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ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
CÁLCULO EN UNA VARIABLE • MATERIAL EXTRA
ELIMINACIÓN DE GAUSS-JORDAN
Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica
EJERCICIO 1. Dado el sistema de ecuaciones lineales:
− v + 3w = 1
u + v + w = 1
u − v − w = −1
utilizar la eliminación de Gauss-Jordan para determinar el conjunto de soluciones del sistema.
Solución. Tenemos que las matrices
A =
0 −1 3
1 1 1
1 −1 −1
y b =
1
1
−1
.
Así, el sistema en forma matricial es
0 −1 3
1 1 1
1 −1 −1
u
v
w
=
1
1
−1
.
De donde, la matriz ampliada es
0 −1 3 1 | 1
1 1 1 1 | 1
1 −1 −1 1 | −1
Ahora, procedemos a realizar la eliminación de Gauss-Jordan sobre la matriz ampliada:
0 −1 3 | 1
1 1 1 | 1
1 −1 −1 | −1
∼
1 1 1 | 1
0 −1 3 | 1
1 −1 −1 | −1
F1 ↔ F2
∼
1 1 1 | 1
0 −1 3 | 1
0 −2 −2 | −2
− 1F1 + F3 → F3
∼
1 1 1 | 1
0 1 −3 | −1
0 −2 −2 | −2
− 1F2 → F2
∼
1 0 4 | 2
0 1 −3 | −1
0 −2 −2 | −2
− 1F2 + F1 → F1
1
Departamento de Formación Básica Material extra
∼
1 0 4 | 2
0 1 −3 | −1
0 0 −8 | −4
2F2 + F3 → F3
∼
1 0 4 | 2
0 1 −3 | −1
0 0 1 | 12
−
18
F3 → F3
∼
1 0 0 | 0
0 1 −3 | −1
0 0 1 | 12
− 4F3 + F1 → F1
∼
1 0 0 | 0
0 1 0 | 12
0 0 1 | 12
3F3 + F2 → F2
Con esto, tenemos que
0 −1 3 | 1
1 1 1 | 1
1 −1 −1 | −1
∼
1 0 0 | 0
0 1 0 | 12
0 0 1 | 12
,
con esto, tenemos que rang(A) = rang(A|b), de donde el sistema tiene solución, además, rang(A) =
3, por lo tanto, la solución es única. Además, los sistemas
− v + 3w = 1
u + v + w = 1
u − v − w = −1
yu = 0
v = 12
w = 12
tienen las mismas soluciones, es decir, la solución es u = 0, v = 12 y w = 1
2 . Es decir, el conjunto de
soluciones del sistema es
(0, 1/2, 1/2).
EJERCICIO 2. Dado el sistema de ecuaciones lineales:
− v + 3w = 1
u + v + w = 1
utilizar la eliminación de Gauss-Jordan para determinar el conjunto de soluciones del sistema.
2
Material extra Departamento de Formación Básica
Solución. Tenemos que las matrices
A =
0 −1 3
1 1 1
1 −1 −1
y b =
1
1
−1
.
Así, el sistema en forma matricial es
0 −1 3
1 1 1
1 −1 −1
u
v
w
=
1
1
−1
.
De donde, la matriz ampliada es
0 −1 3 1 | 1
1 1 1 1 | 1
1 −1 −1 1 | −1
Ahora, luego de realizar la eliminación de Gauss-Jordan sobre la matriz ampliada, tenemos(
0 −1 3 | 1
1 1 1 | 1
)
∼
(
1 0 4 | 2
0 1 −3 | −1
)
,
con esto, tenemos que rang(A) = rang(A|b), de donde el sistema tiene solución, además, rang(A) =
2 < 3, por lo tanto, tiene infinitas soluciones. Además, los sistemas
− v + 3w = 1
u + v + w = 1
yu + 4w = 2
v − 3w = −1
tienen las mismas soluciones, así, se tiene que
u = 2 − 4α
v = −1 + 3α
w = α,
es solución del sistema para todo α ∈ R, de donde el conjunto de soluciones del sistema es
(2 − 4α,−1 + 3α, α) : α ∈ R.
3
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
CÁLCULO EN UNA VARIABLE • MATERIAL EXTRA
FACTORIZACIÓN LU
Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica
EJERCICIO 1. Determinar, si existe, una factorización LU de la matrix
A =
2 1 1
4 −6 0
−2 7 2
.
Solución. Empecemos determinando una matriz triangula superior U que sea equivalente por filas
a A y en la cual solo utilicemos el múltiplo de una fila más otra
2 1 1
4 −6 0
−2 7 2
. ∼
2 1 1
0 −8 −2
−2 7 2
− 2F1 ↔ F2
∼
2 1 1
0 −8 −2
0 8 3
1F1 + F3 → F3
∼
2 1 1
0 −8 −2
0 0 1
1F2 + F3 → F3
Las matrices elementales correspondientes a las operaciones por filas realizadas son
E1 =
1 0 0
−2 1 0
0 0 1
, E2 =
1 0 0
0 1 0
1 0 1
y E3 =
1 0 0
0 1 0
0 1 1
.
Con esto, tenemos que
U = E3E2E1 A,
así, podemos tomar
L = (E3E2E1)−1 = E
−11 E
−12 E
−13 =
1 0 0
2 1 0
−1 −1 1
.
Con lo cual, obtenemos
A =
2 1 1
4 −6 0
−2 7 2
=
1 0 0
2 1 0
−1 −1 1
2 1 1
0 −8 −2
0 0 1
= LU.
! Notemos que las entradas de la matriz L son los inversos aditivos de los múltiplos que fueron
utilizados para “eliminar” las entradas bajo la diagonal correspondientes.
1
Departamento de Formación Básica Material extra
EJERCICIO 2. Dado el sistema de ecuaciones lineales:
2 1 1
4 −6 0
−2 7 2
x1
x2
x3
=
5
−2
9
determinar su solución utilizando factorización LU.
Solución. Tenemos que las matrices
A =
0 −1 3
1 1 1
1 −1 −1
, x =
x1
x2
x3
. y b =
5
−2
9
.
Así, el sistema en forma matricial es
Ax = b.
Dado que A tiene factorización LU con
L =
1 0 0
2 1 0
−1 −1 1
y U =
2 1 1
0 −8 −2
0 0 1
,
resolvamos el sistema
Ly = b,
cuya matriz ampliada es
1 0 0 | 5
2 1 0 | −2
−1 −1 1 | 9
.
Podemos resolver este sistema utilizando sustitución progresiva y obtenemos
y =
5
−12
2
.
Ahora, resolvemos el sistema
Ux = y
cuya matriz ampliada es
2 1 1 | 5
0 −8 −2 | −12
0 0 1 | 2
.
Podemos resolver este sistema utilizando sustitución regresiva y obtenemos
x =
1
1
2
.
2
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
CÁLCULO EN UNA VARIABLE • MATERIAL EXTRA
CIRCUITOS ELÉCTRICOS
Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica
EJERCICIO 1. Determinar las corrientes desconocidas en el circuito dado a continuación:
Solución. Iniciamos orientando las corrientes en el circuito como se indica a continuación:
Aplicando la ley de corriente de Kirchhoff en el nodo b se tiene que, con la orientación asignada,
la corriente I1 ingresa al nodo, mientras que las corrientes I2 e I3 salen del mismo, con lo cual
I1 = I2 + I3. (1)
De igual manera, en el nodo c se tiene que las tres corrientes, I1, I2 e I3 ingresan al nodo, y ninguna
sale del mismo, con lo cual la ecuación obtenida es
I2 + I4 + I5 = 0 (2)
La ley de corriente de Kirchhoff en el nodo f nos da la ecuación
I3 = I1 + I4 + I5, (3)
ya que la corriente I3 ingresa al mismo, mientras que las corrientes I1, I4 e I5 sale de este.
A continuación, aplicamos la ley de voltajes de Kirchhoff en el ciclo f → a → b → f . Vemos
que la batería aporta con 20 V entre los puntos a y b, mientras que la resistencia de 5 Ω produce
una pérdida de 5I3 voltios. Esto nos da la ecuación
20 − 5I3 = 0. (4)
1
Departamento de Formación Básica Material extra
De manera similar, por el ciclo f → b → c → f se tiene que la resistencia de 5 Ω produce una
ganancia (debido a la orientación) de 5I3 voltios entre los puntos f y b. De manera análoga se
tienen una perdida de 2I2 voltios y una ganancia de 6I5 voltios, con lo cual
5I3 − 2I2 + 6I5 = 0. (5)
Finalmente, la ley de voltajes de Kichhoff en el ciclo f → c → d → e nos da la ecuación
− 6I5 − 40 + I4 = 0. (6)
Juntando las ecuaciones desde la (1) hasta la (6), se obtiene el sistema lineal descrito en forma
matricial por
1 −1 −1 0 0
0 1 0 1 1
−1 0 1 −1 −1
0 0 −5 0 0
0 −2 5 0 6
0 0 0 1 −5
I1
I2
I3
I4
I5
=
0
0
0
−20
0
40
.
La solución de este sistema es
I1 = −8/3, I2 = −20/3, I3 = 4, I4 = 110/9 y I5 = −50/9.
Esto, en particular, indica que los sentidos escogidos para las corrientes I1, I2 e I5 no fue el correcto,
debido a que las magnitudes obtenidas son negativas.
2
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
CÁLCULO EN UNA VARIABLE • MATERIAL EXTRA
MÍNIMOS CUADRADOS
Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica
EJERCICIO 1. Determinar la recta de mínimos cuadrados para los puntos (2, 1), (3, 2), (4, 3),
(5, 2).
Solución. Definamos las matrices
y =
1
2
3
2
, A =
1 2
1 3
1 4
1 5
y u =
(
b
m
)
.
Debemos resolver el sistema
A⊺
Au = A⊺y,
es decir, debemos resolver el sistema(
4 14
14 54
)(
b
m
)
=
(
8
30
)
Resolviendo el sistema, se tiene que
m =25
y b =35
,
por lo tanto, la ecuación de la recta de mínimos cuadrados para los puntos dados es
y =25
x +35
.
1
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • MATERIAL EXTRA
CADENAS DE MARKOV
Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica
EJERCICIO 1. Un psicólogo del comportamiento coloca todos los días una rata en una jaula
con dos puertas A y B. La rata puede pasar por la puerta A, en cuyo caso recibirá un choque
eléctrico, o por la puerta B, con lo cual obtiene cierto alimento. Se registra la puerta por la que
pasa la rata. Al inicio del experimento, un lunes, la rata tiene la misma probabilidad de pasar
por la puerta A que por la puerta B. Después de pasar por la puerta A y recibir una descarga
eléctrica, la probabilidad de que vuelva a pasar por la misma puerta el día siguiente es 0,3.
Después de pasar por la puerta B y recibir alimento, la probabilidad de pasar por la misma
puerta al día siguiente es 0.6.
1. Escriba la matriz de transición para el proceso de Markov.
2. ¿Cuál es la probabilidad de que la rata vuelva a pasar por la puerta A el jueves (el tercer
día después del inicio del experimento)?
3. ¿Cuál es el vector de estado estacionario?
Solución. 1. La matriz de transición asociada al proceso de Markov descrito está dada por:
T =
(
A B
A 0,3 0,4
B 0,7 0,6
)
2. Se tiene que:
T3 =
(
0,363 0,634
0,637 0,636
)
y supongamos que pasó por A el día lunes, lo cual notamos por:
x =
(
1
0
)
entonces la probabilidad que la rata vuelva a pasar por A es de 0,363.
3. Resolvemos el sistema homogéneo
(I − T)u = 0
en este caso es:(
0, 7 −0,4
−0,7 0,4
)(
u1
u2
)
=
(
0
0
)
realizando operaciones elementales de fila(
0, 7 −0,4
−0,7 0,4
)
∼
(
0, 7 −0,4
0 0
)
∼
(
1 −0,57
0 0
)
1
Departamento de Formación Básica Material extra
de donde
u1 = 0,57ru2 u2 = r
tal que
u1 + u2 = 0,57r + r = (1,57)r = 1
por lo cual
r = 0,64
el vector de estado estacionario es:
x =
(
0,36
0,64
)
.
2
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • MATERIAL EXTRA
BASES
Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica
EJERCICIO 1. Sea (E,+, ·, K), demostrar que para todo v ∈ E se cumple que
(−1)v = −v
Demostración. Sea v ∈ E, debemos demostrar que (−1)v es igual a −v, es decir, es igual al inverso
aditivo de v. Con esto, lo que se debe demostrar es que
v + (−1)v = 0.
Notemos que
v + (−1)v = 1v + (−1)v elemento neutro del producto
= (1 + (−1))v distributividad del producto
= 0v elemento neutro del campo
= 0 Hoja 8, Teorema 7.
De donde, por la unicidad de inverso aditivo, se tiene que
(−1)v = −v.
EJERCICIO 2. Sea (E,+, ·, K), demostrar que para todo v ∈ E se cumple que
−(−v) = v
Demostración. Sea v ∈ E, notemos que
−(−v) = (−1)(−v) ejercicio anterior
= (−1)((−1)v) ejercicio anterior
= ((−1)(−1))v asociatividad de producto
= (1)v propiedades del campo
= v elemento neutro del producto.
EJERCICIO 3. En C([−1, 1]), se define
I =
f ∈ C([−1, 1]) :∫ 1
−1f (x) dx = 0
.
1
Departamento de Formación Básica Material extra
1. Determinar cuáles de las siguientes funciones son elementos de I:
g : [−1, 1] −→ R
x 7−→ x
h : [−1, 1] −→ R
x 7−→ 3x2
f : [−1, 1] −→ R
x 7−→
1 si x > 0
−1 si x ≤ 0
es elemento de I?
2. Demostrar que I es un subespacio vectorial de C([−1, 1]).
Demostración.
1. Se tiene que g es una función continua y
∫ 1
−1g(x) dx =
∫ 1
−1x dx = 0,
por lo tanto g ∈ I.
Se tiene que h es una función continua y
∫ 1
−1h(x) dx =
∫ 1
−13x
2dx = 2,
por lo tanto h 6∈ I.
Se tiene que f no es una función continua por lo tanto f 6∈ I.
2. Debemos demostrar tres cosas
• Que la función 0 es elemento de I: Recordemos que la función 0 es
0 : [−1, 1] −→ R
x 7−→ 0,
por lo tanto, la función 0 es continua y
∫ 1
−10(x) dx =
∫ 1
−10 dx = 0,
se tiene que 0 ∈ I.
• Que la suma de dos elementos de I es otro elemento de I: Sean f y g elementos de I, se tiene
que f y g son funciones continuas y
∫ 1
−1f (x) dx = 0 y
∫ 1
−1g(x) dx = 0.
Con esto, se tiene que f + g es continua y
∫ 1
−1( f + g)(x) dx =
∫ 1
−1f (x) + g(x) dx =
∫ 1
−1f (x) dx +
∫ 1
−1g(x) dx = 0 + 0 = 0,
por lo tanto f + g ∈ I.
• Que el producto por un escalar de un elemento de I es otro elemento de I: Sean f un elemento
2
Material extra Departamento de Formación Básica
de I y λ ∈ R, se tiene que f es una función continua y
∫ 1
−1f (x) dx = 0.
Con esto, se tiene que λ f es continua y
∫ 1
−1(λ f )(x) dx =
∫ 1
−1λ f (x) dx = λ
∫ 1
−1f (x) dx = λ0 = 0,
por lo tanto λ f ∈ I.
Con esto, se tiene que I es un subespacio vectorial de C([−1, 1]).
3
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • MATERIAL EXTRA
INDEPENDENCIA LINEAL
Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica
EJERCICIO 1. En C(R), demostrar que sen, cos es linealmente independiente.
Demostración. Sean α, β ∈ R, supongamos que
α sen+β cos = 0,
lo cual equivale a
α sen(x) + β cos(x) = 0,
para todo x ∈ R. Evaluando la expresión anterior en 0 y π/2, se tiene que
α sen(0) + β cos(0) = 0 y α sen(π/2) + β cos(π/2) = 0,
de donde
β = 0 y α = 0.
Con esto, se tiene que sen, cos es linealmente independiente.
Notemos que el método del ejercicio anterior, depende de los valores en los cuales evaluemos
la expresión resultante, es decir, existen valores que no nos ayudarán a llegar a la conclusión
buscada (por ejemplo si evaluamos en 0 y π). Una mejor forma es utilizando la siguiente
definición y teorema.
Sean f1, . . . , fn ∈ Cn−1(I), con I un intervalo de R. Se define el wronskiano de estas funciones
por
W( f1, . . . , fn)(x) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
f1(x) f2(x) . . . fn(x)
f ′1(x) f ′2(x) . . . f ′n(x)...
.... . .
...
f(n−1)1 (x) f
(n−1)2 (x) . . . f
(n−1)n (x)
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
para todo x ∈ I.
DEFINICIÓN 1DEFINICIÓN 1
Sean f1, . . . , fn ∈ Cn−1(I), con I un intervalo de R. Si existe x0 ∈ I tal que
W( f1, . . . , fn)(x0) 6= 0,
entonces f1, . . . , fn es linealmente independiente.
TEOREMA 1TEOREMA 1
1
Departamento de Formación Básica Material extra
Demostración. Por el absurdo, supongamos que el conjunto es linealmente dependiente, es decir,
supongamos que existen α1, . . . , αn, no todos iguales a 0, tales que
α1 f1 + α2 f2 + · · ·+ αn fn = 0,
es decir,
α1 f1(x) + α2 f2(x) + · · ·+ αn fn(x) = 0
para todo x ∈ I. Derivando, tenemos que
α1 f(k)1 (x) + α2 f
(k)2 (x) + · · ·+ αn f
(k)n (x) = 0
para todo x ∈ I y todo k = 1, . . . , n − 1. En especial, para x0 se tiene que
f1(x0) f2(x0) . . . fn(x0)
f ′1(x0) f ′2(x0) . . . f ′n(x0)...
. . ....
f(n−1)1 (x0) f
(n−1)2 (x0) . . . f
(n−1)n (x0)
α1
α2...
αn
=
0
0...
0
.
Pero, dado que
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
f1(x0) f2(x0) . . . fn(x0)
f ′1(x0) f ′2(x0) . . . f ′n(x0)...
. . ....
f(n−1)1 (x0) f
(n−1)2 (x0) . . . f
(n−1)n (x0)
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= W( f1, f2, . . . , fn)(x0) 6= 0,
la única solución del sistema es
α1 = α2 = · · · = αn = 0
lo cual es una contradicción, por lo tanto, el conjunto es linealmente independiente.
EJERCICIO 2. En C(R), demostrar que f , g es linealmente independiente, donde
f : R −→ R
x 7−→ sen(x)y
f : R −→ R
x 7−→ x sen(x).
Solución. Calculemos el wronskiano de las función f y g,
W( f , g)(x) =
∣
∣
∣
∣
∣
sen(x) x sen(x)
cos(x) sen(x) + x cos(x)
∣
∣
∣
∣
∣
= sen2(x)
para x ∈ R. Dado que existe x ∈ R tal que
W( f , g)(x) = sen2(x) 6= 0,
entonces el conjunto el linealmente independiente.
2
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • MATERIAL EXTRA
BASES
Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica
EJERCICIO 1. En R3, consideremos el subespacio vectorial
E = (x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0.
Demuestre que
B = (−1, 1, 0), (−1, 0, 1)
es una base de E.
Demostración. Debemos demostrar que B genera a E y que B es linealmente independiente.
• Sea (x, y, z) ∈ E, se tiene que
x + y + z = 0.
Debemos determinar si existen α, β ∈ R tal que
(x, y, z) = α(−1, 1, 0) + β(−1, 0, 1),
es decir, debemos determinar si el sistema
−α − β = x,
α = y,
β = z,
tiene solución. La matriz ampliada asociada a este sistema es
−1 −1 | x
1 0 | y
0 1 | z
además,
−1 −1 | x
1 0 | y
0 1 | z
∼
1 1 | −x
0 1 | −x − y
0 0 | x + y + z
=
1 1 | −x
0 1 | −x − y
0 0 | 0
,
por lo tanto, el sistema sí tiene solución, por lo tanto,
span(B) = E.
• Sean α, β ∈ R tal que
(0, 0, 0) = α(−1, 1, 0) + β(−1, 0, 1),
1
Departamento de Formación Básica Material extra
se tiene α, β son soluciones del sistema
−α − β = 0,
α = 0,
β = 0.
La matriz ampliada asociada a este sistema es
−1 −1 | 0
1 0 | 0
0 1 | 0
además,
−1 −1 | 0
1 0 | 0
0 1 | 0
∼
1 0 | 0
0 1 | 0
0 0 | 0
,
por lo tanto, α = β = 0, de donde, se concluye que B es linealmente independiente.
Con esto, se tiene que B es una base para E.
!Como podemos observar, los sistemas que se obtiene son similares, es más, basta demostrar
que la solución del primer sistema es única, de ahí, se puede concluir que el conjunto genera
y el linealmente independiente.
EJERCICIO 2. En Rn[t], consideremos el subespacio vectorial
E = at2 + b ∈ Rn[t] : a, b ∈ R.
Demuestre que
B = t2, t
2 + 2
es una base de E.
Demostración. Sea p(t) ∈ E, se tiene que
p(t) = at2 + b
con a, b ∈ R. Debemos determinar si existen únicos α, β ∈ R tal que
at2 + b = α(t2) + β(t2 + 2)
= (α + β)t2 + 2β,
es decir, debemos determinar si el sistema
α + β = a,
2β = b,
2
Material extra Departamento de Formación Básica
tiene solución única. La matriz ampliada asociada a este sistema es(
1 1 | a
0 2 | b
)
por lo tanto, el sistema sí tiene solución única, por lo tanto, B es base para E.
EJERCICIO 3. En R3, consideremos el subespacio vectorial
E = span(D)
donde
D = v1, v2, v3 = (1, 0, 1), (1, 1, 1), (0, 1, 0).
Determinar una base para E.
Solución. Dado que D genera a E, existe un subconjunto de E que es base para E. Para esto, tome-
mos α, β, γ ∈ R tales que
(0, 0, 0) = α(1, 0, 1) + β(1, 1, 1) + γ(0, 1, 0),
es decir, α, β, γ ∈ R tales que sean soluciones del sistema
α + β = 0,
β + γ = 0,
α + β = 0,
La matriz ampliada asociada a este sistema es
1 1 0 | 0
0 1 1 | 0
1 1 0 | 0
además,
1 1 0 | 0
0 1 1 | 0
1 1 0 | 0
∼
1 1 0 | 0
0 1 1 | 0
0 0 0 | 0
.
Dado que la matriz resultante tiene los unos principales en la primera y segunda columna, una
base para E puede estar conformada por
v1, v2 = (1, 0, 1), (1, 1, 1).
EJERCICIO 4. En R3, consideremos el subespacio vectorial
E = (x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0.
Determinar una base para E.
3
Departamento de Formación Básica Material extra
Solución. Sea (x, y, z) ∈ E, se tiene que
x + y + z = 0
de donde se obtiene que
x = −y − z,
por lo tanto
(x, y, z) = (−y − z, y, z)
= y(−1, 1, 0) + z(−1, 0, 1).
Con esto, se obtiene que
(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)
es un conjunto generador de E, a partir de este conjunto hallamos una base para E (como en el
ejercicio anterior), y obtenemos que
B = (−1, 1, 0), (−1, 0, 1)
es una base para E
EJERCICIO 5. En R3[t], consideremos el subespacio vectorial
E = at3 + (a + b)t + 2b ∈ R
3 : a, b ∈ R.
Determinar una base para E.
Solución. Sea at3 + (a + b)t + 2b ∈ E, con a, b ∈ R, se tiene que
at3 + (a + b)t + 2b = a(t3 + t) + b(t + 2).
Con esto, se obtiene que
t3 + t, t + 2
es un conjunto generador de E, a partir de este conjunto hallamos una base para E (como en el
ejercicio anterior), y obtenemos que
B = t3 + t, t + 2
es una base para E
4
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • MATERIAL EXTRA
CAMBIO DE BASE
Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica
EJERCICIO 1. En R2, consideremos la siguiente base ordenada
T = (1, 0), (−1, 1).
Determine [(1, 1)]T.
Solución. Llamemos
v1 = (1, 0) y v2 = (−1, 1),
con esto se tiene que
T = v1, v2.
Para determinar [(1, 1)]T, debemos determinar α1, α2 ∈ R tal que
(1, 1) = α1v1 + α2v2
= α1(1, 0) + α2(−1, 1)
= (α1 − α2, α2),
es decir, debemos debemos determinar α1, α2 ∈ R que sean solución del sistema
α1 − α2 = 1,
α2 = 1.
Resolviendo el sistema tenemos que
α1 = 2, y α2 = 1,
por lo tanto
[x]T =
(
α1
α2
)
=
(
2
1
)
.
EJERCICIO 2. En R2, consideremos las siguientes bases ordenadas
S = (1, 1), (0, 1) y T = (1, 0), (−1, 1).
Determine la matriz de cambio de base PT←S.
Solución. Llamemos
u1 = (1, 1), u2 = (0, 1)
v1 = (1, 0) y v2 = (−1, 1),
1
Departamento de Formación Básica Material extra
con esto se tiene que
S = u1, u2 y T = v1, v2.
Dado que la dimensión de R2 es 2, buscamos una matriz de R
2×2 tal que
[x]T = PT←S[x]S
para todo x ∈ R2. Vamos a utilizar los elementos de la base de S para determinar PT←S. Notemos
que
[u1]S =
(
1
0
)
, y [u2]S =
(
0
1
)
(esto siempre ocurre con los elementos de la base). Con esto, si
PT←S =
(
a b
c d
)
,
tenemos que
[u1]T = PT←S[u1]S =
(
a b
c d
)(
1
0
)
=
(
a
c
)
y
[u2]T = PT←S[u2]S =
(
a b
c d
)(
0
1
)
=
(
b
d
)
,
es decir, la primera columna de PT←S es [u1]T y la segunda columna de PT←S es [u2]T, por lo tanto,
basta calcular
[u1]T y [u2]T.
Tal como se realizó en el ejercicio anterior, debemos determinar α1, α2, β1, β2 ∈ R que sean solución
de los sistemas
α1 − α2 = 1,
α2 = 1,y
β1 − β2 = 0,
β2 = 1.
Resolviendo los sistemas, tenemos que
α1 = 2, α2 = 1, β1 = 1 y β2 = 1
por lo tanto
[u1]T =
(
α1
α2
)
=
(
2
1
)
y [u1]T =
(
β1
β2
)
=
(
1
1
)
,
así, se obtiene que
PT←S =
(
2 1
1 1
)
.
Notemos que el razonamiento realizado en el ejercicio anterior se cumple de manera general,
es decir, dado un espacio vectorial y dos bases ordenadas de este:
S = u1, u2, . . . , un y T = v1, v2, . . . , vn,
2
Material extra Departamento de Formación Básica
se tiene que, para j = 1, . . . , n, la j-ésima columna de la matriz PT←S es [uj]T, así,
PT←S =(
[u1]T [u2]T . . . [un]T
)
.
Notemos que los sistemas de ecuaciones resueltos en el ejercicio anterior son similares, es-
to también pasa de manera general, así, podemos plantear todos los sistemas y resolverlos
simultáneamente como se muestra en el siguiente ejercicios.
EJERCICIO 3. En R3, consideremos las siguientes bases ordenadas
S = (1, 1, 0), (0, 1, 1), (0, 1, 0) y T = (1, 0, 1), (0, 1, 0), (0, 1, 1).
1. Dado el vector x = (−1, 2, 0), determine [x]S.
2. Determine la matriz de cambio de base PT←S.
3. Con los literales anteriores, calcule [x]T.
4. Compruebe el resultado anterior utilizando la definición de [x]T.
Solución. Llamemos
u1 = (1, 1, 0), u2 = (0, 1, 1), u3 = (0, 1, 0)
v1 = (1, 0, 1) v2 = (0, 1, 0) y v3 = (0, 1, 1),
con esto se tiene que
S = u1, u2, u3 y T = v1, v2, v3.
1. Para determinar [x]S, debemos determinar α1, α2, α3 ∈ R tal que
x = (−1, 2, 0) = α1u1 + α2u2 + α3u3
= α1(1, 1, 0) + α2(0, 1, 1) + α3(0, 1, 0)
= (α1, α1 + α2 + α3, α2),
es decir, debemos debemos determinar α1, α2, α3 ∈ R que sean solución del sistema
α1 = −1,
α1 + α2 + α3 = 2,
α2 = 0.
Resolviendo el sistema tenemos que
α1 = −1, α2 = 0 y α3 = 3,
por lo tanto
[x]S =
α1
α2
α3
=
−1
0
3
.
3
Departamento de Formación Básica Material extra
2. Tenemos que la matriz de cambio de base es
PT←S =(
[u1]T [u2]T [u3]T
)
,
por lo cual, debemos encontrar [u1]T, [u2]T y [u3]T, por lo tanto, debemos determinar escalares
tales que
u1 = (1, 1, 0) = β1v1 + β2v2 + β3v3
= β1(1, 0, 1) + β2(0, 1, 0) + β3(0, 1, 1)
= (β1, β2 + β3, β1 + β3),
u2 = (0, 1, 1) = γ1v1 + γ2v2 + γ3v3
= γ1(1, 0, 1) + γ2(0, 1, 0) + γ3(0, 1, 1)
= (γ1, γ2 + γ3, γ1 + γ3),
u3 = (0, 1, 0) = δ1v1 + δ2v2 + δ3v3
= δ1(1, 0, 1) + δ2(0, 1, 0) + δ3(0, 1, 1)
= (δ1, δ2 + δ3, δ1 + δ3),
es decir, se deben resolver los sistemas
β1 = 1,
β2 + β3 = 1,
β1 + β3 = 0,
γ1 = 0,
γ2 + γ3 = 1,
γ1 + γ3 = 1,
y
δ1 = 0,
δ2 + δ3 = 1,
δ1 + δ2 = 0.
Podemos colocar estos tres sistemas en una matriz ampliada
1 0 0 | 1 | 0 | 0
0 1 1 | 1 | 1 | 1
1 0 1 | 0 | 1 | 0
.
Realizando reducción por filas tenemos que
1 0 0 | 1 | 0 | 0
0 1 1 | 1 | 1 | 1
1 0 1 | 0 | 1 | 0
∼
1 0 0 | 1 | 0 | 0
0 1 0 | 2 | 0 | 1
0 0 1 | −1 | 1 | 0
.
De donde obtenemos que
[u1]T =
1
2
−1
, [u2]T =
0
0
1
y [u3]T =
0
1
0
.
4
Material extra Departamento de Formación Básica
Con esto, tenemos que
PT←S =(
[u1]T [u2]T [u3]T
)
=
1 0 0
2 0 1
−1 1 0
.
3. Tenemos que
[x]T = PT←S[x]S =
1 0 0
2 0 1
−1 1 0
−1
0
3
=
−1
1
1
.
4. Para comprobar el resultado anterior utilizando la definición, debe ser verdad que
x = −1v1 + 1v2 + 1v3,
por lo tanto, calculemos el lado derecho:
−1v1 + 1v2 + 1v3 = −1(1, 0, 1) + 1(0, 1, 0) + 1(0, 1, 1)
= (−1, 2, 1)
= x,
por lo tanto, queda comprobado.
EJERCICIO 4. En R2[t], consideremos las siguientes bases ordenadas
S = t2 + 1, 2t, 2 y T = t2 − 1, t2 + t, t.
Determine la matriz de cambio de base PT←S.
Solución. Llamemos
p1(t) = t2 + 1, p2(t) = 2t, p3(t) = 2
q1(t) = t2 − 1 q2(t) = t
2 + t y q3(t) = t,
con esto se tiene que
S = p1(t), p1(t), p1(t) y T = q1(t), q1(t), q1(t).
Tenemos que la matriz de cambio de base es
PT←S =(
[p1(t)]T [p2(t)]T [p3(t)]T
)
,
por lo cual, debemos encontrar [p1(t)]T, [p2(t)]T y [p3(t)]T, por lo tanto, debemos determinar esca-
lares tales que
p1(t) = t2 + 1 = α1q1(t) + α2q2(t) + α3q3(t)
= α1(t2 − 1) + α2(t
2 + t) + α3(2)
= (α1 + α2)t2 + α2t + (2α3 − α1),
5
Departamento de Formación Básica Material extra
p2(t) = 2t = β1q1(t) + β2q2(t) + β3q3(t)
= β1(t2 − 1) + β2(t
2 + t) + β3(2)
= (β1 + β2)t2 + β2t + (2β3 − β1),
p3(t) = 2 = γ1q1(t) + γ2q2(t) + γ3q3(t)
= γ1(t2 − 1) + γ2(t
2 + t) + γ3(2)
= (γ1 + γ2)t2 + γ2t + (2γ3 − γ1),
es decir, se deben resolver los sistemas
α1 + α2 = 1,
α2 = 0,
−α1 + 2α3 = 1,
β1 + β2 = 0,
β2 = 2,
−β1 + 2β3 = 0,
y
γ1 + γ2 = 0,
γ2 = 0,
−γ1 + 2γ3 = 2,
Podemos colocar estos tres sistemas en una matriz ampliada
1 1 0 | 1 | 0 | 0
0 1 0 | 0 | 2 | 0
−1 0 2 | 1 | 0 | 2
.
Realizando reducción por filas tenemos que
1 1 0 | 1 | 0 | 0
0 1 0 | 0 | 2 | 0
−1 0 2 | 1 | 0 | 2
∼
1 0 0 | −2 | −1 | −1
0 1 0 | 2 | 1 | 1
0 0 1 | −1 | 0 | 12
.
De donde obtenemos que
[p1(t)]T =
−2
2
−1
, [p2(t)]T =
−1
1
0
y [p3(t)]T =
−1
112
.
Con esto, tenemos que
PT←S =(
[p1(t)]T [p2(t)]T [p3(t)]T
)
=
−2 −1 −1
2 1 1
−1 0 12
.
6