en llevar la matriz ampliada a 2 2 λ + 3 λ + 5 la forma escalonada, obteniendo
−
−
± −
⇐⇒ − − − 1 2 3 2 0 λ 1 λ 1
1 2 0 (λ + 1)(λ
Analizando el u ´ ltimo rengl´on se tiene:
Cap´ıtulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales
1) λ
3
−1
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
21
2
• El sistema tiene soluci´on u´nica si y s´olo si λ − 1 = 0, pues en •
tal caso se obtendr´ıa en dicha posici´on un uno principal. El sistema tiene infinitas soluciones si y solo si λ2
•
− 1 = (λ + 1)(λ − 1) = 0
y λ
− 1 = 0,
es decir, si y solo si λ = 1. El sistema es inconsistente si y solo si λ2
− 1 = (λ + 1)(λ − 1) = 0 y λ − 1 = 0, es decir, si y solo si λ = −1. (b) Hay soluci´on u ´nica para λ ∈ / {0, 2}. Para λ = 0 o λ = 2 se obtienen sistemas inconsistentes.
(c) El sistema es equivalente a uno con matriz ampliada
Se concluye que:
−
1 1 1 1 0 λ+2 1 2 2 0 0 1 λ+1 λ
.
• Hay soluci´on u´nica si y solo si λ ∈/ {−2, 1, −1}. • Hay infinitas soluciones si y solo si λ = −1. • El sistema es inconsistente si y solo si λ ∈ {−2, 1}. 9. Las demostraciones son sencillas y son consecuencia inmediata de las propiedades de campo de los reales. 10. En cada caso, si un punto tiene un par de coordenadas (x0 , y0 ), tal par es soluci´on de de la ecuaci´on ax + by = c. As´ı, se obtiene una ecuaci´on on puede escribirse como 1c x0 a + y 0 b = c en a, b y c. Esta ecuaci´ x0 a y 0 b = 0, que es homog´enea en c, a y b. En definitiva se tiene, en cada caso, un sistema de ecuaciones lineales homog´eneas en a, b y c. Si existen soluciones no triviales con a = 0 o b = 0, una tal soluci´on proporciona una ecuaci´on de una recta que pasa por los puntos dados. Geom´etricamente es claro que si se dan al menos dos puntos distintos, entonces existe o una ´unica recta o ninguna que pase por el conjunto de puntos dados.
−
−
2.3. Sistemas de ecuaciones lineales
22
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
(a) Para P (1, 2), Q(2, 4) tenemos
−1 −2 0 ⇐⇒ 1 −0 0 0 . −2 −4 0 0 1 2 0 Obteniendo c = 0 y a = − 2b, con b arbitrario (pero diferente de 1 1
cero). As´ı se obtiene la familia de ecuaciones
−2bx + by = 0 ⇐⇒ b(−2x + y) = 0, b = 0. Como todas son equivalentes se tiene, como se esperaba, una ´unica recta que pasa por los puntos dados. (b) La u ´ nica soluci´on del sistema homog´eneo correspondiente es la trivial, por lo que-como se esperaba- no existe una recta que pase por los puntos dados. (c) Se obtiene la familia de ecuaciones equivalentes
−
k( 3x + 7y) = 38k, k = 0. 11. Procediendo como en el ejercicio anterior se obtienen sistemas (no homog´eneos) en a, b y c. Cada ecuaci´on es de la forma c + x20 a + x0 b = y 0 , donde (x0 , y0 ) es el par de coordenadas de un punto dado. (a) La matriz ampliada del sistema es (variables c, a, b)
1 0 0 0 1 1 1 1 1 4 2 4
.
Se obtiene la u ´ nica soluci´on c = b = 0, a = 1; es decir y = x 2 . (b) y = (1 + b)x2 + bx, con b =
−1.
(c) No existe una par´abola, con eje de simetr´ıa paralelo al eje Y , que pase por los puntos dados (sistema inconsistente). (d) y = x 2 + x + 3. (e) y = 2x2 + 3x + 1. (f) y = x 2
− x.
(g) Sistema inconsistente. Cap´ıtulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
23
12. Si xi es el n´umero de art´ıculos de la clase i un d´ıa, se tiene el sistema
∈ {1, 2, 3, 4} a producir en
= x1 + x2 + x3 + x4 20x1 + 15x2 20x3 90x4 = = x3 + x4
−
−
≥
≥
−
300 10500 150
∈
con las restricciones 300 x 1 , x2 , x3 , x4 0 , x 1 , x2 , x3 , x4 N 0 . Resolviendo el sistema obtenemos la forma escalonada reducida de la matriz ampliada: 1 0 0 14 1950 0 1 0 14 2100 . 0 0 1 1 150
− −
−
−
Tenemos as´ı que x 1 = 14x4 1950, x2 = 2100 14x4 , x3 = 150 las condiciones de no negatividad de los xi obtenemos
− x . De 4
− 1950 ≥ 0 1950 ≈ 139.2857 x ≥ 14 x = 2100 − 14x ≥ 0 x = 150 − x ≥ 0 2100 = 150 x ≤ 14 Se tiene entonces que si 140 ≤ x ≤ 150, se deben fabricar x art´ıculos de la clase 4, 150 − x art´ıculos de la clase 3, 2100 − 14x art´ıculos de la clase 2 y 14x − 1950 = 150 − x art´ıculos de la clase 1. La tabla x1 = 14x4
4
2
4
3
4 4
4
4
4
4
4
2
siguiente muestra algunas de las posibilidades de producci´on. x4 140 141 142 145 150
x3 10 9 8 5 0
x2 140 126 112 70 0
x1 10 24 38 80 150
N´otese que el n´umero de soluciones es finito (once en total). 13. Si se elimina la ´ultima ecuaci´on del sistema anterior, la forma escalonada reducida es ahora 1 0 7 21 3000 . 0 1 8 22 3300
− − −
2.3. Sistemas de ecuaciones lineales
24
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
Figura 2.1: Problema 13.
Se tiene entonces que x3 , x4 son, en principio, n´umeros enteros no negativos y menores o iguales a 300. Para x1 y x2 se tienen x1 =
−3000 + 7x + 21x , x = 3300 − 8x − 22x . 3
4
2
3
4
De la no negatividad de x1 y x2 se obtiene entonces el sistema de inecuaciones lineales2 , en x 3 , x4 7x3 + 21x4 8x3 + 22x4
≥ 3000 ≤ 3300
El conjunto soluci´on (en parejas de n´umeros reales) es la regi´on (sombreada) del plano mostrada en la figura 2.1. Tal regi´on est´a entre las gr´aficas de las rectas 7x3 + 21x4 = 3000 y 8x3 + 22x4 = 3300 del plano x3 x4 . El punto de intersecci´on de tales rectas tiene las coordenadas aproximadas mostradas para P en la gr´afica. Cualquier soluci´ on est´a dada por parejas (x3 , x4 ) de enteros en la regi´on mostrada y los correspondientes valores ya indicados para x 1 y x 2 que dependen de x3 y x4 . As´ı, 2
Ver cap´ıtulo siguiente. Cap´ıtulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
25
por ejemplo, para x 3 = 100 (ver gr´afica), se debe cumplir que 3000
− 7(100) ≈ 109.52 ≤ x ≤ 3300 − 8(100) ≈ 113.63, 4
21
22
≤ ≤
de modo que 110 x4 113. Es decir x4 podr´a tomar cuatro valores distintos cuando x3 = 100. Para este caso espec´ıfico la tabla siguiente muestra los posibles esquemas de producci´on. x3 100 100 100 100
x4 110 111 112 113
x1 10 31 52 73
x2 80 58 36 14
Debe notarse que el valor m´aximo posible de x 3 es, aparentemente, 235. Sin embargo, para tal valor no existen valores admisibles (enteros) para 3000 7x3 3300 8x3 , una condici´ on suficiente x4 . Puesto que x 4 21 22 (aunque no necesaria en general) para que x 4 sea entero es
−
−
≤ ≤
−
− 300021− 7x ≥ 1.
3300 8x3 22
3
2838 Resolviendo esta ´ultima inecuaci´on se tiene que x3 202.7143, 14 de modo que si x3 es un entero no negativo, menor o igual a 202 se garantiza la existencia de soluciones. Para este valor de x3 se tiene 75.5238 x 4 76.5455, por lo que x 4 tomar´ıa el valor de 76.
≤
≈
≤ ≤
14. Como en el anterior pero ahora con las restricciones x1 =
−3000+7x + 21x ≥ 10, x = 3300 − 8x − 22x ≥ 50, x , x ≥ 100. 3
4
2
3
4
3
4
Las soluciones vienen determinadas por parejas (x3 , x4 ), con valores enteros y en la regi´on R del plano x 3 x4 definida por las inecuaciones
−
3010 7x3 21
x3 x4
≥ ≥
≤
x4
100 100 3250 8x3 . 22
≤
−
Es decir, R es la regi´on por encima de la recta 7x3 + 21x4 = 3010, por debajo de la recta 8x3 + 22x4 = 3250, a la derecha de x3 = 100 y por 2.3. Sistemas de ecuaciones lineales
26
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
encima de x4 = 100. Ve´ ase la figura 2.2, en la cual se han exagerado algunas dimensiones para mejor ilustraci´on.
Figura 2.2: Problema 14.
La tabla abajo muestra algunos valores de x3 y el intervalo [a, b] correspondiente a las posibilidades (como n´umero real) para x4 , siendo
a =
−
−
3010 7x3 3250 8x3 , b = . 21 22
Se muestran tambi´en, cuando existe un valor entero v´alido para x4 , los valores de x1 y x 2 . Cap´ıtulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
x3 131 130 129 128 127 126 125 120 115 110 100
27
a 99.667 100.00 100.333 100.666 101.000 101.333 101.666 103.333 105.000 106.666 110.000
b 100.0909 100.4545 100.8182 101.1818 101.5455 101.9091 102.2727 104.0909 105.9091 107.7273 111.3636
x4 100 100
x1 17 10
x2 52 60
101 101
17 10
54 62
102 104 105 107 110 111
17 24 10 17 10 31
56 52 70 66 80 58
N´otese que para x3 = 126 y x3 = 129 no existen valores enteros en el intervalo [a, b] correspondiente, por lo que tales valores no son admisibles. Por otro lado, para x3 = 100 existen dos valores admisibles para x4 y, por lo tanto dos soluciones posibles para el problema. Como en el problema anterior una condici´on suficiente para la existencia de soluciones enteras es que b a 1, en este caso se tiene 100 on, x3 112. Tal condici´ como lo muestra la tabla, no es necesaria.
− ≥
≤ ≤
15. (a) Falso. Una condici´ on necesaria, pero no suficiente, es que m El sistema x + y = 3 x y = 1 2x + 2y = 6
≥ n.
−
tiene como u ´ nica soluci´on (2, 1) y se tiene que m = 3 > 2 = n. x + y = 3 (b) Falso. Un contraejemplo es en el cual m = n = 2 x + y = 1 x + y = 3 pero es inconsistente. El sistema es otro sistema 2x + 2y = 6 con m = n = 2 y tiene, en este caso, infinitas soluciones.
(c) Falso. Si el sistema no es homog´eneo podr´ıa ser inconsistente. Por ejemplo x +y +z = 2, x+y +z = 4 es un sistema con m´as inc´ognitas que ecuaciones, pero es inconsistente. 1 0 1 (d) Falso. El sistema con matriz ampliada 0 1 2 tiene soluci´on 0 0 0
2.3. Sistemas de ecuaciones lineales
28
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
u ´ nica. En general, la presencia de un rengl´ o n nulo no implica conclusi´ on alguna sobre el n´ umero de soluciones del sistema. (e) La afirmaci´on es verdadera s´olo si se habla de ecuaciones no nulas. En general, es falsa ya que la ecuaci´on nula es m´ ultiplo de cualquier ecuaci´ o n. En ese caso s´olo se podr´ıa quitar la ecuaci´ on nula del sistema sin alterar el conjunto soluci´on. (f) Falso. En un sistema con soluci´ on u ´ nica la u ´ ltima columna de la forma escalonada no tiene uno principal.
2.4
Sistemas homog´ eneos. Subespacios de
Rn .
Ejercicios 2.4.1.
{ } { } (b) S = {(1, 2, 0, t)|t ∈ R} = {(1, 2, 0, 0) + t(0, 0, 0, 1)|t ∈ R }, S = {t(0, 0, 0, 1)|t ∈ R } = (0, 0, 0, 1). (c) S = {(1 + 4t, 2 − 5t, t)|t ∈ R} = {(1, 2, 0) + t(4, −5, 1)|t ∈ R }, S = {t(4, −5, 1)|t ∈ R} = (4, −5, 1. (d) S = ∅, S = {(0, 0, 0)} = (0, 0, 0). (e) S = {(0, 1 − t, 2 − t, t)|t ∈ R } = {(0, 1, 2, 0) + t(0, −1, −1, 1)|t ∈ R }, S = {t(0, −1, −1, 1)|t ∈ R } = (0, −1, −1, 1).
1. (a) S = (1, 2, 0) + (0, 0, 0) , S H = (0, 0, 0) = (0, 0, 0) . H
H
H
H
(f)
S = S H = =
{(16, 0, 0, 0) + (−2t − 7s + 9u,t,s,u)|t,s,u ∈ R} {(−2t − 7s + 9u,t,s,u)|t,s,u ∈ R} (−2, 1, 0, 0), (−7, 0, 1, 0), (9, 0, 0, 1) (g) Si la tercera ecuaci´on es 7x − 2x + x = 24 se tiene S = ∅, S = {(0, 0, 0)} = (0, 0, 0). 1
2
3
H
Para el caso en que la ecuaci´o n tercera es 7x1 + 2x2 + x 3 = 24 tenemos S = (2, 3, 4) + (0, 0, 0) , S H = (0, 0, 0) = (0, 0, 0) . 2. (a) v = 11 6 w 1
{ − w. 1 6
}
{
2
Cap´ıtulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales
}
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
29
− − 2t)w + tw + 2w , para t un real cualquiera.
(b) v = ( 3
1
2
3
(c) v no es combinaci´on lineal de w 1 y w 2 . (d) v = 3w1 + w2 .
(e) Como en el anterior v = 3w1 + w2 + 0w3 . (f) v no es combinaci´on lineal de w 1 y w 2 . (g) v = 3w1 + w2 + 0w3 . (h) v no es combinaci´on lineal de w 1 y w 2 . 3. Para v1 , v2 , . . . , vm dados, si v = (a, b), en el caso de R2 , o v = (a,b,c), para el caso R3 , entonces los m vectores dados generan al espacio correspondiente si y solo si para todo v el sistema con matriz ampliada T T v1T v2T . . . vm v es consistente.
|
(a) Con v = (a, b) se tienen los siguientes resultados. i. El sistema es consistente solamente para b = 2a, por lo que los vectores v 1 = (1, 2), v2 = (2, 4) no generan a R2 . ii. v1 = (1, 2), v2 = (2, 4) y v3 = ( 1, 3) generan a R2 . Resolviendo el sistema correspondiente se tiene que
−
v = (a, b) = α 1 v1 + α2 v2 + α3 v3 , b
donde α 2 es arbitrario, α 3 =
−
iii. (1, 2) y ( 1, 5) generan a v = (a, b) =
2
R
− 2a y α = a + α − 2α . 5 1
3
2
. En este caso se tiene:
5a + b 7
(1, 2) +
− − 2a
b
7
( 1, 5).
(b) Ahora consideramos v = (a,b,c).
−
i. El sistema es consistente para 4a 7b + c = 0. Por tanto los vectores (1, 1, 3) y ( 1, 0, 4) no generan a R3 . ii. Los vectores dados no generan a R3 pues el sistema es consistente solamente si a 5b + 2c = 0. iii. Los vectores dados no generan a R3 pues el sistema es consistente solamente si 3a 3b + c = 0. iv. Los vectores generan a R3 . En este caso tenemos:
−
− −
(a,b,c) = a(1, 1, 0)+(4b
− 4a − c)(0, 1, 3) + 3a − 23b + c (0, 2, 8).
2.4. Sistemas homog´ eneos. Subespacios de
Rn .
30
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
v. Como (1, 1, 0), (0, 1, 3) y (0, 2, 8) generan a R3 , entonces los vectores (1, 1, 0), (0, 1, 3), (0, 2, 8) y ( 1, 4, 5) tambi´en lo generan. Una soluci´on del sistema correspondiente ser´ıa con los tres primeros escalares como en el ejercicio anterior y el ´ultimo (el que multiplica a ( 1, 4, 5)) tomado como 0. Si se resuelve el sistema se encuentran infinitas soluciones, con una variable arbitraria.
−
−
4. Considere primero un vector v = (a, b) R2 . Es claro que si v = (0, 0), entonces v = (0, 0) , as´ı que suponga que v = (0, 0). Si existiera un escalar α tal que αv = (αa,αb) = ( b, a) se tendr´ıan
{
∈
}
−
−b ∧ αb = a =⇒ =⇒ =⇒
αa =
αa = b = α 2 b b(α2 + 1) = 0 b = 0 a = αb = α(0) = 0,
−
∧
lo que contradice la no nulidad de v. En definitiva, un solo vector no puede generar a R2 . Ahora si v1 , v2 son dos vectores de R2 y son m´ ultiplos 2 escalares (no nulos) claramente v1 , v2 = v1 = R . Se concluye que si v1 y v2 generan a R2 , entonces no pueden ser m´ultiplos escalares. Suponga ahora que v1 y v2 no son m´ ultiplos escalares el uno del otro y consideremos la ecuaci´on αv1 + αv2 = (0, 0), la cual tiene claramente la soluci´ on trivial α1 = α 2 = 0. Si existiera otra soluci´on (β 1 , β 2 ) = (0, 0). Se tendr´ıa β 1 v1 = β 2 v2 , lo cual implicar´ıa que los vectores son m´ultiplos, escalares, contrario a lo supuesto. As´ı, si v 1 = (v11 , v21 ) y v 2 = (v12 , v22 ), v11 v12 0 el sistema homog´eneo con matriz ampliada tiene soluci´on v21 v22 0 u ´ nica, por lo que v11 v12 = 0, v21 v22
−
de donde se sigue que para todo v = (a, b) R2 , el sistema con matriz v11 v12 a ampliada es consistente (tiene soluci´on u ´ nica). Es decir v21 v22 b v1 , v2 = R 2 .
∈
5. Claramente cada vector ui, i = 1, 2, . . . , m, est´a en el conjunto
{
S = α1 u1 + α2 u2 +
··· + α
m um
|α , α , . . . , α ∈ R}, 1
2
m
por lo que S no es vac´ıo. Considere ahora dos combinaciones lineales u = α 1 u1 + α2 u2 + + αm um , w = β 1 u1 + β 2 u2 + + β mum en S y un
···
···
Cap´ıtulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
31
escalar α y muestre que u + w y αu son tambi´en combinaciones lineales de los vectores u1 , u2 , . . . , um . 6. (a) El enunciado es verdadero. Todo subespacio, S , de Rn es tambi´en un espacio vectorial, por lo que necesariamente el vector nulo pertenece al mismo. Tambi´ en puede probarse usando el hecho de que S es no vac´ıo y cerrado, por lo que existe en el mismo al menos un vector v = (v1 , v2 , . . . , vn) S y entonces 0v = (0, 0, . . . , 0) S .
∈
∈
{
} ∈
(b) Enunciado falso. Si, por ejemplo, S = (0, 0), (1, 3) , entonces (0, 0) S pero S no es cerrado ya que 2(1, 3) = (2, 6) / S .
∈
(c) Enunciado falso. (0, 0) = (t, t + 2) para todo real t. Por lo que el vector nulo no est´a en el conjunto indicado. (d) Enunciado falso. El conjunto del ejercicio anterior es el conjunto soluci´ on de la ecuaci´on lineal x + y = 2 y, como se indic´o antes, tal conjunto no es un subespacio de R2 .
−
(e) Enunciado falso. Por ejemplo,
{
| ∈ R}
{
| ∈ R} son subespacios de R , pero aunque (1, 0), (0, 1) ∈ S ∪ T se tiene que (1, 0) + (0, 1) = (1, 1) ∈ / S ∪ T . (f) Verdadero. Si S y T son subespacios de R , entonces 0 ∈ S ∩ T , por lo que S ∩ T = ∅. Ahora si v , v ∈ S ∩ T y α ∈ R, entonces v + v ∈ S, v + v ∈ T , αv ∈ S,αv ∈ T , de donde se sigue que v + v , αv ∈ S ∩ T . (g) Enunciado verdadero. Claramente 0 = 0 + 0 ∈ U + V . Considere ahora vectores u , u ∈ U, v , v ∈ V y α ∈ R, es f´acil mostrar que (u + v ) + (u + v ), α(u + v ) ∈ U + V . S = (0, t) t
y T = (s, 0) s
2
n
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
Rn
1
1
2.4.1
Rn
1
2
2
2
i
1
Rn
Rn
2
1
Dependencia e independencia lineal Ejercicios 2.4.2.
1. (a) Conjunto l.d. Un conjunto con un u´nico vector es l.i solo si el vector es no nulo. (b) Conjunto l.i. (c) Conjunto l.d. Todo conjunto que contiene al vector nulo es necesariamente l.d. 2.4. Sistemas homog´ eneos. Subespacios de
Rn .
32
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
(d) Conjunto l.d. (2, 4) = 2(1, 2). (e) Conjunto l.i. Los dos vectores no son m´ultiplos escalares. (f) Conjunto l.d. Son tres vectores en
R2 .
(g) Conjunto l.i. Los vectores dados no son m´ultiplos. (h) Conjunto l.d. (i) Conjunto l.i. (j) Conjunto l.d. 2. Si v1 , v2 R n , entonces v 1 , v2 son l.d si y solo si existen escalares α1 , α2 no todos nulos tales que
∈
α1 v1 + α2 v2 = 0R . n
Como α1 = 0 o α2 = 0 se sigue que v1 =
− αα v 2 1
2
o v2 =
− αα v . 1 2
1
Rec´ıprocamente, si uno de los dos es m´ultiplo del otro, es decir v i = αv j , para alg´ un i 1, 2 , j = i, entonces se tiene que
∈ { }
−
1vi + ( α)v j = 0R , n
y los vectores son l.d. 3. Si v1 = (v11 , v21 ), v2 = (v12 , v22 ), entonces v1 , v2 son l.i si y solo si el sistema homog´eneo v11 v12 0 v21 v22 0
v v tiene soluci´on u ´ nica, lo cual es equivalente a 11 12 = 0. v21 v22 4. V´ease teorema 2.3.3.
∅
5. (a) Si S = no puede existir una combinaci´on lineal finita de vectores de S , luego S es l.i.
∈
(b) Si 0R S , entonces 10R es una combinaci´on lineal nula no trivial de elementos de S , luego S es l.d. n
n
∈
(c) Si S es l.d existen v1 , v2 , . . . , vm S y una combinaci´on lineal nula no trivial de ellos. Si T S , entonces la misma combinaci´on lineal nula no trivial indicada es una combinaci´on lineal de elementos de T . Se sigue que T es l.d.
⊇
Cap´ıtulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
33
⊆
(d) Si S es l.i y T S , entonces T no puede ser l.d pues entonces, por el ejercicio anterior, tambi´en lo ser´ıa S . (e) Si S es l.d y tiene m´as de dos elementos, entonces existen v1 , v2 , . . . , vm S , con m 2, y escalares α 1 , α2 , . . . , αm, no todos nulos tales que
∈
≥
m
αi vi = 0R . n
i=1
Escogiendo α j = 0, se tiene que
m
v j =
− i=1 = j i
2.5
αi vi. α j
Norma vectorial. Ortogonalidad. Ejercicios 2.5.1.
1. Consideremos v, w, no nulos en Rn . Si v = αw, α = 0, se tiene 1 1 (αw) uv = v = v αw 1 α = w = uw , α w
± de donde se sigue que v w. Rec´ıprocamente, si v w, se tiene u = ±u ||
v
w
y entonces
v = = y haciendo α =
vu = ±vu ± wv (wu v
w
w
)
± wv se tiene que v = αw.
2. Si v = (v1 , v2 , . . . , vn ) es un vector cualquiera de Rn, el sistema con matriz ampliada 1 0 0 . . . 0 v1 0 1 0 . . . 0 v2 T T t 0 0 1 . . . 0 v3 eT 1 e2 . . . en v .. .. .. .. .. . . . . .
| −→
0 0 0 . . . 1 vn
2.5. Norma vectorial. Ortogonalidad.
34
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
{ |
}
tiene soluci´on u ´ nica, lo que muestra que B = ei i = 1, 2, . . . , n genera n a R . En particular, si v = (0, 0, 0, . . . , 0), la u ´nica soluci´on es la trivial, con lo que se tiene que B es l.i y, por lo tanto, es una base para Rn . Finalmente, es f´acil verificar que para i, j 1, 2, . . . , n se tiene
∈ {
•
ei e j =
}
1, si i = j; 0, si i = j.
lo que muestra que B es un conjunto ortonormal. 3. Errata. Lo que se debe probar es que S ⊥ es un subespacio de Rn (no S , como aparece en el texto). Se tiene claramente que si v S entonces v 0R = 0, con lo que 0 R S ⊥ y S ⊥ = . Ahora, si u, w S ⊥ y α R, para todo v S se tiene que
∈ ∈
∅
•
∈
•
•
n
∈
n
∈
•
(αu + w) v = α(u v) + (w v) = α(0) + 0 = 0, lo que demuestra que S ⊥ es cerrado. 4. (a) Si S = R2 y v = (v1 , v2 ) S ⊥ , entonces v es ortogonal a todo vector de R2 , en particular se tiene:
∈
0 = v
• (1, 0)
0 = v
•
•
= = (0, 1) = =
(v1 , v2 ) (1, 0) v1 = 0 (v1 , v2 ) (0, 1) v2 ,
•
y entonces v = (0, 0), por lo que S ⊥ se sigue que S ⊥ = (R2 )⊥ = (0, 0) .
{
⊥
⊆ {(0, 0)} y como (0, 0) ∈ S
}
(b) Para todo S = , S R2 , se tiene que S ⊥ R2 . Si S = (0, 0) , entonces para todo v R2 se tiene v (0, 0) = 0, por lo que v S ⊥ y, por lo tanto, R2 S ⊥ . Se tiene entonces la igualdad
∅ ⊆ ∈ ⊆
•
S ⊥ = (0, 0)
{
{
⊥
}
⊆
= R 2 .
}
(c) Si S = (1, 2) , entonces S ⊥ = =
2
{(x, y) ∈ R |x + 2y = 0} {(−2t, t)|t ∈ R} = (−2, 1)
Cap´ıtulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales
{
∈
}
´ Introducci´ on on al Algebra Lineal
35
{
} (1, 0) = 0, 0, (x, y) • (0, (0, 1) = 0} S = {(x, y) ∈ R |(x, y) • (1, = {(0, (0, 0)}. (e) Si v Si v,, w son vectores distintos de R y S = {v, w}, entonces S entonces S es el
(d) Si S Si S = (1, (1, 0), 0), (0, (0, 1) , entonces tenemos 2
⊥
2
⊥
espacio soluci´on on del sistema homog´eneo eneo con matriz ampliada
v1 v2 0 w1 w2 0
Analice los diferentes casos teniendo en cuenta que v y w son distintos. En particular, eso significa que no pueden ser ambos iguales a (0, (0, 0), ⊥ 2 por lo que S = R . Suponga, sin p´erdida erdida de generalidad, generalidad, que (0, 0) y concluya que v = (v1 , v2 ) = (0,
⊥
S =
{
}
(0, (0, 0) , si v si v,, w no son m´ ultiplos ultiplos (son l.i); ( v2 , v1 ) , si w si w es m´ultiplo ultiplo de v de v..
−
5. Sean v = (v1 , v2 , v3 ), w = (w1 , w2 , w3 ), vectores no nulos y no paralelos de R3 . El compleme complement ntoo ortogon ortogonal al de S = v, w es el espacio soluci´on on del sistema sis tema homog´ hom og´eneo eneo
{ }
v1 v2 v3 0 w1 w2 w3 0
Puesto que los vectores no son m´ultiplos ultiplos escalares el uno del otro, la forma escalonada reducida de la matriz ampliada del sistema no puede tener un rengl´on on nulo. Es decir, necesariamente tiene una de las formas
1 0 c 0 1 0 0 0 , 0 1 d 0 0 0 1 0
o
0 1 0 0 0 0 1 0
para reales c, d. El espaci espacioo soluci´ soluci´ on es, por lo tanto, generado por un on ⊥ vector no nulo; es decir S = u = tu t R . Ahora, cualquier vector no nulo en S en S ⊥ es tambi´en en un generador generad or de S de S ⊥ , por lo que ser´a suficiente con demostrar que v
×w
{ | ∈ }
= (v2 w3 v3 w2 , w1 v3 v1 w3 , v1 w2 v2 v3 v1 v3 v v2 = , , 1 w2 w3 w1 w3 w1 w2
−
−
−
2.5. Norma vectorial. Ortogonalidad.
−
v2 w1 )
36
Casta˜ neda neda Hern´andez/ andez/ Barrios Sarmiento
es un vector no nulo ortogonal tanto a v a v como w como w.. Para la ortogonalidad, verifique directamente que (v Ahora, si v si v
× w) • v = (v × w) • w = 0.
× w = (0, (0, 0, 0) entonces
v1 v2 v v3 v v3 = 2 = 1 = 0. w1 w2 w2 w3 w1 w3
Ahora, en ninguno de los determinantes 2 2 indicados las dos filas pueden pueden ser nulas nulas pues eso implicar implicar´´ıa que v y w ser se r´ıan ıa n multi u ´ ltipl plos os.. Si v v2 consideramos 1 = 0, se sigue que una de las dos filas (vectores w1 w2 de R2) es m´ultiplo ultiplo de la otra. Supongamos, sin perder generalidad, que (w1 , w2 ) = α(v1 , v2 ), con (v (v1 , v2 ) = (0, (0, 0). 0). Ah Ahor ora, a, si v2 = 0, se tiene v1 = 0 y v1 w3 = v 3 w1 de donde v3 v3 w3 = w1 = (αv1 ) = αv 3 v1 v1
×
y w = αv on). Tenemos entonces entonces v2 = 0. Un razonamien razonamiento to α v (contradicci´on). v v3 similar similar para 2 = 0 nos lleva a que existe un β R tal que w2 w3
∈ ∈
(w2 , w3 ) = β (v2 , v3 ) o (v2 , v3 ) = β (w2 , w3 ).
En el primer caso, se tiene que w2 = αv 2 = β v2, de donde α = β lo β lo que nos llevar´ llevar´ıa necesariamente necesaria mente a w = αv (contradicci´on). on). Consideremo Consideremos, s, finalmente, (v (v2 , v3 ) = β (w2 , w3 ), de modo que v que v2 = β = βw w2 , v3 = βw β w3 , por lo 1 que 0 = w 2 = αv 2 = αβ w2 , de donde se sigue que αβ = = 1 y que β = α por lo que w3 = αv nuevamente. te. En definitiva, definitiva, se tiene que α v3 y w = αv α v nuevamen v w = 0R . Tenemos entonces v, w ⊥ = v w .
×
{ }
n
×
6. (a) ⊥
{(1, (1, 2, −5), 5), (3, (3, 4, 6)}
= =
(1, (1, 2, −5) × (3, (3, 4, 6) (32, −21, 21, −2)|t ∈ R }. {t(32,
(b) Si v w, on, w , entonces existe α = 0 tal que w = αv y, de la definici´on, 1 se sigue que v w = (0, (0, 0, 0). De igual igual manera, manera, como v = w se α tiene que
×
•
u v = 0
⊥
⇐⇒ u • w = 0 =⇒ {v, w}
⊥
{}
= v
Cap´ Cap´ıtulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales
⊥
{ }
= w
.
´ Introducci´ on on al Algebra Lineal
37
× w = −w × v; en particular particular,, (1, (1, 0, 0) × (0, (0, 1, 0) = (0, (0, 0, 1) = −(0, (0, 1, 0) × (1, (1, 0, 0), 0),
(c) De la definici´on on misma se sigue que v que v
lo que muest muestra ra que el producto producto cruz no es conmuta conmutativ tivo. o. Po Porr otra otra parte ((1, ((1, 0, 0) (1, (1, 0, 0)
× (1, (1, 0, 0)) × (0, (0, 1, 0)
× ((1, ((1, 0, 0) ×
×
= = (0, (0, 1, 0)) = =
(0, 0, 0) (0, (0, 1, 0) (0, (0, 0, 0) (1, 0, 0) (0, (0, 0, 1) (0, (0, 1, 0)
−
×
lo que muestra que el producto cruz no es asociativo. 7. (a) (a) La d dir irec ecci ci´´on o n de v = (a, b) es uv =
√ a 1+ b (a, b), por lo que un 2
2
vector w vector w es paralelo a v a v y tiene norma 2 si y solo si
±
w = 2uw = 2( uv ) =
± √ a 2+ b (a, b), 2
2
de modo que existen dos vectores paralelos a v y con norma 2. (b) w v si y solo si w es paralelo a ( b, a), por lo que existen dos vectores ortogonales a v a v y con norma 2.
⊥
−
⊥
{}
(c) v
{ − | ∈ R}.
= t( b, a) t
8. (a) (a) Los Los dos dos vecto vectore ress para parale lelo loss a v = (a,b,c) a,b,c) y con norma 2, vienen 2 dados por (a,b,c). a,b,c). a2 + b2 + c2 (b) Los vectores ortogonales a v = (a,b,c), a,b,c), con norma 2 forman un conjunto infinito
± √
2
{(x,y,z )|ax + + cz = 0, x + y ax + by by + cz = (c) {(a,b,c) + cz = 0}. a,b,c)} = {(x,y,z )|ax + ax + by by + cz = ⊥
2.5. Norma vectorial. Ortogonalidad.
2
+ z 2 = 4 .
}
38
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
Cap´ıtulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales
Cap´ ıtulo
3
Sistemas de inecuaciones lineales 3.1
Introducci´ on
3.2
Programaci´ on lineal Ejercicios 3.2.1.
1. La regi´on se muestra en la figura 3.1.
Figura 3.1: Regi´on factible ejercicio 1.
39
40
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
2. La regi´on se muestra en la figura 3.2.
Figura 3.2: Regi´on factible ejercicio 2.
3. La regi´on se muestra en la figura 3.3.
Figura 3.3: Regi´on factible ejercicio 3.
4. Para los ejercicios 4 a 8 las soluciones (respuestas) se presentan en el texto.
Cap´ıtulo 3. Sistemas de inecuaciones lineales
Cap´ ıtulo
4
Vectores en 4.1
2 y R3.
R
Introducci´ on Ejercicios 4.1.1.
1. (a) La gr´afica de S es el eje Y . (b) (c) La gr´afica de S es la regi´on sombreada mostrada en la figura 4.1
Figura 4.1: Ejercicio 1 (c). (d) 41
42
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
(e) La gr´afica de S consiste de las rectas de ecuaciones x + y = 1 y x + y = 1, ver figura 4.2.
−
Figura 4.2: Ejercicio 1 (e). (f) (g) S es la regi´on entre la recta de ecuaci´on x + y = 2, incluida dicha recta, y la recta de ecuaci´on x + y = 3 sin incluir los puntos de esta u ´ltima. V´ease figura 4.3.
Figura 4.3: Ejercicio 1 (g). Cap´ıtulo 4. Vectores en
R2
y
R3 .
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
43
(h) (i) S se identifica con el plano Y Z . (j) (k) La gr´afica de S es un plano perpendicular al plano XZ , una parte del mismo se muestra en la figura 4.4.
Figura 4.4: Ejercicio 1 (k). (l) (m) S tiene como gr´afica la circunferencia con centro en (0, 0, 0) y radio 1 sobre el plano Y Z (figura 4.5).
Figura 4.5: Ejercicio 1 (m). 4.1. Introducci´on
44
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
(n) La gr´afica de S es la esfera (s´olida) con centro en el origen y radio 1. (o) La gr´afica de S es la regi´on del espacio comprendida entre las esferas conc´entricas con centro en el origen y radios 1 y 2, respectivamente. V´ease la figura 4.6.
Figura 4.6: Ejercicio 1 (o). 2. (a) Una circunferencia sobre un plano en el cual se ha escogido un sistema de coordenadas rectangular, queda descrita por una ecuaci´on (x
− h)
2
+ (y
− k)
2
= r 2 ,
donde (h, k) es el par de coordenadas del centro y r es el radio de la circunferencia. Si se escoge el sistema de modo que el origen del mismo sea el centro de la circunferencia, entonces se tiene que S , la circunferencia de radio 5 considerada en el ejercicio, corresponde al subconjunto de 2 R : (x, y) x2 + y 2 = 25 .
{
|
}
Por supuesto, puede obtenerse un resultado distinto si se escoge de manera diferente el sistema de coordenadas. Por ejemplo, si se escoge como eje x una recta que pase por el centro y como eje Y una tangente a la circunferencia (ver figura 4.7), entonces el centro tiene coordenadas (5, 0) y la circunferencia queda descrita algebraicamente como
{(x, y)|(x − 5) Cap´ıtulo 4. Vectores en
2
+ y 2 = 25 .
R2
}
y
R3 .
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
45
Figura 4.7: Circunferencia de radio 5 en el plano. (b) S queda descrito (sistema rectangular escogido con origen en el centro) por (x, y) x2 + y 2 25 .
{
|
≤ }
(c) Si se escoge el origen del sistema como el centro de la circunferencia y el eje x pasando por dicho centro y de modo que la semicircunferencia quede en un mismo semiplano (de los dos en que el eje escogido divide al plano), entonces la semicircunferencia queda descrita de una de las dos formas 25 − x , −5 ≤ x ≤ 5 } {(x, y)|y = √ √ {(x, y)|y = − 25 − x , −5 ≤ x ≤ 5}, 2
2
dependiendo de si al semiplano donde queda la semicircunferencia se le asigna direcci´on positiva o negativa, respectivamente, con relaci´on al eje X escogido. (d) Si se escoge el origen como un punto extremo del segmento y el eje X conteniendo el segmento, entonces se tienen las posibilidades
{(x, 0)|0 ≤ x ≤ 5}
o
{(x, 0)| − 5 ≤ x ≤ 0},
dependiendo de si el segmento queda en el semiplano con direcci´on positiva o negativa (respecto del eje Y ). 4.1. Introducci´on
46
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
(e) Ver ejercicio siguiente. (f) Escojamos el sistema de coordenadas con origen en el v´ ertice del ´angulo recto y de modo que los catetos queden sobre los ejes coordenados, como se indica en la figura 4.8.
Figura 4.8: Tri´angulo rect´angulo en el plano. Los catetos quedan descritos como sigue:
{(x, 0)|0 ≤ x ≤ 8} {(0, y)|0 ≤ y ≤ 6}.
AB = AC =
−3
La hipotenusa est´a sobre la recta de ecuaci´on1 y = que tenemos que
{
|
BC = (x, y) 3x + 4y = 24, 0
4
x + 6, por lo
≤ x ≤ 8}.
La regi´on triangular acotada por los lados del tri´angulo queda descrita algebraicamente por
−3 x + 6, x ≤ 0, y ≤ 0 (x, y)|y ≤ 4
.
3. Nota y errata: Este ejercicio requiere de la teor´ıa de al menos la secci´on 4.2, por lo que deber´ıa proponerse posteriormente. Como ilustraci´on 1
La ecuaci´on de una recta no paralela al eje Y es de la forma y = mx + b, donde m es la pendiente y (0, b) es la intersecci´on con el eje Y . Cap´ıtulo 4. Vectores en
R2
y
R3 .
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
47
resolvemos solo el ejercicio (a), con v1 = (1, 2), v2 = (5, 1). Consideramos las coordenadas como medidas paralelamente a los ejes y que las direcciones positivas de los ejes coordenados est´an determinadas por las direcciones en las que apuntan los vectores v 1 (con relaci´on al eje paralelo a v2 ) y v 2 (con relaci´on al eje paralelo a v 1 ).
Figura 4.9: Sistema coordenado no rectangular.
Si P (1, 2) se tiene que (1, 2) = 1(1, 2)+0(5, 1), por lo que P se encuentra sobre la recta (eje coordenado) paralela a v1 y su coordenada con respecto a dicho eje es 0. La coordenada con relaci´on al otro eje es justamente (1, 2) = 5. Para el punto Q( 3, 5), resolviendo el sistema correspondiente, encontramos que
√
−
28 ( 3, 5) = (1, 2) + 9
−
−
11 (5, 1) 9
Si notamos por c y d (ver figura 4.9) a las distancias (medidas, como se dijo, paralelamente a los ejes) de Q a los ejes correspondientes a v 1 y v 2 , respectivamente, se tiene que c =
−
√
√
11 11 28 28 (5, 1) = 26, d = (1, 2) = 5. 9 9 9 9 4.1. Introducci´on
48
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
y las coordenadas de Q son:
−c
=
d =
4.2
√ − 119 26 28 √ 9
respecto del eje paralelo a v1
5 respecto del eje paralelo a v 2 .
Segmentos dirigidos en
E n
Ejercicios 4.2.1. 1. (a) Los a´ngulos directores de v = (2, 2) son α = β =
π . 4
(b) (c) α =
3π π π , β = , γ = . 4 2 4
2. (a) (b)
−→
−
(c) Se requiere v = P S = S P cuando la representaci´on de v se ancla en P . Se sigue que el punto final de la representaci´on es S = P + v = (1, 2, 3) + (1, 4, 3) = (2, 6, 6).
−→
− −
−→
− −
−→
− −
(d) Se tiene P Q = ( 2, 1, 2), P R = (1, 5, 11), QR = (3, 4, 13). Si existiera un escalar α tal que
−→ −→ P Q = (−2, −1, 2) = α P R = α(1, −5, −11) −2 lo cual es una inconsistencia. 1 se tendr´ıa que α = − 2 = = 5 11 −→ −→ As´ı, P Q y P R no son paralelos, por lo que el ´angulo entre ellos no es 0 ni π y, por tanto, los tres puntos son v´ertices de un tri´angulo. El per´ımetro es
√ √ −→ −→ −→ P Q + P R + QR = 3 + 7 3 + 194. −→ −→ El ´angulo θ = RP Q es el ´angulo entre los vectores P Q y P R y satisface que −→ −→ 19 PQ • PR cos θ = −→ −→ = − √ . P QP R 21 3 Cap´ıtulo 4. Vectores en
R2
y
R3 .
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
As´ı, θ = cos−1
49
− √ ≈ 19 21 3
sen θ =
121.492◦ . Se tiene tambi´en que
−→ −→ − −→ • −→ √ − −→ −→ −→ −→ − • 1
PQ
=
PQ PR
cos2 θ = 2
PR
1
PQ
2
2
PR
2
2
2
PQ PR
−→ −→ P QP R
y que el ´area del tri´angulo es2
−→−→ −→ −→ −→ − −→ PQ • PR
1 P Q P R sen θ 2 1 = PQ 2 PR 2 2
a =
2
.
(4.1)
La ecuaci´on 4.1 es v´alida para cualquier tri´angulo con v´ertices en puntos P,Q, y R cualesquiera (no colineales, por supuesto). Aplic´andola al caso presente se tiene: 1 a = 2
9(147)
2
− 19
=
√
1 962 2
≈ 15.508.
(e) Si deseamos que P Q, P R sean dos lados del paralelogramo, entonces S debe satisfacer que (v´ease figura 4.10)
−QS → = −→ P R, por lo que
−→ −
− −
− −
S = Q + P R = ( 1, 1, 5) + (1, 5, 11) = (0, 4, 6). 2
De la trigonometr´ıa b´asica se tiene que el ´area de un tri´angulo es el semiproducto de las longitudes de dos de sus lados por el seno del ´angulo comprendido entre dichos lados. 4.2. Segmentos dirigidos en
E
n
50
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
Figura 4.10: Paralelogramo.
−→
(f) Se necesita un vector v ortogonal a P Q y con la misma norma. Si escogemos el ´angulo recto con v´ertice en P , entonces se debe determinar un punto X tal v = P X = X P . Puesto que P Q = ( 2, 1, 2), un vector ortogonal al mismo es (existen infinitos) w = (0, 2, 1), podemos entonces tomar
−→
−→
v = P Q uw =
−−→
−
− −
√ 35 (0, 2, 1), X = P + v = (1, 2, 3) + √ 35 (0, 2, 1). −→
(g) Primero encuentre un vector ortogonal a P R y con norma 5. 3. Suponga que L es la longitud de cada lado del cuadrado. Sobre el plano del cuadrado elija un sistema de coordenadas con origen en uno de los v´ertices del cuadrado y los ejes conteniendo a lados adyacentes. Muestre que los vectores cuyas representaciones son las diagonales del cuadrado son ortogonales. 4. Para la represnetaci´ on can´onica de v v´ease figura 4.11. Cap´ıtulo 4. Vectores en
R2
y
R3 .
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
51
Figura 4.11: Ejercicio 4.
5. Para v = (x,y,z ) = (0, 0, 0), si θ y ρ son los ´angulos directores, se cumple: x = y = z =
4.3
vcosθcosρ vsenθcosρ vsenρ
(4.2) (4.3) (4.4)
Aplicaciones geom´ etricas Ejercicios 4.3.1.
−→ −→ −→
1. Verifique si P Q y P R (o QR) son m´ ultiplos escalares. 2. Si los puntos son colineales una ecuaci´on vectorial para la recta que los contiene es (x,y,z ) = P + tP Q (P o Q pueden ser reemplazados por R). Si no son colineales proceda -para hallar per´ımetro, ´area, etc- como en el ejercicio 2 (d) del grupo de ejercicios 4.2.1, p´agina 48. Para el a´rea puede usar tambi´en a = P Q P R . Si los puntos son puntos del plano,
−→
−→ × −→
4.3. Aplicaciones geom´etricas
52
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
a´un as´ı puede usar la f´ormula anterior identificando (x, y) con (x,y, 0). Una ecuaci´on vectorial del plano que contiene a los puntos no colineales P, Q y R puede ser
−→ −→
(x,y,z ) = P + tP Q + sP R.
−→ × −→ PR y
Para la ecuaci´on cartesiana, halle primero una normal n = P Q la ecuaci´on correspondiente ser´a
•
•
•
•
•
•
n (x,y,z ) = n P, ´o n (x,y,z ) = n Q ´o n (x,y,z ) = n R. Para hallar la distancia del punto R a la recta que pasa por P y Q existen diversas alternativas (ver figura 4.12): (a) Utilizando proyecciones ortogonales,como se explica en el texto, si d es la distancia pedida, se tiene d = d = =
−→ P R − Proy P R −→ −→ −→ P R − Proy P R −→ −→ −→ | P R • P Q| P R − −→ P Q − − → PQ
2
(4.5)
2
− − → PQ
2
2
2
(4.6)
(b) Si se considera el ´area, a, del tri´angulo con v´ertices en P, Q y R, entonces d es la altura correspondiente al lado P Q y se tiene que a =
−→
−→ × −→ P R,
1 1 P Q d = P Q 2 2
de donde se sigue que
−→ −→ P Q × P R d = −→ P Q Cap´ıtulo 4. Vectores en
R2
y
R3 .
(4.7)
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
53
Figura 4.12: Distancia de un punto a una recta.
Como ilustraci´on, considere los puntos del ejercicio 1 (d): P (1, 2), Q(3, 6) y R(4, 7), los cuales no son colineales ya que P Q = (2, 4) y P R = (3, 5) no son paralelos. Se tiene que
−→
−→
−→ −→ 26 1 P R − Proy P R = (3, 5) − (2, 4) = (2, −1). − − → PQ
20
5
Si d es la distancia de R a la recta que pasa por P y Q, tenemos de 4.5
− √ |−→ • −→|
1 1 (2, 1) = 5. d = 5 5
O, usando 4.6, d =
−→ − PR
2
PR PQ 2
−→ P Q
2
=
34
−
26 2 = 20
−→ × −→
√
1 1 = 5. 5 5
Finalmente, usando 4.7, tenemos que P Q P R se identifica con el vector (2, 4, 0) (3, 5, 0) = (0, 0, 2), por lo que
×
− −→ −→ 2 1 √ P Q × P R √ = = 5. d = −→ 5 20 P Q 4.3. Aplicaciones geom´etricas
54
3. (a)
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
− − −
3 i. La pendiente es m = 3 = , por lo que un vector paralelo 1 a la recta es v = (1, 3). As´ı, una ecuaci´on vectorial para la recta es (x, y) = (0, 0) + t(1, 3) = (t, 3t).
−
−
ii. La pendiente de la recta es la misma de la de recta de ecuaci´on 2 2x + 5y = 10, o sea y = x + 2, de modo que la pendiente 5 2 es m = y un vector paralelo es v = (5, 2). Una ecuaci´ on 5 vectorial es entonces
−
−
−
(x, y) = (1 + 5t, 3
− 2t).
iii. La pendiente de la recta de ecuaci´on 2x + 5y = 10 es, como 2 en el ejercicio anterior, m = , por lo que la pendiente de la 5 1 5 recta cuya ecuaci´on se busca es m = = y, por tanto, 2 m un vector paralelo a la misma es v = (2, 5). As´ı, una ecuaci´on vectorial es (x, y) = (2t, 5t).
−
−
−
iv. Para la recta de ecuaci´on cartesiana 5x 4y = 0, cada punto 5 con coordenadas (x, y) satisface y = x, haciendo x = t, se 4 tiene 5 (x, y) = t, t 4
que es una ecuaci´on vectorial para la recta. v. (x, y) = (t, 4). vi. (x, y) = (b, t). vii. Para la recta de ecuaci´on
− 3t) = (2, 5) + t(1, −3), un vector paralelo es v = (1, −3). Por lo tanto, para la recta (x, y) = (2 + t, 5
que pasa por (2, 7) y es paralela a la anterior, una ecuaci´on vectorial es (x, y) = (2, 7) + t(1, 3).
−
−→
viii. (x, y) = P + t P Q = (1, 5) + t(6, 3) ´o (x, y) = (1, 5) + t(2, 1). Otras ecuaci´on v´alida es (x, y) = (7, 8) + s(2, 1). Cap´ıtulo 4. Vectores en
R2
y
R3 .
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
55
−
ix. Un vector paralelo a la recta de ecuaci´on x+y = 5 es v = (1, 1) (o ( 1, 1)) si w = (a, b) = (0, 0) es un vector paralelo a la recta π cuya ecuaci´on se pide, entonces v y w forman un ´angulo de (o 4 3π de , pero en este caso se podr´ıa tomar el negativo del vector 4 en es paralelo a la recta deseada). w que tambi´
−
Figura 4.13: Ejercicio 3 (a) (ix). Se tiene entonces:
•
0 < v w = a
− b =
√
a2
+ b2
Por lo tanto, se tiene 0 < a cuadrado se tiene a2
− 2ab + b
2
√
− b
2cos
=
π = 4
√ a
2
√
a2 + b2 .
+ b2 y elevando al
= a 2 + b2 = 2ab = 0.
⇒
Entonces debe tenerse a = 0 o b = 0. Como a > b, esto significa que w puede ser de una de las dos formas w = (0, b), con b < 0, ´o w = (a, 0) con a > 0. Tenemos as´ı dos rectas distintas (ver figura 4.13) que satisfacen las condiciones deseadas: una paralela al vector w 1 = (0, 1) y
−
4.3. Aplicaciones geom´etricas
56
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
otra paralela a w2 = (1, 0). Las ecuaciones vectoriales correspondientes son
−
(x, y) = (3, 2 t) (x, y) = (3 + t, 2) x. Procediendo como en el ejercicio anterior, se obtienen dos rectas distintas (figura 4.14) con vectores paralelos w = (a, b), con b < 0 y:
√ −2b + √ 3b, −2b − b 3,
a = a =
en un caso, en el otro caso.
Es decir, se obtienen w1 = (2
−
√
−
3, 1), w2 = (2 +
Figura 4.14: Ejercicio 3 (a) (x). (b)
−
i. (x,y,z ) = (1 t, 2 + 2t, 3 + 2t). ii. (x,y,z ) = (3 + t, 4 5t, 6 + 4t).
−
Cap´ıtulo 4. Vectores en
R2
y
R3 .
√
−
3, 1).
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
57
iii. Existe una familia infinita de rectas perpendiculares a la recta dada y pasando por (3, 2, 4). Cada una de ellas tiene ecuaci´ on de la forma
−
−
(x,y,z ) = (3, 2, 4) + s(a,b,c),
−
donde (a,b,c) es un vector no nulo que satisface a 5b+ 4c = 0. iv. (x,y,z ) = (1, 3, 5 + t). v. (x,y,z ) = (1, 3 + t, 5). vi. Existe una familia infinita de rectas como las pedidas. Cada una de ellas tiene ecuaci´on de la forma
(x,y,z ) = (1, 3, 5) + t(a,b, 0), con a = 0 o´ b = 0. vii. Halle la interseci´on de las rectas dadas resolviendo el sistema que resulta de (2+ t, 3 5t, 9 8t) = (6+ 3s, 17 +s, 23+3s), encontrando t = 4, s = 0. El punto de intersecci´on es entonces Q(6, 17, 23). As´ı, una ecuaci´on vectorial es
−
−
−
−
− −
−
−
(x,y,z ) = (6t, 17t, 23t). viii. La recta es la intersecci´on de los dos planos. Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones de los planos se obtiene t (x,y,z ) = (1, 6, 7) = s(1, 6, 7) 7 como ecuaci´on vectorial de la recta. ix. Existen infinitas rectas. Cada una tiene ecuaci´on de la forma (x,y,z ) = (1, 3, 1) + t(a,b,c), con a + 2b c = 0 y (a,b,c) = (0, 0, 0). x. (x,y,z ) = (6t, 3 3t, 0). xi. (x,y,z ) = (6 + t, 0, t). xii. Errata: En las ecuaciones param´etricas de la recta dada deber´ıa ser: x = 2t, y = 3 + t, z = 5 + 2t.
−
−
Reemplazando x,y,z , dados en t´erminos de t, en la ecuaci´on del plano, se obtiene t = 52 y el punto de intersecci´o n de la recta dada con la recta que se pide (y el plano que la contiene) es P (5, 11/2, 10). Una ecuaci´on vectorial es entonces
−
−
−
−
(x,y,z ) = (6, 0, 0) + t(1, 11/2, 10) = (6 + 2s, 11s, 20s). 4.3. Aplicaciones geom´etricas
58
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
xiii. Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones de los planos dados se obtiene la ecuaci´on vectorial de la recta intersecci´on
−
−
(x,y,z ) = ( 5, 10, 0) + t(2, 1, 1)
−
El vector (2, 1, 1) es paralelo a la recta pedida (y al plano que la contiene). Una ecuaci´on vectorial es, por lo tanto, (x,y,z ) = (4 + 2t, 1
− t, t).
xiv. Si v es un vector paralelo a la recta cuya ecuaci´o n se pide, entonces v debe ser ortogonal tanto al vector w = (2, 1, 1), vector paralelo a la recta intersecci´on de los dos planos dados (ejercicio anterior), como al vector n = (1, 1, 1), normal al plano de ecuaci´on x + y z = 5. Por lo tanto v debe ser un m´ultiplo no nulo del producto cruz
−
−
−
×
−
×
−
w n = (2, 1, 1) (1, 1, 1) = (0, 3, 3). Tomando v = (0, 1, 1) se obtiene la ecuaci´on vectorial (x,y,z ) = (4, 1 + t, t). xv. Si v = (a,b,c) es un vector paralelo a la recta pedida, entonces v es ortogonal a n = (1, 1, 1) y satisface, por lo tanto, a + b = c. Por otra parte, v forma ´angulo de π/4 con el vector w = (2, 1, 1), por lo que se debe tener π 0 < v w = 2a b + c = 6 a2 + b2 + c2 cos 4 2 2 3a = 3 2a + 2b + 2ab, a > 0
−
−
•
√ √ √ √
−
Elevando al cuadrado y simplificando se obtiene: a2
= (a b)2 3b2 = 0 a = b + 3b, b > 0
− 2ab − 2b
2
−√ −
∨
a = b
−
√
3b, b < 0
por lo que se obtienen dos rectas con vectores paralelos
√
√
v1 = b(1+ 3, 1, 2+ 3), b > 0, y v2 = b(1
−
√
Las dos rectas tendr´an ecuaciones vectoriales
√ − 3), b < 0.
3, 1, 2
√ √ 3, 1, 2 + 3) √ √ − 1, −1, 3 − 2)
(x,y,z ) = (4, 1, 0) + t(1 + (x,y,z ) = (4, 1, 0) + t( 3
Cap´ıtulo 4. Vectores en
R2
y
R3 .
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
59
xvi. La recta pedida contiene al origen, el cual est´a tambi´en sobre el plano de ecuaci´on x + 5y 3z = 0. Por lo tanto este ´ultimo es el mismo plano que contiene a la recta. Existen infinitas de tales rectas, cada una de ellas tiene una ecuaci´on vectorial de la forma (x,y,z ) = t(3c 5b,b,c),
−
− donde b y c son reales tales que b = 0 o c = 0.
xvii. Existen, como en el ejercicio anterior, infinitas rectas que satisfacen las condiciones dadas, una por cada punto del plano dado. As´ı, si P (a,b,c) es un punto cualquiera del plano, entonces se satisface que a + 3b 4c = 6 y v = (a,b,c) = (6 3b + 4c,b,c) es un vector paralelo a la recta que pasa por el origen e intersecta al plano dado en P . Una ecuaci´on vectorial es entonces
−
(x,y,z ) = t(6
−
− 3b + 4c,b,c).
4. (a) V´ease figura 4.15.
Figura 4.15: Ejercicio 4 (a). Sean P 1 , P 2 , P 3 , P 4 los puntos deseados, enumerados en la direcci´on 4.3. Aplicaciones geom´etricas
60
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
−→
del vector P Q. Entonces para cada i = 1, 2, 3, 4 se cumple que
−→
i P i = P + P Q = 5
− 2
9 2 i, 3 + i, 5 + i . 5 5
−
−
Por lo que los puntos pedidos son P 1 (1, 6/5, 27/5), P 2 (0, 3/5, 29/5), P 3 ( 1, 12/5, 31/5) y P 4 ( 2, 21/5, 33/5). 1 (b) El punto medio de P Q es (P + Q) = ( 1/2, 3/2, 6) y el vector 2 P Q = ( 5, 9, 2) es normal al plano, por lo que el mismo tiene ecuaci´ on cartesiana
−
−→
−
−
−
−5x + 9y + 2z = (−5, 9, 2) • (−1/2, 3/2, 6) = 28. −→ (c) Determine un vector v ortogonal a P Q y con la mitad de la norma del mismo. Los otros dos v´ertices del cuadrado son puntos S y T −−→ −−→ con v = MS = T M , siendo M (−1/2, 3/2, 6), punto medio de P Q.
Figura 4.16: Ejercicio 4 (c).
−→
(d) Halle un vector w ortogonal a P Q y con la misma norma. Luego tome P R = w y despeje R.
−→
Cap´ıtulo 4. Vectores en
R2
y
R3 .
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
61
(e) Vea ejercicio (a).
−
−
− −
5. (a) El sistema resultante de (2 3t, 4 + 5t, 3 + 2t) = P = (5, 1, 5), tiene como ´unica soluci´on t = 1, lo que muestra que P est´a en L. Si en lugar de P se toma Q( 4, 14, 2), el sistema correspondiente es inconsistente.
−
−
−
(b) Cada punto (x,y,z ) de L es de la forma (2 3t, 4 + 5t, 3 + 2t), para alg´ un real t. Ahora, para un tal punto se tiene
−
−
−
−
3x+y+2z = 3(2 3t)+(4+5t)+2( 3+2t) = 6 9t+4+5t 6+4t = 4; es decir, sus coordenadas satisfacen la ecuaci´on del plano Π, por lo que L Π.
⊆
−
−
(c) La recta L pasa por R(2, 4, 3) y es paralela a v = ( 3, 5, 2). Todo plano que la contenga contiene a R y debe tener un vector normal (a,b,c) = (0, 0, 0), ortogonal a v, por lo que debe satisfacer
1 c = (3a 2
− 5b). Podemos tomar entonces n = (2a, 2b, 3a − 5b), con a = 0 o b = 0. La familia de planos que contienen a L est´a descrita por 2ax + 2by + (3a
− 5b)z = (2a, 2b, 3a − 5b) • (2, 4, −3) = 23b − 5a,
con a = 0 o b = 0. (d) Se obtienen tres ecuaciones vectoriales, con pares de generadores distintos, despejando cada una de las tres variables:
4 , 0, 0 + t( 1, 3, 0) + s( 2, 0, 3) 3 (x,y,z ) = (0, 4, 0) + t(1, 3, 0) + s(0, 2, 1) (x,y,z ) = (0, 0, 2) + t(2, 0, 3) + s(0, 2, 1) (x,y,z ) =
− −
−
− −
−
4 , 0, 0 , B(0, 4, 0) y C (0, 0, 2), son las 3 intersecciones del plano con los ejes coordenados. Ahora, AB y AC forman un par de generadores de Π, as´ı como tambi´en CB y CA. Por otra parte, la ecuaci´on del plano proporciona todos los puntos que se deseen para hallar otras ecuaciones vectoriales. N´otese que los puntos A
4.3. Aplicaciones geom´etricas
−→ −→ −−→ −→
62
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
(e) Toda recta perpendicular a Π es paralela al vector normal N = (3, 1, 2) e intersecta al plano en un punto. Existen, por supuesto, infinitas de tales rectas, descritas por 3
− 3a − 2c, c) + t(3, 1, 2), a , c ∈ R. −→ −→ −→ −→ (a) P Q y P R forman un par de generadores y P Q × P R es una normal. (b) Las rectas dadas son paralelas y tienen a v = (−1, 1, −2) como (x,y,z ) = (a, 4
6.
un vector paralelo. Los puntos P (2, 5, 3) y Q(4, 1, 0) son puntos pertenecientes cada uno a una sola de las rectas dadas. Por lo tanto el vector w = P Q es paralelo al plano pedido y forma con v un par de generadores del mismo. v w es un vector normal al plano.
−→
×
(c) El punto Q(2, 0, 8) est´a en la recta dada, la cual no contiene a P y es paralela a v = (5, 3, 4). De modo que w = P Q y v forman un par de generadores del plano y v w es normal al mismo.
−→
−
×
(d) Las rectas dadas se intersectan en el punto P (6, 1, 7) y no son paralelas. Los vectores paralelos a dichas rectas, v = (1, 1, 4) y w = (1, 3, 8), forman un par de generadores del plano que las contiene y v w es una normal a dicho plano.
−
− − ×
−
−
−
7. (a) Igualando (2 + t s, 3 2t + 4s, 7 8s) = (7/4, 5, 1) se obtiene un sistema consistente con s = 3/4, t = 1/2, de modo que P Π. Si se toma Q(7, 7, 6), por el contrario, se obtiene una inconsistencia.
∈
−
(b) Un vector normal al plano Π es 1 n = (1, 2, 0) 2
−
× (−1, 4, −8) = (8, 4, 1)
por lo que una ecuaci´on cartesiana para Π es
•
8x + 4y + z = (8, 4, 1) (2, 3, 7) = 35.
−
Para el plano paralelo a Π que contiene a R(7, 7, 6) se tiene 8x + 4y + z = (8, 4, 1) (7, 7, 6) = 34.
• −
3
Tambi´en podr´ıa escribirse (x,y,z) = (a,b,c)+t(3, 1, 2), con a, b y c arbitrarios, pero toda recta con una ecuaci´on tal intersecta al plano Π en un ´unico punto, como puede probarse f´acilmente. Cap´ıtulo 4. Vectores en
R2
y
R3 .
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
63
− −
−
(c) Verifique que la terna (4 t, 1 + 4t, 7 8t) satisface la ecuaci´on cartesiana del plano Π hallada en el item anterior (8 x + 4y + z = 35). Por otra parte, si n es normal al plano pedido, entonces es ortogonal tanto a n = (8, 4, 1), normal a Π, como a w = ( 1, 4, 8), vector paralelo a L, de modo que n es un m´ ultiplo escalar no nulo de n w = ( 36, 63, 36). Tomando n = (4, 7, 4), se tiene la ecuaci´ on cartesiana del plano pedido:
−
×
−
4x
−
− −
− 7y − 4z = (4, −7, −4) • (4, −1, 7) = −5,
de la cual se puede obtener f´acilmente una ecuaci´on vectorial. 8. Si n1 y n2 son normales a Π 1 y Π2 , respectivamente, entonces Π 1 y Π2 son paralelos si y solo si n 1 y n2 son m´ ultiplos no nulos el uno del otro. Esto es equivalente a decir que cada vector normal a un plano lo es al otro. Esto, a su vez, equivale a decir que las ecuaciones de Π 1 y Π2 son equivalentes, respectivamente, a ecuaciones cartesianas ax + by + cz = d1 ax + by + cz = d2
(4.8) (4.9)
para constantes reales d1 y d2 , siendo (a,b,c) un vector normal a los planos. As´ı, Π1 y Π2 se identifican con los conjuntos soluciones (no vac´ıos) de 4.8 y 4.9, respectivamente. Ambas ecuaciones tienen la misma ecuaci´ on homog´enea asociada ax + by + cz = 0 la cual corresponde a un plano que pasa por el origen y tiene ecuaci´on (x,y,z ) = tv 1 + tv2 , siendo v1 y v2 generadores del plano y del subespacio soluci´o n de la ecuaci´ on homog´enea. Ahora, la ecuaci´on del plano Πi es de la forma (x,y,z ) = ai + tv1 + sv2 , siendo a i una soluci´on particular de la ecuaci´o n de Πi. As´ı, todo par de generadores del espacio soluci´on de la ecuaci´on homog´enea lo es tanto de Π1 como de Π2 . 4.3. Aplicaciones geom´etricas
64
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
9. (a) Consideremos primero el caso de la recta en el plano con ecuaci´on ax + by = c, a = 0 o b = 0. El vector v = ( b, a) es paralelo a la recta, como se puede verificar f´acilmente. De modo que si P (x0 , y0 ), la distancia de P a la recta es (ver figura 4.17)
d =
−
−→ − QP
2
−→
Proyv QP 2 ,
siendo Q(x1 , y1 ) un punto cualquiera de la recta, es decir ax1 + by1 = c.
Figura 4.17: Ejercicio 9. Tenemos entonces: d = = = = =
−→ −→ • − − − QP
2
( QP v)2 v 2
(a2 + b2 )[(x0
2
− y ) ] − [b(x − x ) − a(y − y )] 1
a2 + b2
x1 ) + b(y0 y1 )]2 a2 + b2 ax0 + by0 (ax1 + by1 ) a2 + b2 ax0 + by0 c a2 + b2 [a(x0
|
x1 )2 + (y0
√ − | √ − |
−
|
Cap´ıtulo 4. Vectores en
R2
y
R3 .
0
1
0
1
2
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
65
(b) Para el caso del plano con ecuaci´on ax + by + cz = d, n = (a,b,c) = (0, 0, 0) es una normal. Si P (x0 , y0 , z 0 ), la distancia de P al plano viene dada por d = Proyn QP ,
−→
siendo Q(x1 , y1 .z 1 ) un punto cualquiera, por lo que
•
n Q = ax1 + by1 + cz 1 = d. Se tiene entonces d = = =
|n • −→ QP | n |n√ • P − n • Q| a + b + c |ax √ + by + cy − d| 2
0
2
2
0
0
a2 + b2 + c2
4.3. Aplicaciones geom´etricas
66
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
Cap´ıtulo 4. Vectores en
R2
y
R3 .
Cap´ ıtulo
5
La estructura de espacio vectorial y espacios de matrices 5.1
Introducci´ on
5.2
Espacios vectoriales Ejercicios 5.2.1.
1. 2. La mayor´ıa de las demostraciones se siguen de las definiciones. Observe tambi´en que la propiedad z +w z + w no es otra que la desigualdad 2 triangular para vectores en R .
|
|≤| | | |
3. (a) 13 + 13i.
−
(b) 29 11i. 1 (c) (26 + 7i). 25 (d) 9 13i.
− −
(e) 9.
(f) Errata: Debe ser (Re(2 + i))(4 (g) 1. (h)
−46 + 9i. 67
− i) = 2(4 − i) = 8 − 2i.
68
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
4. El conjunto soluci´on de un sistema lineal homog´eneo (con coeficientes sobre cualquier campo) es un espacio vectorial, mientras que para un sistema no homog´eneo no lo es pues el vector nulo no es soluci´on.
{
|
} −
(a) (x, y) 2x + 3y = 0 = (3, 2) . (b) No es subespacio de
2
R
.
{ | ∈ R} = (1, 2, 0), (0, 1, 1). (d) {(x,y,z )|3x + 5y + z = 0, 2x − y + z = 0} = (−6, 1, 13). (c) (t, 2t + s, s) t, s
(e) No es subespacio de
3
R
.
{(t, 2t + s, s)|t, s ∈ K} = (1, 2, 0), (0, 1, 1).
(f)
(g) No es subespacio de
3
K
pues no contiene al vector nulo.
2
2
2
{ − b)x |a, b ∈ K} = 1 + x , x − x . ii. {a+bx+(a−b)x +(c+a)x |a,b,c ∈ K} = 1+x +x , x−x , x .
(h)
i. a + bx + (a
2
3
2
3
2
3
iii. No es subespacio de Pn(K) pues no contiene al polinomio nulo.
(i) (0, 0), (0, 1) = (0, 1) en Z22 . Errata: Debe ser (0, 1), (1, 0) , el cual no es subespacio de Z22 por no contener a (0, 0).
{
}
{
}
{
}
(j) (0, 0), (0, 1), (0, 2) = (0, 1) . 5. Nota: Si V es un espacio vectorial finito, el n´umero de elementos (cardinal) de un subespacio de V debe ser un divisor del cardinal de V 1 . Utilizando tal hecho la b´usqueda de los subespacios de Z23 , que tiene 32 = 9 elementos, se simplifica teniendo en cuenta que todo subespacio tiene al menos al vector nulo y que por cada elemento v en un subespacio S de Z23 , tambi´en v = 2v S . As´ı, un subespacio de Z23 tiene 1 o 3 o 9 elementos. Los de 1 y 9 son los triviales y los de 3 deben estar conformados, adem´ as del vector nulo, por pares de inversos aditivos
−
∈
1
Es un resultado elemental de la teor´ıa de Grupos que el cardinal de un subgrupo de un grupo finito divide al cardinal del grupo (Teorema de Lagrange). Cap´ıtulo 5. La estructura de espacio vectorial y espacios de matrices
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
69
distintos. Los siguientes son, entonces, todos los subespacios de S 2 = S 3 = S 4 = S 5 =
{ { { {
{
} } } } }
S 1 = (0, 0) (0, 0), (0, 1), (0, 2) (0, 0), (1, 0), (2, 0) (0, 0), (1, 1), (2, 2) (0, 0), (1, 2), (2, 1) S 6 = Z23
con v, w no nulos y v = 2w =
= = = = = = = =
2
Z3 :
(0, 0) (0, 1) = (0, 2) (1, 0) = (2, 0) (1, 1) = (2, 2) (1, 2) = (2, 1) (0, 1), (1, 0) (0, 1), (1, 2) v, w,
−w.
6. En general, la uni´on de subespacios de un espacio vectorial no es necesariamente un subespacio. V´ ease, por ejemplo, en el ejercicio anterior, el conjunto H = S 2 S 3 = (0, 0), (0, 1), (0, 2), (1, 0), (2, 0) el cual no es subespacio2 de Z23 .
∪
{
}
− { − |∈ } { |∈ } { } (c) (1, 0), (0, 1) = Z . (d) ((1, 1, 3), (0, 0, 1) = {(t,s, 3t + s)|t, s ∈ R } = {(x,y,z )|x − y = 0}. (e) 1, x , x = {a + bx + cx |a,b,c ∈ R}.
7. (a) (3, 1) = (3t, t) t R . (b) (1, 3) = t(1, 3) t Z5 = (0, 0), (1, 3), (2, 1), (3, 4), (4, 2) . 2 3
2
2
(f)
1 + x, 2x
{a + (a + 2b)x|a, b ∈ Z } {0, 2x,x, 1 + x, 1, 1 + 2x, 2 + 2x, 2 + x, 2} = 1, x. (g) (1, 2), (2, 4) = (1, 2) = {(t, 2t)|t ∈ R}. (a) Supongamos que M = {v }. Si v = 0 , entonces M = {0 } tiene un u ´ nico elemento. Si v = 0 , entonces para escalares distintos α y = βv, por lo que β , se tiene que αv M = {αv|α ∈ K }
8.
= =
3
V
V
V
tiene n = pc elementos, uno por cada escalar en primo y c es un n´umero natural. 2
N´ otese, sin comparar con la lista de todos los subespacios de (1, 1) / H.
∈
5.2. Espacios vectoriales
2
Z3 ,
K.
Aqu´ı p es un
que (0, 1) + (1, 0) =
70
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
{ }
(b) Si M = v, w , y uno de los dos vectores es m´ultiplo del otro, digamos w = αv, se tiene el caso anterior pues
M = v, v = 0
.
V
Supongamos entonces que los vectores no son m´ultiplos. Se tiene que para escalares α 1 , α2 , β 1 , β 2 ,
⇐⇒ α = β ∧ α = β ,
α1 v + α2 w = β 1 v + β 2 w
1
1
2
2
de modo que
M = {αv + βw |α, β ∈ K}. Se tiene as´ı que M tiene tantos elementos como pares (α, β ) ∈ K ; 2
es decir, tiene n2 = p 2c elementos.
5.3
Espacios de matrices sobre un campo Ejercicios 5.3.1.
1. (a)
i. ii. iii. iv. v. vi. vii. viii. ix.
(b)
i. ii.
− − − − −
11 40 5 3 2 1 20 12 3 10 5 25 36 70 26 42 12 42 63 39 10 21. 2 20
−
− − − −− 7 2 7 2 1 3 5 3
15 2
1
4 3
5
Cap´ıtulo 5. La estructura de espacio vectorial y espacios de matrices
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
iii. iv. v.
7 2
71
7 2 11 2
− − − − − − 15 5 3 19 2
34 3 16 3
vi. Y =
5 2
15 38 3 1 3
1
5 3 10 3
+ 23 X , con X
2×2
∈ R
10 0 7 2. (a) AB = , BA = 4 22 7 8 34 76 85 146 51 . B(AD) = 34 8 48 52
−12 −1 −15 −14
(b) (CA)1 = 2 6 11 , (CA)(2) = (c) (AB + 2C )2 = 20 19 .
.
0
12
, (AB)C =
−
7 42 , 15 108
6 . 21
3. Claramente, la funci´ on id´enticamente nula es continua (diferenciable, integrable, polin´omica) y es conocido del An´alisis que la suma de funciones continuas (diferenciables, integrables) en un intervalo [a, b], as´ı como el producto de una de tales funciones por una constante real, son funciones continuas (diferenciables, integrables) en [a, b]. Algo similar puede probarse f´acilmente para funciones polin´omicas. 4. Para n
≥ 2, considere las matrices A, B ∈ K
n×n
con
A(1, 1) = 1 = B(2, 1), A(2, 1) = 0, B(1, 1) = 0 y A(i, j) = B(i, j) = 0,
∈{
}
siempre que (i, j) / (1, 1), (2, 1) . Claramente AB = 0R
n×n
.
×
5. Claramente la matriz nula n n sobre el campo K es sim´etrica. Del teorema 5.3.1, p´agina 160 del texto, se sigue que para matrices cuadradas A, B Kn×n se tienen (A + B)T = A T + B T y (αA)T = αA T , para todo escalar α. Por lo tanto si A, B son matrices sim´etricas n n y α K se tiene que (αA + B)T = αA T + B T = αA + B,
∈
×
∈
es decir αA + B es sim´etrica. As´ı, el conjunto de las matrices sim´etricas en Kn×n es un subespacio de Kn×n . 5.3. Espacios de matrices sobre un campo
72
Casta˜ neda Hern´andez/ Barrios Sarmiento
(a) Si n = 2, el subespacio de las matrices sim´etricas es
a11 a12 a12 a22
∈ K
a11 , a12 , a22
1 0 0 1 0 0 , , 0 0 1 0 0 1
=
(b) Si n = 3 se tiene que el espacio de las matrices sim´etricas es
=
∈
a11 a12 a13 a12 a22 a23 a13 a23 a33
1 0 0 0 0 0 0 0 0
aij
K
0 1 0 1 0 0 0 0 0
,
0 0 0 0 1 0 0 0 0
0 0 0 0 0 1 0 1 0
,
6. Errata: El campo considerado es campo de los racionales.3
R o
0 0 1 0 0 0 1 0 0
,
,
,
0 0 0 0 0 0 0 0 1
una extensi´on cualquiera del
∈ {1, 2, . . . , n} se
(a) Si A es antisim´etrica, entonces para todo i, j verifica que A(i, j) = AT (i, j) = A( j, i).
−
−
−
En particular, si i = j, entonces A(i, i) = A(i, i), lo cual implica que 2A(i, i) = 0 y se sigue que A(i, i) = 0. Es importante notar que si K es una extensi´o n de Z2 no necesariamente la condici´on A(i, i) = 0 se sigue para matrices antisim´etricas, por ejemplo las 1 0 1 1 2×2 matrices son antisim´etricas. Z2 , 0 1 1 1 (b) Si A Kn×n, entonces
∈
∈
1 (A + AT ) 2
T
1 (A 2
T
T
−A
)
1 T (A + A) 2 1 = (A + AT ) 2 1 T = (A A) 2 1 = (A AT ), 2 =
−
3
O cualquier campo que no sea extensi´on de campo F tal que K F .
Z2 .
− −
Una extensi´ on de un campo
⊆
Cap´ıtulo 5. La estructura de espacio vectorial y espacios de matrices
K es
un
´ Introducci´ on al Algebra Lineal
73
1 1 Lo que muestra que B = (A + AT ) es sim´etrica y C = (A 2 2 es antisim´etrica. Es rutinario verificar que A = B + C. 1 2 3 1 1 2 0 1 1 4 5 = 1 4 4 + 1 0 1 . (c) A = 0 1 3 8 2 4 8 1 1 0
T
−A
)
3. (a) A0T = 0K R(A), por lo que R(A) = . Adem´as, si X, Y K n K , α K , entonces
∈
7. (a)
−
− − − − − ∈ ∈ − −
s t 0 2s + t 3t s
t, s
(b) No es subespacio de (c)
2×3
R
5.4 5.4.1
.
.
s 2s + t
=
0 1 0 1 0 0 , 1 3 0 2 0 1
=
R
t
r 3
r 2r s
0 1 0 1 0 0 , , 1 0 0 2 0 1
Sistemas lineales en
t, s
R
0 1
0 1 2 0
.
− −
Kn
La matriz identidad. Matrices invertibles Ejercicios 5.4.1.
1. (a) A−1 =
− − − − − − − − − 3 1
2 . 1
(b) A no es invertible. 1 4 −1
(c) A
=
1 2
2
1
3 2
2
1 2
1 2
1 2
1 2
1
(d) A no es invertible.
− 3 5 2
2 1 2
2. Ecuaciones inconsistentes. m×1
n
∈
αX + Y
∈
∅
n
T
∈ K , α(AX ) + AY
T
= A(αX + Y )T R(A).
∈
Se tiene entonces que R(A) es un subespacio de 5.4. Sistemas lineales en
Kn
m×1
K
.