Solucionario-de-algebra-lineal-Kolman-octava-edicion_español.pdf

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LIBROS UNIVERISTARIOS Y SOLUCIONARIOS DE MUCHOS DE ESTOS LIBROS

LOS SOLUCIONARIOS CONTIENEN TODOS LOS EJERCICIOS DEL LIBRO Resueltos Y EXPLICADOS DE FORMA CLARA

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.

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SOLUCIONES DE TEÓRICO EJERCICIOS

seleccionado de

INTRODUCTORIA ÁLGEBRA LINEAL CON APLICACIONES B. KOLMAN, Dr. Hill Octava edición, Prentice Hall, 2005.

Dr. Grigore C

˘ ˘ ALUG AREANU

Departamento de Matemáticas y Ciencias de la Computación El Grupo de Álgebra

Universidad de Kuwait 2006 https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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Contenidos

Prefacio Lista de símbolos

v vii

1 Matrices

11

3 Determinantes

29

4 nvectores

37


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5 líneas y planos 6 Espacios vectoriales

41 45

8 Diagonalización

55

Referencias

59

iii

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CONTENIDOS

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Prefacio


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Ya en 1997, alguien le preguntó en el Departamento de Matemáticas: "¿Por qué son los resultados en 111 de golf (álgebra lineal), tan mal? "La solución era para cancelar algunas secciones de los 6 capítulos seleccionados para este un semestre curso. Las soluciones de algunos de los llamados ejercicios teóricos debían se tratarán en las conferencias. Pero esto lleva tiempo y menos tiempo queda para que cubre el material de largo en estos 6 capítulos. Nuestra colección de soluciones está destinado a ayudar a los estudiantes en 111 por supuesto, y proporciona a los profesores un tiempo adicional preciosa con el fin de cubrir cuidadosamente toda la gran número de las nociones, los resultados, los ejemplos y procedimientos que se enseñan en las clases teóricas. Por otra parte, esta colección da todas las soluciones de las pruebas de capítulo y Como beneficio adicional, algunos ejercicios especiales para ser resueltos por los estudiantes en su Tarea. Debido a que a menudo estos ejercicios son necesarios exámenes parciales y examen final, los estudiantes se les anima calurosamente para preparar cuidadosamente estas soluciones, y si algunos de ellos no se entienden, de utilizar las horas de oficina de su profesores de explicaciones complementarias. El autor

v

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PRÓLOGO

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Lista de símbolos

Símbolo N Z Q R

Descripción el conjunto de todos los números enteros positivos el conjunto de todos los números enteros el conjunto de todos los números racionales el conjunto de todos los números reales

para R cualquiera de los conjuntos numéricos anteriores

R* Rn M (R) m × n M n(R) Sn P (M) R [X]

el conjunto R, la eliminación de cero el conjunto de todas las nvectores con entradas en R el conjunto de todos m × n matrices con entradas en R el conjunto de todos (cuadrado) n × n matrices el conjunto de todas las permutaciones de n elementos el conjunto de todos los subconjuntos de M el conjunto de todos los polinomios de indeterminada X con coeficientes en R

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LISTA DE LOS SÍMBOLOS

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Segunda edición (actualizado a la octava edición)

Todos los derechos reservados al Departamento de Matemáticas y Computación Ciencias, Facultad de Ciencias, Universidad de Kuwait


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Capitulo 1

Matrices

Página 20. ] Se llama triangular superior si una T.5. Una matriz cuadrada A = [a ij para i> j. Se llama triangular inferior si un ij = 0 para i
ij

= 0

1n 2n 3n .. . .. . 13/67

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0

0

0 ...

0 unann

Matriz triangular superior (Las entradas por debajo de la diagonal principal son cero.) la11 0 0 ... ... la21 la22 0 ... ... la la la 0 ... 31 32 33 .. .. .. . . . . . . .. .. .. .. . . . . lan1 lan2 lan3 ... ... la

0 0 0 .. . 0 nn

11

Página 13

12

CAPÍTULO 1. MATRICES Matriz triangular inferior (Las entradas por encima de la diagonal principal son cero.)

(a) Demostrar que la suma y diferencia de dos matrices triangulares superiores es triangular superior. (b) Demostrar que la suma y diferencia de dos matrices triangulares inferiores es triangular inferior. (c) Demostrar que si una matriz es superior e inferior triangular, entonces es una matriz diagonal. Solución. (a) Como arriba, dejar que B = [b ij ] Ser también una triangular superior matriz, S = A + B = [s ij ] Será la suma y D = AB = [d ij ] Ser la diferencia de estas matrices. Luego, para cada i> j tenemos s = A ij ij + B ij = 0 + 0 = 0 respectivamente, d ij = A ij B ij = 0 0 = 0. Por lo tanto la suma y diferencia de dos matrices triangulares superiores es triangular superior. 1 2 3 3 2 1 4 4 4 0 1 2 + 0 3 2 = 0 4 4 , Cantidad de dos Ejemplo. 0 0 1 0 0 3 0 0 4 https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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matrices triangulares superiores, que también es triangular superior; 1 0 0 1 0 0 0 0 0 2 1 0 1 1 0 1 0 0 = , Diferencia dos gulación menor 3 2 1 1 1 1 2 1 0 matrices gular, que también es triangular inferior. (b) similares. (c) Si una matriz es superior e inferior triangular, entonces las entradas por encima de la diagonal principal y las entradas por debajo de la diagonal principal son cero. Por lo tanto todo las entradas fuera de la diagonal principal son cero y la matriz es diagonal. T.6. (a) Demostrar que si A es una matriz triangular superior, entonces A T es bajo triangular. T es superior (b) Demostrar que si A es una matriz triangular inferior, entonces A triangular. T = [A T ], Y A es Solución. (a) Por la definición de la transpuesta si A ij una matriz triangular superior, una ij = 0 para cada i> j y por lo que una T = A ij = 0. ji

Página 14

13 T es triangular inferior. Por lo tanto A (b) similares. Página 3738. T.4. Demostrar que el producto de dos matrices diagonales es una diagonal matriz. Solución. Sólo verificar que la11 0 ... 0 una ... https://translate.googleusercontent.com/translate_f

0 0

b11 0 b

0 ... ...

0 0 15/67

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... 0

22 ... ... ... 0 ... una nn

... ... ...22 0 0 ... b

la11b11 0 ... 0 0 una22b22 ... 0 ... ... ... ... 0 0 ... una nn bnn

=

... nn

.

T.5. Demostrar que el producto de dos matrices escalares es una matriz escalar. Solución. Sólo verificar que un 0 ... 0 0 a 0 ... ... ... ... ... 0 0 ... un

b 0 ... 0 0 b ... 0 ... ... ... ... 0 0 b ...

=

una B 0 ... 0 ab ... ... ... ... ... 0 0 ... ab

0 0

.

Solución a corto. Observe que cualquier matriz escalar tiene la forma aI n = un 0 ... 0 0 a 0 ... . Entonces, obviamente (AI n) (BI n ) = (Ab) .I n muestra que ducto ... ... ... ... 0 0 ... un ductos de matrices escalares son matrices escalares. T.6. (a) Demostrar que el producto de dos matrices triangulares superiores es un matriz triangular superior.

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CAPÍTULO 1. MATRICES

(b) Demostrar que el producto de dos matrices triangulares inferiores es un menor matriz triangular. Solución bosquejado. (a) Un cálculo directo muestra que el producto de https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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dos matrices triangulares superiores la11 la12 ... la 0 una22 ... la ... ... ... 0 0 ... una

1n 2n ... nn

b11 b12 ... B 0 b 22 ... B ... ... ... 0 0 ... b

1n 2n ... nn

es triangular superior también. De hecho, esto es la b la b + Una b ... la b + Unab + ... + A b 11 11 11 11 12 22 11 1n 12 2n 1n nn 0 la22b22 ... la 22b2n + Una 23b3n + ... + A 2nbnn ... ... ... ... 0 0 ... lann bnn

,

una matriz triangular superior. Solución completa. Sea P = [p ij ] = AB ser el producto de dos superiores n i1 matrices triangulares. Si i> j entonces p ij = Σ k = 1laikbkj = Σ k = 1laikbkj + Σ n la b = (A b1j + ... + A ). Dado que tanto i1 i, i1bi1, j ) + (Una iibij + ... + A enbNueva Jersey k = i ik kj matrices A y B son triangular superior, en la primera suma los a son cero y en la segunda suma los b 's son cero. Por lo tanto p ij = 0 y P es triangular superior también. (b) De forma análoga. T9. (a) Demostrar que la columna jésima de la matriz producto AB es igual a la Acol producto de matriz j (B). (b) Demostrar que la fila i de la matriz producto AB es igual a la fila matriz producto (UNA B. yo Solución. (a) Con las notaciones habituales, considere A = [a ij ] Una matriz m × n, B = [b ij ] Una matriz n × p y C = AB = [c ij ] La matriz correspondiente producto, una matriz m × p.

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15 Como ya se ha visto en las conferencias, una arbitraria (i, j) entrada c producto está dada por la fila producto escalar

[lai1lai2...laen] • C) es la siguiente:

b1j b2j .. .

(A) • Col j (B) = yo

ij en el n Σ la b o ik kj k = 1

. Por lo tanto la columna de la jésima del producto (la matriz

bNueva Jersey c1j c2j .. .

=

fila fila

1(A) • Col 2(A) • Col

j (B) j (B)

.. .

= Acol j (B)

c Nueva Jersey fila n(A) • Col j (B) utilizar el producto (acaba de hacer el cálculo!) del m inicial × n matriz A b1j b2j y el n × 1 matriz de col (B) = .. . j . (b) De forma análoga.

bNueva Jersey

Página 51. T.9. Encuentra un 2 × 2 matriz B = O 1 2 donde A = [ . 0 1]

2 y B = I

2 tal que AB = BA,

Solución. Obviamente B = A satisface las condiciones requeridas (de hecho, AA = AA, A = O 2 y A = I 2). Solución para una declaración "mejor": encontrar todas las matrices B con este Propie erty. una B Buscamos B como una matriz desconocida [ . cd]


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1 2 una B De este modo [ 0 1] [ cd] de la igualdad de la matriz,

= [

una B cd] [

1 2 0 1]

a + 2c = b + 2d = 2a + b c = d = 2c + d

y así, utilizando la definición la c

.

Estas igualdades son equivalentes a c = 0 y a = d. Por eso todo una B matriz B de la forma [ con arbitrarias (reales) los números a, b verifica 0 a] 0 1 AB = BA. Ejemplo: [ . 0 0] T.13. Demuestre que (1) A = A. Solución. En la demostración del Teorema 1.1 (Propiedades de la suma de matrices) tomamos D = (1) A (la multiplicación escalar) y hemos verificado que A + D = D + A = O, que es A = (1) A. T.23. Sean A y B sea matrices simétricas. (a) Demostrar que A + B es simétrica. (b) Demostrar que AB es simétrica si y sólo si AB = BA. T Th.1.4 (b) T + B T = Solución. (a) Esto sigue inmediatamente de (A + B) = LA A + B, siendo A y B simétrica (por encima de algunos de los igualdades, su la justificación se da). T Th.1.4 (c) T = BA sostiene para arbitraria (b) En primer lugar observamos que (AB) = B TLA simétrica matrices A, B. T = AB y por lo tanto (utilizando la anterior Ahora, si AB es simétrica, (AB) igualdad) AB = BA. Por el contrario, si AB = BA entonces (AB) T = BA = AB, es decir, AB es simétrica. T.26. Si A es una matriz n × n, demostrar que AA T y un TA son simétricas. T) T Th.1.4 (c) T Th.1.4 (a) = (LAT) TLA = AA T, así que eso Solución. Por ejemplo (AA TA es simétrica. AA T es simétrica. Del mismo modo A


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17 Recordamos aquí una definición dada en el Ejercicio T24: una matriz A = [a T = A. se llama hemisimétrica si A

ij ]

T.27. Si A es una matriz n × n, (a) Demostrar que A + AT es simétrica. (b) Demostrar que A A T es antisimétrica. Solución. (a) Sólo tenemos que observar que (A + A T + A Th.1.1 (a) (LAT) T Th.1.4 (a) = LA = A + A T.

T) T Th.1.4 (b) T+ = LA

T (A T) T Th.1.4 (a) (b) De forma análoga, (A AT) T Th.1.4 (b) = LA = (A A T). = A T Un Th.1.1 (a) = T.28. Demostrar que si A es una matriz n × n, entonces A se puede escribir de forma única como A = S + K, donde S es simétrica y K es antisimétrica. T = S T + K T = Solución. Supongamos que existe una descomposición tales. Entonces un T = 2S y A A T = 2K. S K de manera que A + A 1(AA T). Una verifica A = S + K, Ahora toma S = 1(A + A T) Y K = 2 2 T = K De manera similar a la del ejercicio anterior 26. S = S T y K T.32. Demostrar que si Ax = b es un sistema lineal que tiene más de una solución, entonces tiene un número infinito de soluciones. Solución. Supongamos que u 1 = U 2 son dos soluciones diferentes de lo dado sistema lineal. Para un número real arbitrario r, tal que 0

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CAPÍTULO 1. MATRICES (a) Demostrar que u + v es una solución. (b) Para cualquier escalar r, muestran que ru es una solución. (c) Demostrar que u v es una solución. (d) Para cualquier escalares r y s, muestran que ru sv + es una solución. Observación. Hemos intercambiado (b) y (c) desde el libro, a propósito. Solución. Utilizamos las propiedades de las operaciones con matrices. (a) A (u + v) Th.1.2 (b) = Au + Av = 0 + 0 = 0.

(b) A (ru) Th.1.3 (d) = r (Au) = r0 = 0. (c) Podemos utilizar nuestro anterior (b) y (a): por (b), para r = 1 tenemos (1) V = v es una solución; por (a) u + ( v) = u v es una solución. (d) El uso de dos veces nuestra (b), y ru sv son soluciones y, por (a), ru + sv es una solución. T.12. Demuestre que si u y v son soluciones del sistema lineal Ax = b, a continuación, u v es una solución para el sistema homogéneo asociado Ax = 0. Solución. Nuestra hipótesis asegura que Au = b y Av = b. Por lo tanto A (u v) Th.1.2 (b) = Au Av = b b = 0 y así u v es una solución a la sistema asociado Ax = 0 homogénea. Página 86 (Bonus). Encuentra todos los valores de a para el cual el sistema lineal resultante tiene (a) no solución, (b) una solución única, y (c) un número infinito de soluciones. x + y z = 2 x + 2y + z = 3 . 23. 2 x + y + (una 5) z = a Solución. Utilizamos el método de GaussJordan. La matriz aumentada es 1 1 1 2 1 2 1 3 . Las primeras operaciones elementales dan 1 1 una 2 5 una https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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1 1 1 2 1 2 1 3 1 1 una 2 5 una

R 1~+ R2,3

1 1 0 1 0 0 A

1 2 2 4 a 2

2 1

.

Página 20

19 Caso 1. a 2 4 = 0, es decir a ∈ {2} ±. (i) a = 2. Luego de la última matriz da (paso final después Paso 8; en lo sigue nos referimos a los pasos del Procedimiento p. 65 68) la siguiente forma escalonada reducida 1 1 1 2 0 1 1 2 0 0 0 0

R ~2+ R1

1 0 1 3 0 1 1 2 0 0 0 0

.

x = 1 + 3z , Que tiene (Z es un arbi y = 1 2z número real contrario), un número infinito de soluciones. 1 1 1 2 (ii) a = 2. La última matriz es 0 1 2 1 y así nuestra última 0 0 0 4 ecuación es 0 × 0 x + y + × 0 × z = 4. Por tanto, este es un sistema inconsistente (que no tiene soluciones). Caso 2. una 2 4 = 0 (es decir, a / ∈ {2} ±). En el 1 × 4 submatriz (que sigue despreciando la primera y segunda filas), sólo debemos utilizar Paso 4 1 (multiplica por 1 = ) Y después de esto, el paso final (de REF a la24 (a2) (a + 2) RREF): 1 1 1 1 2 1 1 0 2 + a + 2 2 0 1 2 1 ~ 0 1 0 1 ~ a + 2 1 1 0 0 1 0 0 1 a + 2 a + 2 3 1 0 0 1 + El sistema correspondiente es {


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a + 2 2 . a + 2 1 a + 2 Finalmente la solución (dependiendo de a) en este caso es x = 1 + 1 . 1 2 y z = a + 2 a + 2 0 1 0 1 0 0 1

x + y + z = 2x + 3y + 2z = 2x + 3y + (una 2 1) z = a + 1

24.

3 , Y = a + 2

2 3 .

Página 21

20

CAPÍTULO 1. MATRICES 1 1 2 3 2 3 un

Solución. La matriz aumentada es

1 2 2 1 a + 1

2 5

. El primero

operaciones elementales dan 1 1 2 3 2 3 un y

1 2 2 1 a + 1

1 1 0 1 0 0 A

2 5

2R 1~+ R2,3

1 2 0 1 2 Un 3 4

~

1 1 1 0 1 0 0 1 una 2 3 a 3

1 0 0 1 0 0 A

1 1 0 1 2 Un 3 4

2 1

,

.

√ 2 3 es nuestro tercer pivote Caso 1. a 2 3 = 0, es decir a / ∈ {± 3}. Entonces un 1 ): y seguimos a paso 4 (multiplicar la tercera fila la23 1 0 1 0 1 0 https://translate.googleusercontent.com/translate_f

1 1 a4

~

1 0 0 1 0 1 0

a4 la23 1 a4

. 23/67

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0 0 1 la23 0 0 1 la23 a4 , Y = 1, Este es un sistema consistente con la solución única x = 1 la23 a4 z = . √ la23 Caso 2. una 2 3 = 0, es decir a ∈ {± 3}. Por lo tanto a 4 = 0 y el último ecuación es 0 × 0 x + y + × 0 × z = a 4 = 0, un sistema inconsistente (sin soluciones). Páginas 105106 (Bonus). 16. Encontrar todos los valores de a para el cual la inversa de A =

existe. ¿Qué es un

1 1 0 1 0 0 1 2 una

1 ?

Página 22

21 Solución. Utilizamos el procedimiento práctico para calcular la inversa (ver p. 95, libro de texto): 1 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 1 2 a 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 1 1

1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0


1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1

R ~2

1 1 0 0 1 0 0 0 un 2

R ~2+ R1

R 1~+ R2,3

R ~2+ R3 0

1 0

1 0 0 1 1 0 1 1 .

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0 1 0 0 0 un 2

1 1 0

1 1

= [C .D].

Caso 1. Si a = 0 entonces C tiene una fila cero (C = I 3). Por lo tanto A es singular (es decir, no tiene inversa). 1): Caso 2. Si a = 0 utilizamos Paso 4 (multiplicamos la tercera fila por la 1 0 0 0 1 0 0 0 1

de modo que A es no singular y D = A

0 1 0 1 1 0 2 1 1 la la la 1 =

. = [C ..D]

0 1 0 1 1 0 1 1 2 la la la

.

22. Si A y B son no singular, son A + B, A B y A no singular ? Explicar. Solución. Si A, B son no singular generalmente no es cierto que A + B o A B son no singular. Basta con dar contraejemplos adecuados: para A = I y B = I tenemos A + B = 0 , Que no es invertible n n n (véase la definición p. 91), y, para A = B, la diferencia A B = 0 n, De nuevo una matriz no invertible.

Página 23

22


Por último, si A es no singular, comprobamos fácilmente que A también es invertible 1 = A 1 . y (A) Observación. Más puede ser demostrado (véase el ejercicio 20, (b)): por cada c = 0, 1 = 1 LA 1 (de hecho, uno si A es no singular, CA también es no singular y (ca) c 1 ) Th.1.3 (d) verifica (CA) ( 1 LA = ((CA) 1)LA1 Th.1.3. (D) = (c 1A) Un1 = 1AA 1 = I n c c c https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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y de manera similar ( 1cLA 1 ) (Ca) = I n).

Página 24

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Examen del capítulo 1. 1. Encuentre todas las soluciones del sistema lineal X1 + X 2 + X 3 2x 4 = 3 2x 1 + X 2 + 3x 3 + 2x 4 = 5 x + X + 6x = 3. 2 3 4 Solución. Método de GaussJordan se utiliza: 1 1 2 3 1 2 1 3 2 5 0 1 1 6 3

1 1 1 2 0 1 1 0 1 1

2R~1+ R2

1 1 1 2 3 0 1 1 6 1 0 1 1 6 3

R2~+ R3

3 6 1 6 3

1 1 1 2 3 0 1 1 6 1 0 0 0 0 4

R ~2

.

El sistema equivalente correspondiente tiene la tercera ecuación 0 × x 1 + 0 × x 2 + 0 × x 3 + 0 × x 4 = 4, que no tiene solución. 2. Encuentra todos los valores de a para el cual el sistema lineal resultante tiene (a) no solución, (b) una solución única, y (c) un número infinito de soluciones. x + z = 4 2x + y + 3z = 5 3x 3y + (una 2 5a) z = a 8. Solución. Método de GaussJordan se utiliza: 0 1 2 1 3 3 Una 1 0 0 1 0 3 un

1 3 2 5a a 8

4 5

(2) R1+ R ~2, 3R1+ R3

1 4 3 1 2 5a + 3 + 4 un

3R2~+ R3

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CAPÍTULO 1. MATRICES 1 0 0 1 0 0 A

1 1 2 5a + 6 a 5

4 3

.

Como por lo general se distinguen dos casos (aviso de que la2 5a + 6 = (a 2) (a 3) = 0 ⇔ a ∈ {2, 3}): Caso 1. a = 2 o a = 3. En ambos casos a + 1 = 0 y por lo que la tercera ecuación del sistema correspondiente es 0 × 0 x + y + × 0 × z = a + 1, con sin solución. 2 5a 6 = 0 y el procedimiento continúa Caso 2. Si un / ∈ {2, 3} y luego una con el Paso 4: 1 0 1 4 1 R3 R 3~+ R2,1 2 la5a + 6 ~ 0 1 1 3 a5 0 0 1 la25a + 6 a5 1 0 0 4 la25a + 6 a5 0 1 0 3 , la25a + 6 a5 0 0 1 la25a + 6 con el sistema equivalente correspondiente (solución única) a5 , Y = 3 a5 , Z = a5 x = 4 . la25a + 6 la25a + 6 la25a + 6 3. Si es posible, encontrar la inversa de la siguiente matriz 1 2 1 0 1 1 0 1

1

.

Solución. Usamos el procedimiento práctico (véase la página 95, libro de texto.): 1 2 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 2 1 0 1 0 0


1 0 0 1 0 1 0 2 1 2 1

R ~1+ R3

1R3 2~

1 2 1 1 0 0 0 1 0 1 0 1 0 2 0 1 0 1

1 2 1 0 1 0 0

1 1

1 0 0 0 1 0 1 1 2

2R2~+ R3

R 3+ R~2, R3+ R1 1 2

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25 1 1 21 0 21 1 2

1 2 0 0 1 0 0 0 1

1 2 1 2 1 2

(2) R ~2+ R1

1 1 2 1 0 2 1 1 2

1 0 0 0 1 0 0 0 1

3 2 1 2 1 2

=

. = [C ..D]. Desde C tiene ninguna fila cero, A 1 existe (es decir, A es no singular) y 3 1 1 2 2 1 0 1 . LA1 = D = 2 2 1 1 1 2 2 1 2 , Encontrar todos los valores de λ para que lo homogéneo 2 2] sistema (? i 2 A) x = 0 tiene una solución no trivial. Solución. El sistema homogéneo tiene una solución no trivial si y sólo λ + 1 2 ] Es singular (véase el teorema 1.13, p. 99). Usar si? i 2 A = [ 2 λ 2 el procedimiento práctico para encontrar la inversa: Caso 1. λ + 1 = 0, entonces este es el primer pivote en 4. Si A = [

[Λ + 1

2 1 0 2 λ 2 0 1

[1 2 λ 2

]

2 1 0 1 λ + 1 λ + 1 2 λ 2 0 1]

1 R1 λ + 1 ~ [

2 1 0 λ + 1 λ + 1 4 2 1] λ + 1 λ + 1

= [

1 2

2R~1+ R2

2 1 0 λ + 1 λ + 1 λ2λ6 2 1] λ + 1 λ + 1

. = [C ..D].

Ahora, si λ 2 Λ 6 = (λ + 2) (λ 3) = 0 ⇔ λ ∈ {2, 3} entonces C tiene una cero fila y? i A es singular (según sea necesario). 2 ] así que eso 0 2 1 0 Caso 2. Si λ + 1 = 0 entonces la matriz inicial es [ 2 3 0 1 utilizando Paso 3 obtenemos [2 3 0 1 0 2 1 0] ~ [


1 0

3 0 1 2 2 2 1 0] ~ [

1 0

3 2 1

0 1 2

1 2 0]

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3 1 4 2 1 0] 2 Por lo tanto la matriz de coeficientes del sistema es una matriz no singular con in 3 1 verso [ 41 2 y por lo tanto el sistema homogéneo tiene un único (trivial) 0] 2 solución. ~ [

5. (a) Si A

1 =

1 0 0 1

1 3 0 0 1 1 1 1 4

1 =

y B

1 2 0 0 1 1 1

1 2

, Calcular

1 . (UNA B) (b) Resolver Ax = b para x si A 1 =

1 0 2 1 2 4 2

3 5

y b =

2 1 3

.

3 6 8 2 2 8 Solución. (a) (AB) . 0 5 3 (b) Si A 1 existe (es decir, A es no singular) a continuación (véase p.98) 4 1 14 . x = A b = 25 1 Th.1.10 (b) 1 = = B 1 LA

7. Conteste cada uno de los siguientes como verdadero o falso. (a) Si A y B son matrices n × n, entonces (A + B) (A + B) = A

2 + 2AB + B

2.

(b) Si u y tú soluciones para el sistema lineal Ax = b, entonces 1 2 1 3 + es también una solución para Ax = b. w = u 1 u 4 4 2 (c) Si A es una matriz no singular, entonces el sistema homogéneo Ax = 0 tiene una solución no trivial. (d) un sistema homogéneo de tres ecuaciones con cuatro incógnitas tiene una solución no trivial. https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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27 1 = (e) Si A, B y C son matrices n × n no singulares, entonces (ABC) 1 B 1 . C 1 LA Solución. (a) Falso, ya que generalmente AB = BA falla. De hecho, tomar la A = [1 0 0 1 0 1 0 0 y B = [ . Entonces AB = [ y BA = [ . 0 0] 0 0] 0 0] 0 0] Th.1.2 (b) Como cuestión de hecho (A + B) 2 = (A + B) (A + B) = (A + B) A + (A + 2 + BA + AB + B 2. B) B = Th.1.2 (c) = LA 1 (b) Es cierto, en efecto, si Au1 = B y Au 2 = B, entonces Aw = A ( 4u 1 + 3u ) Th.1.2 (b), Th.1.3 (d) 1Au + 3Au = 1b + 3 b = b. = 1 4 2 4 2 4 4 4 (c) Falso: véase el Teorema 1.13 (p 99.). (d) Verdadero: caso especial del teorema 1.8 (p.77) para m = 3 <4 = n. 1 = (e) Falso: un caso especial del Corolario 1.2 (Pág. 94) da (ABC) 1 1 1 1 1 1 1 C B LA . Basta con dar un ejemplo para B LA = A B .


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Capítulo 3

Determinantes

Página 194195. https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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T3. Demostrar que si c es un número real y A es una matriz n × n entonces det (Ca) = c n det (A). Solución. Sólo tiene que utilizar repetidamente (n veces) Teorema 3.5 (p. 187): la multiplicación escalar de una matriz por C consiste en la multiplicación de la primera fila, de la segunda fila, ..., y la multiplicación de la fila nésimo, n det (A). por el mismo número real c. De ahí que det (Ca) = c (c (... CA) ...)) = c T5. Demostrar que si det (AB) = 0 entonces det (A) = 0 o det (B) = 0. Solución. De hecho, según el teorema 3.8 (pág. 191) det (AB) = det (A) det (B) = 0 y así det (A) = 0 o det (B) = 0 (como un cero producto de dos números reales). T6. Es det (AB) = det (BA)? Justifica tu respuesta. Solución. Sí. Generalmente AB = BA sino por el Teorema 3.8 det (AB) = det (A) det (B) = det (B) det (A) = det (BA) (determinantes son numeros reales). T8. Demuestre que si AB = I n entonces det (A) = 0 y det (B) = 0. Solución. Usando el Teorema 3.8, 1 = det (I n) = Det (AB) = det (A) det (B) y así det (A) = 0 y det (B) = 0 (como un producto distinto de cero de dos reales números). 29

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CAPÍTULO 3. DETERMINANTES

T9. (a) Demostrar que si A = A 1 , Entonces det (A) = ± 1. (b) Demostrar que si AT = A 1 , Entonces det (A) = ± 1. 1 (si el Solución. (a) Utilizamos Corolario 3.2 (p 191.): de A = A inversa existe det (A) = 0, por Ejercicio T8 arriba) derivamos det (A) = 1 y así (det (A)) 2 = 1. Por lo tanto det (A) = ± 1. det (A 1 ) = det (A) (b) Por el teorema 3.1 (pág. 185) det (A T) = Det (A). Uno utiliza ahora (a). T10. Demostrar que si A es una matriz no singular tal que A https://translate.googleusercontent.com/translate_f

2 = A, entonces 34/67

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det (A) = 1. Solución. Utilizando de nuevo el teorema 3.8, det (A) = det (A2) = Det (AA) = = Det (A) det (A) y así det (A) (det (A) 1) = 0. Si A es no singular, por Ejercicio T8 anteriormente, det (A) = 0 y así det (A) 1 = 0 y, finalmente, det (A) = 1. T = A, Vea T16. Demostrar que si A es n × n, con A antisimétrica (A Sección 1.4, Ejercicio T.24) y n es impar, entonces det (A) = 0. T) = Det (A). Por el T3 Ejercicio Solución. Por el teorema 3.1, det (A anteriormente, det (A) = det (( 1) A) = (1) n det (A) = det (A) porque n es impar. Por lo tanto det (A) = det (A) y así 2 det (A) = 0 y det (A) = 0. Página 210. T7. Demostrar que si A es singular, entonces Adja es singular. Solución. Si A es singular, entonces det (A) = 0. Puesto que A (ADJA) = det (A) I n (este es el teorema 3.11), A (ADJA) = O. En primer lugar, si A = O entonces Adja = o por la definición del adjunto matriz: todos los cofactores son cero. En el caso restante, si A = O entonces Adja no puede ser no singular 1 la igualdad porque, de lo contrario, multiplicando a la derecha con (Adja) A (Adja) = O obtenemos A = O. Así Adja es singular. n1 . T8. Demuestre que si A es una matriz n × n, entonces det (Adja) = det (A) . Solución. Utilice la igualdad dada en el teorema 3.11: A (Adja) = det (A) I n Tomando los determinantes de ambos miembros de la igualdad se obtiene: n (noto que det (A) I det (A) det (Adja) = (det (A)) n es una matriz escalar hav ing n copias del det número real (A) en la diagonal; Teorema 3.7, p. 188, se utiliza).

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31 Si det (A) = 0, de acuerdo con el ejercicio anterior, junto con A, ADJA https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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También es singular, y así det (ADJA) = 0 y la fórmula se mantiene. Si det (A) = 0 podemos dividir ambos miembros en la última igualdad por det (A) y por lo tanto det (ADJA) = (det (A))n ÷ det (A) = [det (A)] n1 . T10. Deja que AB = AC. Demuestre que si det (A) = 0, entonces B = C. 1 Solución. Usando el teorema 3.12 (p. 203), A es no singular y así, A 1 1 existe. Multiplicando AB = AC a la izquierda con A obtenemos A (AB) = LA1 (AC) y, finalmente, B = C. T12. Demostrar que si A es no singular, entonces Adja es no singular y (Adja) 1 =

1 det (A)

A = adj (A 1 ).

Solución. Primer uso T8 Ejercicio previamente resuelto: si A es no singular n1 = 0. Así Adja también entonces det (A) = 0 y así det (ADJA) = [det (A)] no singular. Además, las fórmulas en el teorema 3.11, A (Adja) = (Adja) A = det (A) I , n 1 1 1 1 dar (Adja) ( A) = ( A) (Adja) = I y así (Adja) = A, por n det (A) det (A) det (A) definición. 1 : Por último, se puede escribir las igualdades dadas en el teorema 3.11 para A 1 LA1 (adj (A 1 )) = Det (A 1 )YO n = det (A)yo n (por Corolario 3.2, p. 191). Por lo tanto, 1 A. 1 ) = por la multiplicación izquierda con A, uno encuentra adj (A det (A) Ejercicios complementarios (bonus): 1) la demostración del teorema 1.11, Sección 1.7 Supongamos que A y B son matrices n × n. (a) Si AB = I entonces BA = I n n (b) Si BA = I n a continuación, AB = I n. Demostración. (a) Si AB = In , Teniendo determinantes y el uso de Propie adecuado propie, det (A) det (B) = det (AB) = det (I ) = 1 muestra que det (A) = 0 y n det (B) = 0 y por lo tanto A y B son no singular. Por la multiplicación izquierda con

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1 (que existe, Un ser no singular), se obtiene una LA B = A 1 . De ahí que BA = A1 A = I n . (b) De manera similar.

1 (AB) = A

1 yo y n

2) T3 Ejercicio. Demostrar que si A es simétrica, entonces Adja también simétrica. = (1) i + jdet (M ) Donde M Solución. Tome un cofactor arbitraria A ij ij ij es la submatriz de A obtenida mediante la supresión de la fila iésima y la columna jésima. Observe que el siguiente procedimiento da también M ij : (1) considerar la transpuesta A T; (2) en unaT eliminar la fila jésimo y el iésima columna; (3) la transposición de la submatriz resultante. Además, si A es simétrica (es decir, A = A T) El procedimiento anterior muestra que M ij = (M ji ) T. Por lo tanto A ji = (1) j + idet (M ji ) = (1) i + jdet ((M ji ) T) = (1) i + jdet (M ij ) = A ij y así Adja es simétrica. Examen del capítulo 3. 1. Evaluar 1 1 0 1 1 2 3 0 5

2 1 0 3 4 0 2

.

Solución. Utilice la expansión de det (A) a lo largo de la segunda fila (cuarta fila, primera columna y tercera columna también son buenas opciones, que tienen también dos cero entradas). det (A) = 0 × A 21 + 1 × A 22 + 0 × A 23 + 3 × A 24 = A 22 + 3A 24 = | 1 2 1 1 1 2 | | | | | = 2 + 15 = 17. 1 3 1 2 3 = ||| 4 + 3 ||| | | | | | 0 | | 0 5 0 2 0 | | | | | 2. Sea A 3 × 3 y supongamos que | A | = 2. Calcular (a) | 3A |. (b) | 3A 1 |. (c) | (3A) 1 |.


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33 Solución. Observe que | A | es aquí (y anterior) sólo notación alternativa ción para det (A). Por lo tanto: (a) | 3A | = 3 3 | A | = 54 (b) | 3A 1 | = 3 3 | A1 | = 27 2 (c) | (3A) 1 | = 1 = 1 . | 3A | 54 3. ¿Para qué valor de a es | 2 1 0 | | 0 1 3 | | 0 1 una |

| 0 un 1 | | + ||| 1 3a 0 | | | | 2 un 2 | |

| | | = 14? | | |

Solución. La evaluación de la suma de los (dos) determinantes, obtenemos 2 (a 3) + a + 6a 2a = 14, una ecuación simple con la solución de a =

20 . 3

4. Buscar todos los valores de a para que la matriz la2 0 3 5 un 2 3 0 1 es singular. la2 0 3 | | | = A 3 9a = a (a3) (a + 3) = 0 Solución. El determinante ||| | 5 un 2 | | 3 0 1 | | | si y sólo si a ∈ {3, 0, 3}. Por el teorema 3.12 (p. 203) se trata de la valores requeridos. 5. No solicitado (la regla de Cramer). 6. Conteste cada uno de los siguientes como verdadero o falso. (a) det (AA T) = Det (A 2). (b) det (A) = det (A). (c) Si A T = A 1 , Entonces det (A) = 1. (d) Si det (A) = 0 entonces A = 0. (e) Si det (A) = 7 entonces Ax = 0 tiene solamente la solución trivial.


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(f) El signo del término de un 15la23la31la42la54 en la expansión de la deter minante de una matriz de 5 × 5 es +. (g) Si det (A) = 0, entonces det (ADJA) = 0. 1 Y P es no singular, entonces det (B) = det (A). (h) Si B = PAP (i) Si A 4 = I n entonces det (A) = 1. (j) Si A 2 = A y A = I n, Entonces det (A) = 0. = Det (A) det (A T) Th.3.1 = Solución. (a) Verdadero: det (AAT) Th.3.8 = Det (A) det (A) = det (A 2). Th.3.5 n det (A) = det (A) solamente (b) Falso: det (A) = det (( 1) A) = (1) si n es impar. Por ejemplo, si A = I 2 después ] = 1 = 1 = det (A). 1 0 det (A) = det [ 0 1 1 (c) Falso: de hecho, A T = A 1 ⇒ det (A T) = Det (A 1 ) ⇒ det (A) = det (A) lo que implica det (A) ∈ {± 1}, y no necesariamente det (A) = 1. Por ejemplo, ], LA 1 0 T = A 1 sostiene, pero det (A) = 1. para A = [ 0 1 1 0 (d) Falso: obviamente, A = [ = 0 pero det (A) = 0. 0 0] (e) Verdadero: en efecto, 7 = 0 y uno aplica Corolario 3.4 (p 203.). (f) Verdadero: en efecto, el 53124 de permutación tiene 4 + 2 = 6 inversiones y por lo que es aún. (g) Verdadero: utilizar Ejercicio T.8 (Pág. 210), que nos dice que det (Adja) = [det (A)] n1 . (h) Verdadero: el uso de los teoremas 3.8 y Corolario 3.2 (observe que P es no singular) tenemos 1 ) = Det (P) det (A) det (P 1 ) = det (B) = det (PAP 1 = Det (P) det (A) = det (A). det (P) ], La igualdad A 1 0 4 = I (i) Falso: por ejemplo, si n = 2 y A = [ 2 0 1 sostiene y det (A) = 1. (j) Verdadero: por el camino de la contradicción. Si det (A) = 0 entonces A es no 1 existe. Por singular (ver Teorema 3.12, p. 203) y por lo tanto el inverso A


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35 2 = A con este inversa A A la izquierda de la multiplicación LA1 (LA2) = A 1 A y A = I n.


1 se obtiene a la vez:

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Capítulo 4

nvectores

Página 246. En los siguientes ejercicios denotamos los nvectores considerados por u = (u 1, U2, ..., U ), V = (v 1, V2, ..., V ) Y = w (w 1, W2, ..., Wn). n n https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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T7. Demostrar que u • (v + w) = u • v + u • w. Solución. Fácil de cálculo: u • (v + w) = = U 1(v 1 + W 1) + U 2(v 2 + W 2) + ... + U n (v n + W n) = = U 1v 1 + U 1w1 + U 2v 2 + U 2w2 + ... + U v + U w = n n n n = U 1v 1 + U 2v2 + ... + U n vn + U 1w 1 + U 2w2 + ... + U n wn = = U • v + u • w. T8. Demuestre que si u • v = u • w para todo u, entonces v = w. • v = e • w da Solución. En primer lugar tomar u = e 1 = (1, 0, ..., 0). Entonces correo 1 1 v = W . 1 1 En segundo lugar tomar u = e 2 = (0, 1, 0, ..., 0). Entonces correo 2• v = e 2• w implica v 2 = w 2, etcétera. Por último, tome u = e = (0, ..., 0, 1). Entonces correo • v = e • w da v = W . n n n n n Por lo tanto v = (v , V , ..., V ) = W = (w , W , ..., W ). 1 2 1 2 n n T9. Demuestre que si c es un escalar, entonces cu = | c | u, donde | c | es el valor absoluto de c. 37

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CAPÍTULO 4. NVECTORES

Solución. De hecho, por la norma (longitud) definición, cu = √ (cu 1) 2 + (Cu 2) 2 + ... + (Cu n) 2 = = √c 2u 12 + C 2u 22 + ... + C 2u 2 = √c 2(u 12 + U 22 + ... + U 2) = n n √u 2 + U 2 + ... + U 2 = = | C | u. = | C | 1 2 n T10. (Teorema de Pitágoras en I v 2 si y sólo si u • v = 0.

n) Demostrar que u + v

2 = U

2+

Solución. Primer aviso de que para nvectores arbitrarios tenemos https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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u + v 2 = (U + v) • (u + v) = u 2 + 2u • v + v 2 (usando el teorema 4.3, p. 236 y la T7 ejercicio anterior). Por último, si la igualdad en la declaración sostiene, entonces 2u • v = 0 y 2 = U 2+ U • V = 0. Por el contrario, u • v = 0 implica 2u • v = 0 y u + v 2 v . Examen del capítulo 4. 1. Encontrar el coseno del ángulo entre los vectores (1, 2, 1, 4) y (3, 2, 4, 1). u • v = uv

Solución. Usa la fórmula del ángulo (p. 237) cos theta = 344 + 4 1 = √22√30 √1 + 4 + 1 + 16√9 + 4 + 16 + 1

2. Encuentre el vector unitario en la dirección de (2, 1, 1, 3). Solución. Utilice la observación después de la definición (p 239.): Si x es un distinto de cero vector, entonces u = 1 x, es un vector unitario en la dirección de x. Por Consiguiente, √4 + 1 + 1 + 9 = √15 y el vector requerido es X (2, 1, 1, 3) = 1 (2, 1, 1, 3). √15 3. ¿Es el vector (1, 2, 3) una combinación lineal de los vectores (1, 3, 2), (2, 2, 1) y (3, 7, 0)? Solución. Sí: la búsqueda de una combinación lineal x (1, 3, 2) + y (2, 2, 1) +

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39 z (3, 7, 0) = (1, 2, 3), se obtiene un sistema lineal x + 2y + 3z = 1 3x + 2y + 7z = 2 https://translate.googleusercontent.com/translate_f

. 44/67

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2x y = 3 1 2 3 3 2 7 es no singular, porque (computar!) 2 1 0 su determinante es 14 = 0. Por lo tanto el sistema tiene una solución (único). La matriz de coeficientes

4. No solicitados (transformaciones lineales). 5. No solicitados (transformaciones lineales). 6. Conteste cada uno de los siguientes como verdadero o falso. (a) En R n, Si u • v = 0, entonces u = 0 ó v = 0. (b) En R n , Si u • v = u • w, entonces v = w. (c) En R n Si cu = 0, entonces c = 0 o u = 0. (d) En R n , Cu = cu. (e) En R n , U + v = u + v. (f) No solicitados (transformaciones lineales). (g) Los vectores (1, 0, 1) y (1, 1, 0) son ortogonales. (h) En R n , Si u = 0, entonces u = 0. (i) En R n, Si u es ortogonal a v y w, entonces u es ortogonal a 2v + 3w. (j) No solicitado (transformaciones lineales). Solución. (a) Falso: por ejemplo, u = e 1 = (1, 0, ..., 0) = 0 y v = e 2= (0, 1, 0 ..., 0) = 0 pero u • v = e 1• e 2 = 0. (b) Falso: para u, v que el anterior: tomar w = 0; entonces E 1• e 2 = E 1 • 0 pero el correo 2 = 0. (c) Verdadero: en efecto, si cu = 0 yc = 0 entonces (cu1, Cu2, ..., Cu n ) = (0, 0, ..., 0) o Cu = Cu = ... = Cu = 0, junto con c = 0, u implicar = U = ... = 1 2 n 1 2 u = 0, es decir, u = 0. n (d) Falso: Comparar con la fórmula correcta en la p. 246, Teórica T9 Ejercicio; Por ejemplo, si c = 1, y u = 0 entonces u = u.

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CAPÍTULO 4. NVECTORES

(e) Falso: Comparar con el Teorema correcta 4.5 (p.238); si u = 0 y v = u entonces u + v = 0 = 0 = 2 u = u + u = u + v. (g) Falso: el producto escalar u • v = 1 + 0 + 0 = 0, de modo que los vectores no son ortogonales (ver p.238 definición). (h) Verdadero: en efecto, u = √u 2 + U 2 + ... + U 2 = 0 implica u 2 + U 2 + ... + 1 2 n 1 2 2 u = 0 y (para números reales) u = U = ... = U = 0, es decir, u = 0. 1 2 n n (i) Es cierto: en efecto, calcular (. una vez más por la definición p 238) u • (2v + 3w) T7, p.246 = 2 (u • v) + 3 (u • w) = 2 × 0 + 3 × 0 = 0.


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Capítulo 5

Líneas y planos

Página 263. T2. Demuestre que (u × v) • w = u • (v × w). Solución. Ciertamente, (u × v) • w = (u 2v 3 U 3v 2, U3v1 U 1v 3, U1v2 U 2v 1) • (w 1, W2, W3) = U U v ) w + (U v U v ) w = = (U 2v3 3v2) w1 + (U 3v 1 1 3 2 1 2 2 1 3 = U 1(v 2w3 V 3w2) + U 2(v 3w 1 V 1w 3) + U 3(v 1w 2 V 2w 1) = = (U 1, U2, U3) • (v 2w 3 V 3w 2, V3w 1 V 1w 3, V1w 2 V 2w1) = = U • (v × w). T4. Muestra esa (u × v) • w =

| u u2 u3 | 1 | v v 2 v3 | 1 | w w w 2 3 | 1

| | |. | | |

Solución. En el ejercicio anterior, que ya obtuvimos (u × v) • w = u (v w V w ) + U (v w V w ) + U (v w V 1 2 3 3 2 2 3 1 1 3 3 1 2 este cálculo se puede continuar como sigue: = U 1(v 2w3 V 3w2) + U 2(v 3w 1 V 1w 3) + U 3(v 1w 2 V 2w 1) = u1 u2 | v | | v | | v | v v v 2 3 1 3 1 2 | U | | | | = U 1 || 2 | w w | + U 3 | w w | = |||| v1 v 2 | 3 | 2 | | w2 w 3 | | 1 | 1 | w w 2 | 1

w ). Pero 2 1 u3 v3 w3

| | |, | | |

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CAPÍTULO 5. líneas y planos

el uso de la expansión del determinante a lo largo de la primera fila. T5. Demostrar que u y v son paralelos si y sólo si u × v = 0. Solución. En la Sección 4.2 (Pág. 238), la siguiente definición se da: dos vectores distintos de cero U y V son paralelas si | u • v | = uv (es decir, cos θ = ± 1, o, equivalentemente pecado θ = 0, theta denota el ángulo de u y v). Tenga en cuenta que u = 0 = v para los vectores no nulos y u × v = 0 ⇔ u × v = 0. Utilizando la fórmula de longitud u × v = sen uv θ obtenemos pecado θ = 0 si y sólo si u × v = 0, el resultado requerido. Página 271. T5. Demostrar que una ecuación del plano a través de los puntos no colineales P 1(X1, Y1, Z1), P 1(X2, Y2, Z2) Y P 1(X3, Y3, Z3) es | xyz 1 | | | | X y z 1 | 1 1 1 | | | X y z 1 | = 0. | 2 2 2 | | X y z 1 | 3 3 3 | | Solución. Cualquier tres puntos no colineales P 1(X1, Y1, Z1), P 1(X2, Y2, Z2) Y P 1(X3, Y3, Z3) Determinan un plano cuya ecuación tiene la forma ax + by + cz + d = 0, donde a, b, c y d son números reales, y a, b, c no son todos cero. Desde P 1(X1, Y1, Z1), P 1(X2, Y2, Z2) Y P 1(X3, Y3, Z3) Se encuentran en el avión, su coordinación nates satisfacer la ecuación anterior: hacha 1 + By 1 + Cz 1 + D = 0 hacha 2 + By 2 + Cz 2 + D = 0 hacha 3 + By 3 + Cz 3 + D = 0


.

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43 Podemos escribir estas relaciones como un sistema lineal homogéneo en el incógnitas a, b, c y d ax + by + cz + d = 0 hacha 1 + By 1 + Cz 1 + D = 0 hacha 2 + By 2 + Cz 2 + D = 0 hacha 3 + By 3 + Cz 3 + D = 0 que debe tener una solución no trivial. Esto ocurre si y sólo si (ver Corolario 3.4 p. 203) el determinante de la matriz de coeficientes es cero, Es decir, si y sólo si | xyz 1 | | | | X y z 1 | | 1 1 1 | = 0. | X y z 1 | 2 2 2 | | | X y z 1 | | 3 3 3 | Examen del capítulo 5. 3. Encuentre ecuaciones paramétricas de la recta que pasa por el punto (5, 2, 1) que es paralela al vector u = (3, 2, 5). Solución. x = 5 + 3t, y = 22t, z = 1 + 5t, ∞
xy z 1 1 2 1 1 3 4 5 1 0 1 1 1


| | 1 | | | Y | 3 | | | | 0

| | | | = 0 (véase la T. Ejercicio anterior 5, p. 271). | | | | 1 1 5 1 1 1

| 1 2 | | + Z ||| 3 4 | | | | 0 1

1 1 1

| | 1 2 1 | | | | 3 4 | | | | 0 1

| | 5 || = 0 1 | 49/67

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| | o x y + 1 = 0.

|

|

|

|

|

|

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CAPÍTULO 5. líneas y planos 5. Conteste cada uno de los siguientes como verdadero o falso. (b) Si u × v = 0 y u = 0 x W entonces u x (v + w) = 0. (c) Si v = 3u, entonces u × v = 0. (d) El punto (2, 3, 4) se encuentra en el plano 2x 3y + z = 5. (e) Los planos 2x 3y + 3z = 2 y 2x + y z = 4 son perpendiculares.

Solución. (b) Los verdaderos usando Teorema 5.1 (p.260) propiedades, (c) y (a): u × (v + w) = u × v + u × w = 0 + 0 = 0. (c) Es cierto que el uso de T.5 ejercicio teórico (p.263), o directamente: si u = (u 1, U2, U3) A continuación, para v = (3u 1, 3u 2, 3u 3) El producto vectorial | yo j k | | u1 u2 u3 | | 3u 1 3u 2 3u 3 |

| | | = 0 | | |

porque (factorizar 3) que tiene dos filas iguales. (d) Falso. Verificación: 2 × 2 a 3 × 3 + 1 × 4 = 1 = 0. (e) Falso. Los planos son perpendiculares si y sólo si el correspondiente vectores normales son perpendiculares, o, si y sólo si estos vectores tienen la producto de punto cero. (2, 3, 3) • (2, 1, 1) = 4 3 3 = 2 = 0.


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Capítulo 6

Espacios vectoriales

Página 302. n T2. Sea S 1 y S 2 ser subconjuntos finitos de Ry dejar que S 1 ser un subconjunto de S 2. Muestra esa: (a) Si S 1 es linealmente dependiente, por lo que es S 2. (b) Si S 2 es linealmente independiente, por lo que es S 1. https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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Solución. Desde S 1 es un subconjunto de S 2, Denotan los vectores en los conjuntos finitos de la siguiente manera: S , ..., V m}. 1 = {V 1, V2, ..., V k} Y S 2 = {V 1, V2, ..., V k, Vk + 1 (a) Si S 1 es linealmente dependiente, existen escalares c 1, C2, ..., C k no todos cero, de tal manera que c 1v 1 + C 2v 2 + ... + C kv k = 0. Por lo tanto c1v 1 + C 2v 2 + ... + C kv k + 0v k + 1 + ... + 0v m = 0, donde no todos los escalares son cero, y así S 2 es linealmente depende también. (b) Si S 1 no es linealmente independiente, es (por definición) de linealmente colgante. Por (a), S 2 También es linealmente dependiente, una contradicción. Por lo tanto S 1 es linealmente independiente. T4. Supongamos que S = {v 1, V2, V3} Es un conjunto linealmente independiente de n vectores en R . Demostrar que T = {w 1, W2, W3} También es linealmente independiente, donde w 1 = V 1 + V 2 + V 3, W 2 = V 2 + V 3 y W 3 = V 3. Solución. Tome c

1w 1 + C 2w 2 + C 3w 3 = 0, es decir, c

1(v 1 + V 2 + V 3) +

45

Página 47

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CAPÍTULO 6. espacios vectoriales

c2(v 2 + V 3) + C 3v 3 = 0. Por lo tanto c 1v 1 + (C 1 + C2) v 2 + (c 1 + C2 + C3) v3 = 0 y por linealmente independencia de S, c 1 C = 1 + C 2 C = 1 + C 2 + C 3 = 0. Pero esto sistema homogéneo tiene, obviamente, sólo la solución cero. Por lo tanto T es también linealmente independientes. T6. Supongamos que S = {v 1, V2, V3} Es un conjunto linealmente independiente de n }, Donde w vectores en R . Es T = {w 1, W2, W3 1 = V 1, W 1 = V 1 + V 2 y w 1 = V 1 + V 2 + V 3, Linealmente dependientes o linealmente independientes? Justificar tu respuesta. Solución. T es linealmente independiente. Se demuestra esto de una manera similar a la T4 Ejercicio anterior. https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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Página 316. 28 (Bonus). Buscar todos los valores de a para que {(un2, 0, 1), (0, A, 2), (1, 0, 1)} es una base para R3. Solución 1. Utilice el procedimiento indicado en el apartado 6.3, p. 294, con el fin de determinar los valores de a para el cual los vectores son linealmente independientes; Esto equivale a encontrar la forma escalonada reducida por filas de la matriz (tenemos invertido el orden de los vectores para simplificar el cálculo de RREF) 1 0 1 0 a 2 la2 0 1

a 2R ~1+ R2

1 0 0 una 0 0 1 a

1 2 2

.

Si a = 0 o un ∈ {± 1} forma escalonada reducida por filas tiene una fila cero. por a / ∈ {1, 0, 1} los tres vectores son linealmente independientes, y así formar una base en R 3 (por el teorema 6.9 (a), p.312). Solución 2. Utilice el Corolario 6.4 de la Sección 6.6, p.335: es suficiente para encontrar los valores de a para el cual el determinante | la2 0 1 | | 0 a 2 | | 1 0 1 |

| | | = A (un2 1) = 0. | | |

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47 Estos son a ∈ R {1, 0, 1}. T9. Demuestre que si {v 1, V2, ..., V n} Es una base para un espacio vectorial V y c = 0 entonces {cv1, V2, ..., V n} También es una base para V. Solución. Por definición: si k 1(CV1) + K 2v 2 + ... + K n v n = 0, entonces (la {v sistema de 1, V2, ..., V n } Siendo linealmente independientes) k 1c = k 2 = ... = K n = 0 https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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y (c = 0), k (la).

1 = K 2 = ... = K n = 0. El resto está cubierto por el Teorema 6.9,

} Una base para el espacio vectorial V. A continuación, mostrar T10. Sea S = {v 1, V2, V3 que T = {w 1, W2, W3}, Donde w 1 = V 1+ v 2 + v 3, W 2 = V 2+ v 3 y W 3 = V 3, también es una base para V. Solución. Usando el teorema 6.9, (a), es suficiente para mostrar que T = {w 1, W2, W3} Es linealmente independiente. Si c 1w 1 + C 2w 2 + C 3w 3 = 0, entonces c 1(v 1 + V 2 + V 3) + C 2(v 2 + V 3) + C 3v 3 = c 1v 1 + (C 1 + C 2) v 2 + (C 1 + C 2 + C 3) v3 = 0, y, {v 1, V2, V3} Es linealmente independiente, c 1 C = 1 + C 2 C = 1 + C 2 + C 3 = 0. Por lo tanto (en primaria cálculos) c 1 C = 2 C = 3 = 0. T12. Supongamos que {v 1, V2, ..., V n} Es una base para R n. Demostrar que si A es una n × n matriz no singular, entonces {Av 1, Av 2, ..., Av n } Es también una base para R n. Solución. En primer lugar le damos una solución para } Es un linealmente Ejercicio T10, Sección 6.3: Supongamos que {v 1, V2, ..., V n n. Demuestre que si A es un n × n no singular conjunto independiente de vectores en R matriz, entonces {Av1, Av 2, ..., Av n } Es linealmente independiente. Solución utilizando la sección 6.6. Sea M = [v 1v 2... v n] Ser la matriz que tiene los vectores dados como columnas (col (M) = v yo , 1 ≤ i ≤ n). Por lo tanto yo el producto AM = [Av AV Av ... ], Es decir col (AM) = Av , 1 ≤ i ≤ n. 1 2 n yo yo Los vectores dados ser linealmente independientes, det (M) = 0. La matriz A det ser no singular (A) = 0. Por lo tanto det (AM) = det (A) det (M) = 0 de manera que {Av 1, Av 2, ..., Av n } Es un linealmente conjunto independiente de vectores, por el Corolario 6.4 en la Sección 6.6.

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Por último, si {Av1, Av 2, ..., Av n} Es linealmente independiente y tiene n vectores n ) = N), sólo queda utilizar el Teorema 6.9 (a), p.312. (notar que dim (R T13. Supongamos que {v 1, V2, ..., V n } Es un conjunto linealmente independiente de vectores en R n y sea A una matriz singular. Probar o refutar que {Av 1, Av 2, ..., Av n} Es linealmente independiente. Solución. Refutar (véase también el ejercicio anterior). De hecho, {Av1, Av 2, ..., Av n} Puede ser linealmente dependientes: tomar, por ejemplo, A = 0: un conjunto de vectores que contiene un vector cero no es linealmente inde colgante. Página 337 a 338 (6 Ejercicios de bonificación).

3. Sea S = {v 3 3 3 3

v4 =

1, V2, ..., V 5}, donde V 1 = 5 3 5 3

, V 5 =

1 2 1 2

, V2 =

2 1 2 1

, V3 =

3 2 3 2

,

. Encuentra una base para el subespacio V = tramos de R 4.

Solución. Utilizamos el procedimiento dado después de la demostración del Teorema 6.6, p. 308: 1 2 3 3 5 1 2 3 3 5 2 1 2 3 3 0 3 4 3 7 ~ ~ A = 1 2 3 3 5 0 0 0 0 0 2 1 2 3 3 0 3 4 3 7 1 2 3 3 5 4 1 0 1 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

7 3

y así v

1 y v

2 es una base.

Página 50 https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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49 11. Calcular la fila y filas de columnas de un teorema verificar 6,11, 1 2 3 1 2 A = 3 1 2 1 5 . 7 8 1 2 5 Solución. Transformamos A en forma escalonada: 1 2 3 3 1 2 1 5 7 8 1

1 2 ~ 2 5

1 2 3 0 1 8 0 6 22 12 2 ~

1 2 3 2 0 1 8 4 0 0 1

1 2 3 0 5 14 0 6 22 12 2

2 4

1 0 6 1 13 13

1 0

~

2 8 2

1 2 3 2 0 1 8 4 0 0 26 12 2

1

R ~3+ R2

1 0

por lo que el rango de la columna es = 3.

Además, para el rango fila, transformamos en la fila escalonada formar el transporte T, plantear un 1 3 7 1 3 7 1 3 7 5 6 2 1 8 0 0 1 1 R2~↔R5 0 14 3 5 1 ~ 0 14 22 6 ~ 2 2 2 0 8 12 0 8 12 2 2 5 6 1 1 5 0 0 1 3 7 0 1 1 0 0 8 0 0 4 0 0 1

~

1 3 7 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0

por lo que el rango de fila es (también) = 3.

18. Si A es una matriz de 3 × 4, ¿cuál es el mayor valor posible para rango (A) ? Solución. La matriz A tiene tres filas por lo que el rango de fila es ≤ 3 y cuatro


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columnas, y por lo que el rango de la columna es ≤ 4. Por el teorema 6.11, el rango de A es como máximo 3. 20. Si A es una matriz de 5 × 3, muestran que las filas son linealmente dependientes. Solución. La matriz que tiene sólo 3 columnas, el rango de columna es ≤ 3. De ahí también el rango fila debe ser ≤ 3 y 5 filas son necesariamente dependientes (de lo contrario el rango fila sería ser ≥ 5). 1 1 4 1 1 2 3 2 1 3 2 1 6 12 4 2

25. Determinar si la matriz A =

es singular

o no singular usando el teorema 6.13. Solución. Transformamos la matriz en forma escalonada con el fin de calcular su rango: 1 1 1 4 1 1 1 4 1 1 1 4 1 2 3 2 0 1 1 3 0 1 1 3 ~ ~ 1 3 2 1 0 4 6 0 0 0 2 12 6 12 4 2 0 8 20 6 0 0 28 38 1 1 1 4 1 1 4 1 0 1 1 3 0 1 1 3 ~ ~ . Por lo tanto el rango (el número 0 0 1 6 0 0 1 6 0 0 28 30 0 0 0 1 filas de distintos de cero) es 4 y la matriz es no singular.

29. ¿S =

4 1 2

2 5

, 5

2 ,

1

un conjunto linealmente independiente de 3

vectores?


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51 Solución. Las columnas de la matriz de quienes son los vectores en S 4 2 2 1 5 1 2 5 3

,

tiene un determinante cero (verificar). Por lo tanto, por el Corolario 6.4, el conjunto S de vectores es linealmente dependiente. T7. Sea A una matriz m × n. Demostrar que el sistema lineal Ax = b tiene una solución para cada m × 1 matriz b si y sólo si rango (A) = m. Solución. Caso 1: m ≤ n. Si el sistema lineal Ax = b tiene una solución por cada m × 1 matriz b, entonces cada m × 1 matriz b pertenece a la columna m y tiene dimensión m. espacio de A. Por lo tanto este espacio columna debe ser todo R Por lo tanto rango (A) = Rango de la columna (A) = dim (espacio de la columna (A)) = m. Por el contrario, si rango (A) = m, el rango de igualdad (A) = rango [A | b] sigue en una vez porque, en general, el rango (A) rango ≤ [A | b] y rango [A | b] ≤ m (porque [A | b] sólo tiene m filas). Finalmente usamos el teorema 6.14. Caso 2: m> n. Observamos que en este caso el rango (A) = m es imposible, porque A tiene sólo n n, la sistema lineal Ax = b tiene solución para cada m × 1 matriz b (de hecho, si tenemos más ecuaciones que incógnitas, y por un determinado b, el sistema tiene una solución, basta con modificar un coeficiente en b, y el correspondiente sistema está no más verificada por la misma solución anterior). Examen del capítulo 6. 3 de la forma (a, b, c), donde 1. Considere el conjunto W de todos los vectores en R 3? a + b + c = 0. Es W un subespacio de R Solución. Sí: (0, 0, 0) ∈ W para que W = ∅. Para (a, b, c), (a, b, c) ∈ W también (a + a, b + b, c + c) ∈ W porque (a + a) + (b + b) + (c + c) = (a + b + c) + (a + b + c) = 0 + 0 = 0. Por último, para cada k ∈ R y (a, b, c) ∈ W también k (a, b, c) ∈ W porque ka + kb + kc = k (a + b + c) = 0. https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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CAPÍTULO 6. espacios vectoriales 2. Encuentre una base para el espacio solución del sistema homogéneo X1 + 3x 2 + 3x 3 X 4 + 2x 5 = 0 X1 + 2x 2 + 2x 3 2x 4 + 2x 5 = 0 X1 + X 2 + X 3 3x 4 + 2x 5 = 0

.

Solución. Transformamos la matriz A aumentada en forma escalonada: 1 3 3 1 2 0 1 2 2 2 0 2 1 1 1 3 2 0 ~

1 3 3 1 2 0 0 1 1 1 0 0 0 2 2 2 0 0

~

1 0 0 2 0 4 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0

. El sistema correspondiente es ahora

4 2x 5 . 3 X 4

X1 = 4x X2 = x X1 X2 Por lo tanto x = X3 X4 X5

0

4

1 = S

1 0 0

+ T

0 1 0

0

4 1 0

1 X = T, x https://translate.googleusercontent.com/translate_f

= U, de modo que

2

1

1

,

0 0 0 1

+ U

tomando x3 = S,

2 ,

0 0

es la requerida 59/67

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4

5

0 0

1 0

0 1

base. 3. ¿el conjunto de vectores {(1, 1, 1), (1, 3, 1), (1, 2, 2)} forman una base para R3 ?

Página 54

53 1 1 1 1 3 2 está consistiendo la matriz, como columnas, 1 1 2 de los vectores dados, det (A) = 6 1 + 2 + 3 2 + 2 = 2 = 0 de manera que la vectores son linealmente independientes. Usando el teorema 6.9, (a), esta es una base en R 3. Solución. Si A =

4. ¿Para qué valor (s) de λ es el conjunto de vectores {(λ 2 5, 1, 0), (2, 2, 3), (2, 3, 3)} linealmente dependiente? λ 2 5 Solución. Si A =

2

2 3

1 2 está consistiendo la matriz, como se 0 3 3 columnas, de los vectores dados, entonces det A = 6 (λ 2 5) + 6 9 (λ 2 5) + 6 = 3λ 2 + 27. A lo tanto det = 0 si y sólo si λ ∈ {± 3}. 5. No es necesario. 6. Conteste cada uno de los siguientes como verdadero o falso. (a) Todos los vectores de la forma (a, 0, a) forman un subespacio de R3. (b) En R n , Cx = cx. (c) Cada conjunto de vectores en R 3 que contiene dos vectores es linealmente inde colgante. https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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(d) El espacio de soluciones del sistema homogéneo Ax = 0 es atravesado por las columnas. n, También lo hacen la (e) Si las columnas de una matriz n × n forman una base para R filas. (f) Si A es una matriz de 8 × 8 de tal manera que el sistema homogéneo Ax = 0 sólo tiene la solución trivial entonces rango (A) <8. (g) No es necesario. 3 contiene tres vectores de (h) Cada conjunto linealmente independiente de vectores en R res. (i) Si A es una matriz n × n simétrica, entonces rango (A) = n. 3 contiene al menos tres vectores. (j) Cada conjunto de vectores que abarcan R Solución. (una verdad. De hecho, estos vectores forman exactamente

Página 55

54


Gen {(1, 0, 1)} que es un subespacio (por el Teorema 6.3, p. 285). (b) Falso. Basta con echar c = 1 yx = 0. contradice el hecho de que la longitud (norma) de cualquier vector es ≥ 0. 3 (c) Falso. x = (1, 1, 1) y y = (2, 2, 2) son linealmente dependientes en R porque 2x y = 0. (d) Falso. El espacio de soluciones del sistema homogéneo Ax = 0 es abarcado por las columnas que corresponden a las columnas de la reducida forma escalonada por filas que no contienen los principales queridos. (e) Verdadero. En este caso el rango de la columna A es n. Pero entonces también la fila rango es n y así las filas forman una base. (f) Falso. Basta con mirar a Corolario 6.5, p. 335, para n = 8. 3 forma un linealmente (h) Falso. Por ejemplo, cada vector distinto de cero solo en R conjunto independiente de vectores. (i) Falso. Por ejemplo, el n cero × n matriz es simétrica, pero no tiene https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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el rango = n (tiene cero determinante). (j) Verdadero. La dimensión del subespacio de R vectores es ≤ 2, pero tenue R 3 = 3.

3 atravesado por uno o dos

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Capítulo 8


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Diagonalización

Página 421. T1. Deje λ j ser un valor propio particular de A. Demostrar que el conjunto W de todos los vectores propios de A asociados a λ j , Así como el vector cero, es una subespacio de R n (llamado el espacio característico asociado con λj ). Solución. En primer lugar, 0 ∈ W y así W = ∅. En segundo lugar, si x, y ∈ W entonces Ax = λ j x, y = λ j y y en consecuencia A (x + y) = Ax + Ay = λ j x + λ j y = λ j (x + y). Por lo tanto x + y ∈ W. Por último, si x ∈ W entonces Ax = λ j x y así A (cx) = C (Ax) = c (λ j x) = λ j (cx). De ahí cx ∈ W. T3. Demostrar que si A es una (inferior) de la matriz triangular superior, entonces el valores propios de A son los elementos de la diagonal principal de A. Solución. La matriz correspondiente? I n A también es superior (inferior) tri angulares y por el Teorema 3.7 (Sección 3.1, p. 188), el poli característica f nomial (λ) viene dada por: | λ una | a a | 11 12 ... 1n | | 0 λ una 22 ... a 2n || | .. .. .. | = (Λ una 11) (λ una22) ... (λ unann ) | | . . . | | | | | 0 0 ... λ una nn | | 55

Página 57

56

CAPÍTULO 8. diagonalización

(ampliando sucesivamente a lo largo de la primera columna). La carac correspondiente ecuación carac tiene la solución de un , la , ..., la . https://translate.googleusercontent.com/translate_f

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T4. Demostrar que A y A

11 22 nn T tener los mismos valores propios.

Solución. De hecho, estos dos matrices tienen la misma característica poli nomials: det (? i Un T) = Det ((? I ) T Un T) = Det ((? I A) T) Th.3.1 = Det (? I A). n n n n T7. Sea A una matriz n × n. (a) Demostrar que det A es el producto de todas las raíces de la característica polinomio de A. (b) Demostrar que A es singular si y sólo si 0 es un valor propio de A. Solución. El polinomio característico

f (λ) =

| λ una | a a | 11 12 ... 1n | | a 21 λ una22 ... a 2n || | .. .. .. | | | . . . | | | | a n1 a n2 ... Λ una nn | | |

n + C λ n1 + C λ n2 + es un grado n polinomio en λ que tiene la forma λ 1 2 ... + c λ + c (uno utiliza la definición del determinante a fin de verificar n1 n que el coeficiente principal en realidad es 1). n + C λ n1 + C λ n2 + ... + Si en el f (λ) la igualdad = det (? I n A) = λ 1 2 n det A. c λ + c dejamos que λ = 0 obtenemos c= Det (A) = (1) n1 n n Por el otro lado, si f (λ) = (λ λ 1) (λ λ 2) ... (λ λ n) Es el decompo sición utilizando los (reales) valores propios de A, entonces (de la misma manera, λ = 0) que obtener f (0) = c n = (1) nλ 1λ 2... λ n. Por lo tanto λ 1λ 2... λ n = Det A. (b) Por el teorema 3.12 (p. 203), sabemos que una matriz A es singular si y sólo si det A = 0. Por lo tanto, el uso de (a), A es singular si y sólo si λ 1λ 2... λ n = 0, o, si y sólo si A tiene 0 como un valor propio.

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57 Examen del capítulo 8. 1. Si es posible, encontrar una matriz P no singular y una matriz diagonal D de modo que A es similar a D, donde A =

1 0 0 5 2 0 4 3 2

.

Solución. La matriz A es sólo la prueba de diagonalizability. Dado que la matriz? i 3 A Es triangular inferior (usando el teorema 3.7, p. 188), el ca 2, Así que tenemos una sencilla polinomio carac es det (? i 3 A) = (λ 1) (λ 2) valor propio λ 1 = 1 y un valor propio λ doble 2 = 2. Para λ 1 = 1 el vector propio es dada por el sistema (I 3 A) x = 0 (resolver 1 5 ella): x 1 = 11 Para el valor propio λ doble 2 2 = sólo un vector propio está dada por la 0 sistema (2I 3 A) x = 0 (resolverlo): x! 2 = 0 . 1 Por lo tanto, A no es diagonalizable. 2 y 3: no es necesario. 4. Conteste cada uno de los siguientes como verdadero o falso. (a) No es necesario. (b) Si A es diagonalizable, entonces cada uno de sus valores propios tiene multiplicidad uno. (c) Si ninguno de los valores propios de A son cero, entonces det (A) = 0. (d) Si A y B son similares, entonces det (A) = det (B). (e) Si x e y son vectores propios de A asociados con la clara eigen valores λ 1 y λ 2, Respectivamente, entonces x + y es un vector propio de A asociado con el valor propio λ 1 + Λ 2.


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CAPÍTULO 8. diagonalización

Solución. (b) Falso: ver el ejemplo 6, p. 427. (c) Verdadero: según T. Ejercicio 7, p. 421 (sección 8.1), det (A) es el producto de todas las raíces del polinomio característico. Pero estos son los valores propios de A (ver Teorema 8.2, p. 413). Si ninguno de estos son cero, tampoco lo es su producto. 1 AP continuación (d) Verdadero: en efecto, si B = P 1 1 det A det P = det P 1 det P det A = det (B) = det (P AP) = det P det A, ya que todos estos son números reales. (e) Falso: hipótesis implica Ax = λ 1x y y = λ 2y. Mediante la adición (de columnas) A (x + y) = Ax + Ay = λ x + λ y no es generalmente igual a 1 2 (λ 1 + Λ 2) (x + y). Un ejemplo sencillo: matriz de cualquier 2 × 2 que tiene dos diferentes valores propios no nulos. La suma es un número real diferente de ambos: a 2 × 2 matriz no puede tener 3 valores propios (ejemplo específico, véase el Ejemplo 3, p. 424).


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Bibliografía

[1] Kolman B, Hill DR, introductoria Álgebra Lineal con aplicaciones, 8 ª Edición, 2005, Prentice Hall, Inc., Nueva Jersey.


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Solucionario-de-algebra-lineal-Kolman-octava-edicion_español.pdf

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