Solucionario Álgebra Lineal (libro)

Introducci´ on on ´ al Algebra Lineal Soluciones a ejercicios seleccionados

´ Introducci´ on on al Algebra Lineal. Soluciones a ejercicios seleccionados. M. Sc. Sebastián an Casta˜ neda neda Hernández. 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 ecuación lineal . . . . . . . . . . . 2.3.2 Sistemas de ecuaciones lineales . . . 2.4 Sistemas homogéneos. 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 geométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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 Hernández/ 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 simétrica. 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 relación 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


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 inclusión 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 (también A ∩ B ⊆ B) y A ⊆ A ∪ B (también B ⊆ A ∪ B). Si A ⊆ B se tienen, además, 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 proposición 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 proposición x

4. (a) Es funci´ on, pero no es inyectiva. (b) No es función. (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 función inyectiva. (d) Con las notaciones indicadas para dominio y rango en el item anterior, tenemos para la relación dada, notada por R: Dom(R) = Ran(S ),Ran(R) = Dom(S ), siendo S la relación del ejercicio anterior. R es una función inyectiva. (e) Si T es la relación dada entonces Dom(T ) = Dom(R), Ran(T ) = Z. T no es función ((1, 1), (1, 1) T , por ejemplo).

− ∈

(f) Sea H la relación dada, entonces Dom(H ) = Ran(H ) = una función inyectiva. 1.2. Conjuntos y relaciones

R.

H es

8

1.3


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 cálculos directos. Por otra parte, claramente x 0 = 0 x = x, para todo real x, por lo que 0 es el (único) elemento neutro para . Ahora, si x R, x es invertible (respecto de ) si y solo si la ecuación (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 ecuación 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 adición módulo 2. Se puede transportar dicha estructura al conjunto A = {a, b} (ver ejercicios (b) (a c) e = a, mientras que a (c e) no está definido. 2

Cap´ıtulo 1. Preliminares


9

{ }

5 y 6) estableciendo una función biyectiva de A con 0, 1 . Si establecemos a 0, b 1, la operación está dada por la tabla siguiente (en la tabla de la adición módulo 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´ está 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 composición 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 función 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


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 biyección 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. ¿Cuál 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 =




 − − − − −−

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 solución de 2x + 2y = 6 en R3 contiene una “ copia” del de la ecuación x + y = 3 en R2 .

∈

Cap´ıtulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales


13

(d) (0, 1) es una solución de la ecuación 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 ecuació 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 ecuación es lineal en u y v. Nótese, 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 restricción u 0.

−

≥

− 2x + 1,

3. En cada caso, S denota el conjunto solución de la ecuación correspondiente. En algunos casos se muestran dos o más 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 } También 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, página 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 só lo si b = 0, se sigue que u1 + u 2 no es solució n si b = 0. Por otra parte, se tiene que 0u1 = 0 no es solució n de a x = b. Se sigue que el conjunto solució n de la ecuaci´ on considerada no es cerrado.

 •

(c) Ver teorema ya citado. 2.3. Sistemas de ecuaciones lineales

14


(d) Si a = 0, se tiene la ecuación nula y el conjunto solució 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. Prócedase 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 indicarán que la matriz dada está en forma escalonada y/o forma escalonada reducida, respectivamente. (a) FE. (b) FE. (c) FER (y, por tanto, también 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



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 está 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


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 solución. (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 solución S = {(1, 2, 0, t)|t ∈ R}. Conjunto solución 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 solución 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



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 solución 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 ecuación del sistema propuesto se escribió, por error de transcripció 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


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 solución u ńica. 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 .


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 número de ecuaciones, realizando operaciones elementales en los renglones. (b) Agregue a la matriz mostrada en el item anterior un renglón de ceros y transfórmela hasta obtener lo pedido. (c) Cada ecuación 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 ecuación homogénea en las incógnitas a,b,c,d. Encuentre entonces dos soluciones de dicha ecuación homogénea. (d) Como en el anterior, encontrando dos soluciones no triviales de la ecuaci´ on homogéna indicada. (e) Como en los dos ejercicios anteriores pero encontrando soluciones del sistema homogéneo

− a

−

b + 2c d = 0 3a + c d = 0

−


20


(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 solución 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 renglón se tiene:


1) λ

3

  

−1


21

2

• El sistema tiene solución uńica si y sólo si λ − 1 = 0, pues en •

tal caso se obtendr´ıa en dicha posición 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 solución u ńica 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 solución uńica 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 solución de de la ecuación ax + by = c. As´ı, se obtiene una ecuación 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 homogénea en c, a y b. En definitiva se tiene, en cada caso, un sistema de ecuaciones lineales homogéneas en a, b y c. Si existen soluciones no triviales con a = 0 o b = 0, una tal solución proporciona una ecuación de una recta que pasa por los puntos dados. Geométricamente es claro que si se dan al menos dos puntos distintos, entonces existe o una única recta o ninguna que pase por el conjunto de puntos dados.

−

−






22


(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 única recta que pasa por los puntos dados. (b) La u ´ nica solución del sistema homogéneo 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 homogéneos) en a, b y c. Cada ecuación 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 solución c = b = 0, a = 1; es decir y = x 2 . (b) y = (1 + b)x2 + bx, con b =

 −1.

(c) No existe una parábola, 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


23

12. Si xi es el número 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 producción. x4 140 141 142 145 150

x3 10 9 8 5 0

x2 140 126 112 70 0

x1 10 24 38 80 150

Nótese que el número de soluciones es finito (once en total). 13. Si se elimina la última ecuación del sistema anterior, la forma escalonada reducida es ahora 1 0 7 21 3000 . 0 1 8 22 3300



 

− − −


24


Figura 2.1: Problema 13.

Se tiene entonces que x3 , x4 son, en principio, números 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 solución (en parejas de números reales) es la región (sombreada) del plano mostrada en la figura 2.1. Tal región está entre las gráficas de las rectas 7x3 + 21x4 = 3000 y 8x3 + 22x4 = 3300 del plano x3 x4 . El punto de intersección de tales rectas tiene las coordenadas aproximadas mostradas para P en la gráfica. Cualquier soluci´ on está dada por parejas (x3 , x4 ) de enteros en la región 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


25

por ejemplo, para x 3 = 100 (ver gráfica), 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 podrá tomar cuatro valores distintos cuando x3 = 100. Para este caso espec´ıfico la tabla siguiente muestra los posibles esquemas de producción. 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 máximo 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 última inecuación 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 región 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 región 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


encima de x4 = 100. Ve´ ase la figura 2.2, en la cual se han exagerado algunas dimensiones para mejor ilustración.

Figura 2.2: Problema 14.

La tabla abajo muestra algunos valores de x3 y el intervalo [a, b] correspondiente a las posibilidades (como número real) para x4 , siendo

a =

−

−

3010 7x3 3250 8x3 , b = . 21 22

Se muestran también, cuando existe un valor entero válido para x4 , los valores de x1 y x 2 . Cap´ıtulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales


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

Nótese 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 condición 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 solución (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 homogéneo podr´ıa ser inconsistente. Por ejemplo x +y +z = 2, x+y +z = 4 es un sistema con más incógnitas que ecuaciones, pero es inconsistente. 1 0 1 (d) Falso. El sistema con matriz ampliada 0 1 2 tiene solución 0 0 0

 


  

28


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 afirmación es verdadera sólo si se habla de ecuaciones no nulas. En general, es falsa ya que la ecuación nula es m´ ultiplo de cualquier ecuaci´ o n. En ese caso sólo se podr´ıa quitar la ecuaci´ on nula del sistema sin alterar el conjunto solución. (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 ecuación 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 ecuació 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


} 




29

− − 2t)w + tw + 2w , para t un real cualquiera.

(b) v = ( 3

1

2

3

(c) v no es combinación lineal de w 1 y w 2 . (d) v = 3w1 + w2 .

(e) Como en el anterior v = 3w1 + w2 + 0w3 . (f) v no es combinación lineal de w 1 y w 2 . (g) v = 3w1 + w2 + 0w3 . (h) v no es combinación 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


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) también lo generan. Una solución del sistema correspondiente ser´ıa con los tres primeros escalares como en el ejercicio anterior y el último (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 múltiplos escalares. Suponga ahora que v1 y v2 no son m´ ultiplos escalares el uno del otro y consideremos la ecuación αv1 + αv2 = (0, 0), la cual tiene claramente la soluci´ on trivial α1 = α 2 = 0. Si existiera otra solución (β 1 , β 2 ) = (0, 0). Se tendr´ıa β 1 v1 = β 2 v2 , lo cual implicar´ıa que los vectores son múltiplos, escalares, contrario a lo supuesto. As´ı, si v 1 = (v11 , v21 ) y v 2 = (v12 , v22 ), v11 v12 0 el sistema homogéneo con matriz ampliada tiene solución 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 solución u ´ nica). Es decir v21 v22 b v1 , v2 = R 2 .





 



∈

5. Claramente cada vector ui, i = 1, 2, . . . , m, está 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

···

···



31

escalar α y muestre que u + w y αu son también combinaciones lineales de los vectores u1 , u2 , . . . , um . 6. (a) El enunciado es verdadero. Todo subespacio, S , de Rn es también 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 está en el conjunto indicado. (d) Enunciado falso. El conjunto del ejercicio anterior es el conjunto soluci´ on de la ecuación lineal x + y = 2 y, como se indicó 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 fácil 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 uńico 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


(d) Conjunto l.d. (2, 4) = 2(1, 2). (e) Conjunto l.i. Los dos vectores no son múltiplos escalares. (f) Conjunto l.d. Son tres vectores en

R2 .

(g) Conjunto l.i. Los vectores dados no son múltiplos. (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 múltiplo 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 homogéneo v11 v12 0 v21 v22 0



  

 

v v tiene solución u ´ nica, lo cual es equivalente a 11 12 = 0. v21 v22 4. Véase teorema 2.3.3.

∅

5. (a) Si S = no puede existir una combinación lineal finita de vectores de S , luego S es l.i.

∈

(b) Si 0R S , entonces 10R es una combinación 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 combinación lineal nula no trivial de ellos. Si T S , entonces la misma combinación lineal nula no trivial indicada es una combinación lineal de elementos de T . Se sigue que T es l.d.

⊇



33

⊆

(d) Si S es l.i y T S , entonces T no puede ser l.d pues entonces, por el ejercicio anterior, también lo ser´ıa S . (e) Si S es l.d y tiene más 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 =

vu = ±vu ± wv (wu 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


{ |

}

tiene solución 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 ńica solución es la trivial, con lo que se tiene que B es l.i y, por lo tanto, es una base para Rn . Finalmente, es fácil 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)


{

∈

}

´ 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 solución on del sistema homogéneo 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 pérdida 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 múltiplo 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 solución on del sistema sis tema homog´ hom ogéneo eneo

{ }



 

v1 v2 v3 0 w1 w2 w3 0

Puesto que los vectores no son múltiplos ultiplos escalares el uno del otro, la forma escalonada reducida de la matriz ampliada del sistema no puede tener un renglón 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 también en un generador generad or de S de S ⊥ , por lo que será 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



−

 − 

−

 


−

v2 w1 )

36

Casta˜ neda neda Hernández/ 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 múltiplo 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 (contradicción). 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 (contradicción). 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 definición, 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 definición 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´ón 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

+ z 2 = 4 .

}

38



Cap´ ıtulo

3

Sistemas de inecuaciones lineales 3.1

Introducci´ on

3.2

Programaci´ on lineal Ejercicios 3.2.1.

1. La región se muestra en la figura 3.1.

Figura 3.1: Región factible ejercicio 1.

39

40






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 gráfica de S es el eje Y . (b) (c) La gráfica de S es la región sombreada mostrada en la figura 4.1

Figura 4.1: Ejercicio 1 (c). (d) 41

42


(e) La gráfica 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 región entre la recta de ecuación x + y = 2, incluida dicha recta, y la recta de ecuación x + y = 3 sin incluir los puntos de esta u ´ltima. Véase figura 4.3.

Figura 4.3: Ejercicio 1 (g). Cap´ıtulo 4. Vectores en

R2

y

R3 .


43

(h) (i) S se identifica con el plano Y Z . (j) (k) La gráfica 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 gráfica 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. Introducción

44


(n) La gráfica de S es la esfera (sólida) con centro en el origen y radio 1. (o) La gráfica de S es la región del espacio comprendida entre las esferas concéntricas con centro en el origen y radios 1 y 2, respectivamente. Véase 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 ecuación (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 .


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 dirección positiva o negativa, respectivamente, con relación 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 dirección positiva o negativa (respecto del eje Y ). 4.1. Introducción

46


(e) Ver ejercicio siguiente. (f) Escojamos el sistema de coordenadas con origen en el v´ ertice del ángulo recto y de modo que los catetos queden sobre los ejes coordenados, como se indica en la figura 4.8.

Figura 4.8: Triángulo rectángulo en el plano. Los catetos quedan descritos como sigue:

{(x, 0)|0 ≤ x ≤ 8} {(0, y)|0 ≤ y ≤ 6}.

AB = AC =

−3

La hipotenusa está sobre la recta de ecuación1 y = que tenemos que

{

|

BC = (x, y) 3x + 4y = 24, 0

4

x + 6, por lo

≤ x ≤ 8}.

La región triangular acotada por los lados del triángulo 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 sección 4.2, por lo que deber´ıa proponerse posteriormente. Como ilustración 1

La ecuación 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 intersección con el eje Y . Cap´ıtulo 4. Vectores en

R2

y

R3 .


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 están determinadas por las direcciones en las que apuntan los vectores v 1 (con relación al eje paralelo a v2 ) y v 2 (con relación 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 relación 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. Introducción

48


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 ańgulos 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 representación de v se ancla en P . Se sigue que el punto final de la representación 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 ángulo entre ellos no es 0 ni π y, por tanto, los tres puntos son vértices de un triángulo. El per´ımetro es

√ √ −→ −→ −→      P Q + P R + QR = 3 + 7 3 + 194. −→ −→ El ángulo θ =  RP Q es el ángulo entre los vectores P Q y P R y satisface que −→ −→ 19 PQ • PR cos θ = −→ −→ = − √ . P QP R 21 3 Cap´ıtulo 4. Vectores en

R2

y

R3 .


As´ı, θ = cos−1

49

− √  ≈ 19 21 3

sen θ =

121.492◦ . Se tiene también que

    −→ −→  − −→ • −→ √ −  −→ −→ −→ −→      − • 1

PQ

=

PQ PR

cos2 θ = 2

PR

1

PQ

2

2

PR

2

2

2

PQ PR

−→ −→ P QP R

y que el área del triángulo es2

−→−→ −→ −→ −→ − −→ PQ • PR

1 P Q P R sen θ 2 1 = PQ 2 PR 2 2

a =







2

.

(4.1)

La ecuación 4.1 es válida para cualquier triángulo con vértices en puntos P,Q, y R cualesquiera (no colineales, por supuesto). Aplicándola 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 (véase 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 básica se tiene que el área de un triángulo es el semiproducto de las longitudes de dos de sus lados por el seno del ángulo comprendido entre dichos lados. 4.2. Segmentos dirigidos en

E

n

50


Figura 4.10: Paralelogramo.

−→

(f) Se necesita un vector v ortogonal a P Q y con la misma norma. Si escogemos el ángulo recto con vértice 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 vértices 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 canónica de v véase figura 4.11. Cap´ıtulo 4. Vectores en

R2

y

R3 .


51

Figura 4.11: Ejercicio 4.



5. Para v = (x,y,z ) = (0, 0, 0), si θ y ρ son los ángulos directores, se cumple: x = y = z =

4.3

vcosθcosρ vsenθcosρ vsenρ

(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 ecuación 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, área, etc- como en el ejercicio 2 (d) del grupo de ejercicios 4.2.1, página 48. Para el a´rea puede usar también a = P Q P R . Si los puntos son puntos del plano,

−→

−→ × −→

4.3. Aplicaciones geométricas

52


aún as´ı puede usar la fórmula anterior identificando (x, y) con (x,y, 0). Una ecuación 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 ecuación cartesiana, halle primero una normal n = P Q la ecuación correspondiente será

•

•

•

•

•

•

n (x,y,z ) = n P, ó n (x,y,z ) = n Q ó 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 área, a, del triángulo con vértices 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)


53

Figura 4.12: Distancia de un punto a una recta.

Como ilustración, 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 geométricas

54

3. (a)


− − −

3 i. La pendiente es m = 3 = , por lo que un vector paralelo 1 a la recta es v = (1, 3). As´ı, una ecuación 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 ecuación 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 ecuación 2x + 5y = 10 es, como 2 en el ejercicio anterior, m = , por lo que la pendiente de la 5 1 5 recta cuya ecuación se busca es m = = y, por tanto, 2 m un vector paralelo a la misma es v = (2, 5). As´ı, una ecuación vectorial es (x, y) = (2t, 5t).

−

−

−

iv. Para la recta de ecuación 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 ecuación vectorial para la recta. v. (x, y) = (t, 4). vi. (x, y) = (b, t). vii. Para la recta de ecuación

− 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 ecuación vectorial es (x, y) = (2, 7) + t(1, 3).

−

−→

viii. (x, y) = P + t P Q = (1, 5) + t(6, 3) ó (x, y) = (1, 5) + t(2, 1). Otras ecuación válida es (x, y) = (7, 8) + s(2, 1). Cap´ıtulo 4. Vectores en

R2

y

R3 .


55

−

ix. Un vector paralelo a la recta de ecuación 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 ecuación se pide, entonces v y w forman un ángulo 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, ó 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

−


56


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).


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 ecuación de la forma





(x,y,z ) = (1, 3, 5) + t(a,b, 0), con a = 0 o´ b = 0. vii. Halle la interseción 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 intersección es entonces Q(6, 17, 23). As´ı, una ecuación vectorial es

−

−

−

−

− −

−

−

(x,y,z ) = (6t, 17t, 23t). viii. La recta es la intersección 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 ecuación vectorial de la recta. ix. Existen infinitas rectas. Cada una tiene ecuación 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 paramétricas de la recta dada deber´ıa ser: x = 2t, y = 3 + t, z = 5 + 2t.

−



−

Reemplazando x,y,z , dados en términos de t, en la ecuación del plano, se obtiene t = 52 y el punto de intersecció n de la recta dada con la recta que se pide (y el plano que la contiene) es P (5, 11/2, 10). Una ecuación vectorial es entonces

−

−

−

−

(x,y,z ) = (6, 0, 0) + t(1, 11/2, 10) = (6 + 2s, 11s, 20s). 4.3. Aplicaciones geométricas

58


xiii. Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones de los planos dados se obtiene la ecuación vectorial de la recta intersección

−

−

(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 ecuación vectorial es, por lo tanto, (x,y,z ) = (4 + 2t, 1

− t, t).

xiv. Si v es un vector paralelo a la recta cuya ecuació n se pide, entonces v debe ser ortogonal tanto al vector w = (2, 1, 1), vector paralelo a la recta intersección de los dos planos dados (ejercicio anterior), como al vector n = (1, 1, 1), normal al plano de ecuación x + y z = 5. Por lo tanto v debe ser un múltiplo no nulo del producto cruz

−

−

−

×

−

×

−

w n = (2, 1, 1) (1, 1, 1) = (0, 3, 3). Tomando v = (0, 1, 1) se obtiene la ecuación 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 ángulo 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 tendrán 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


R2

y

R3 .


59

xvi. La recta pedida contiene al origen, el cual está también sobre el plano de ecuación x + 5y 3z = 0. Por lo tanto este último es el mismo plano que contiene a la recta. Existen infinitas de tales rectas, cada una de ellas tiene una ecuación 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 ecuación vectorial es entonces

−

(x,y,z ) = t(6

−

− 3b + 4c,b,c).

4. (a) Véase figura 4.15.

Figura 4.15: Ejercicio 4 (a). Sean P 1 , P 2 , P 3 , P 4 los puntos deseados, enumerados en la dirección 4.3. Aplicaciones geométricas

60


−→

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 vértices 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.

−→


R2

y

R3 .


61

(e) Vea ejercicio (a).

−

−

− −

5. (a) El sistema resultante de (2 3t, 4 + 5t, 3 + 2t) = P = (5, 1, 5), tiene como única solución t = 1, lo que muestra que P está 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 ecuación 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 está 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 también CB y CA. Por otra parte, la ecuación del plano proporciona todos los puntos que se deseen para hallar otras ecuaciones vectoriales. Nótese que los puntos A


−→ −→ −−→ −→

62


(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) está 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 ecuación 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

También podr´ıa escribirse (x,y,z) = (a,b,c)+t(3, 1, 2), con a, b y c arbitrarios, pero toda recta con una ecuación tal intersecta al plano Π en un único punto, como puede probarse fácilmente. Cap´ıtulo 4. Vectores en

R2

y

R3 .


63

− −

−

(c) Verifique que la terna (4 t, 1 + 4t, 7 8t) satisface la ecuación 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 fácilmente una ecuación 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 homogénea asociada ax + by + cz = 0 la cual corresponde a un plano que pasa por el origen y tiene ecuación (x,y,z ) = tv 1 + tv2 , siendo v1 y v2 generadores del plano y del subespacio solució n de la ecuaci´ on homogénea. Ahora, la ecuación del plano Πi es de la forma (x,y,z ) = ai + tv1 + sv2 , siendo a i una solución particular de la ecuació n de Πi. As´ı, todo par de generadores del espacio solución de la ecuación homogénea lo es tanto de Π1 como de Π2 . 4.3. Aplicaciones geométricas

64


9. (a) Consideremos primero el caso de la recta en el plano con ecuación ax + by = c, a = 0 o b = 0. El vector v = ( b, a) es paralelo a la recta, como se puede verificar fácilmente. 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

√ − | √ − |

−

|


R2

y

R3 .

0

1

0

1

2


65



(b) Para el caso del plano con ecuación 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


66



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 también 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


4. El conjunto solución de un sistema lineal homogéneo (con coeficientes sobre cualquier campo) es un espacio vectorial, mientras que para un sistema no homogéneo no lo es pues el vector nulo no es solución.

{

|

}  − 

(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 número de elementos (cardinal) de un subespacio de V debe ser un divisor del cardinal de V 1 . Utilizando tal hecho la búsqueda 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 , también 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


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 unión 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 número 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


{ }

(b) Si M = v, w , y uno de los dos vectores es múltiplo del otro, digamos w = αv, se tiene el caso anterior pues

M  = v, v = 0

.

V

Supongamos entonces que los vectores no son múltiplos. 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


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 idénticamente nula es continua (diferenciable, integrable, polinómica) y es conocido del Análisis 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 fácilmente para funciones polinómicas. 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 simétrica. Del teorema 5.3.1, página 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 simétricas n n y α K se tiene que (αA + B)T = αA T + B T = αA + B,

∈

×

∈

es decir αA + B es simétrica. As´ı, el conjunto de las matrices simétricas en Kn×n es un subespacio de Kn×n . 5.3. Espacios de matrices sobre un campo

72


(a) Si n = 2, el subespacio de las matrices simétricas 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 simétricas 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 extensión cualquiera del

∈ {1, 2, . . . , n} se

(a) Si A es antisimétrica, 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 extensió n de Z2 no necesariamente la condición A(i, i) = 0 se sigue para matrices antisimétricas, por ejemplo las 1 0 1 1 2×2 matrices son antisimétricas. 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 extensión 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


73

1 1 Lo que muestra que B = (A + AT ) es simétrica y C = (A 2 2 es antisimétrica. 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) = . Además, 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

.

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