ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL HOJA DE DATOS ÁLGEBRA … · ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL HOJA DE DATOS ÁLGEBRA LINEAL • PRIMERA PRUEBA DEL PRIMER BIMESTRE Lunes 29 de abril de

ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL

HOJA DE DATOS

ÁLGEBRA LINEAL • PRIMERA PRUEBA DEL PRIMER BIMESTRE

Lunes 29 de abril de 2019 (80 minutos) Departamento de Formación Básica

Fila A

CRITERIO DE CALIFICACIÓN

• No se penalizará la omisión de la cuantificación de variables en ninguna pregunta.

• El puntaje de cada pregunta se distribuye de la siguiente manera:

Pregunta 1: 0,5 puntos para el literal a); 1,0 puntos para el b); 1,0 puntos para el c) y 0,5 puntos para el literal d).

Pregunta 2: 1,0 puntos por obtener la matriz escalonada; 0,5 puntos para el literal a) y 0,5 puntos para el b).

Pregunta 3: 1,0 para el literal a); 0,5 para el literal b) y 0,5 puntos para el c), si la inversa se calcula sin utilizar el

literal a) la calificación es de 0,1 puntos en caso de obtener la inversa correcta.

Pregunta 4: 1,0 puntos, se considera la correcta determinación de A3 y de B3.

1. (3 puntos) Dada la matriz A =

(

2 1

1 2

)

.

a) Encuentre una matriz B ∈ R2×2 tal que A = I2 + B.

b) Conjeture una expresión para Bn en función de B, con n ∈ N∗.

c) Usando el binomio de Newton, calcule An. Observación:n

∑k=1

(

n

k

)

2k−1 =3n − 1

2.

d) ¿An =1

2

(

3n + 1 3n − 1

3n − 1 3n + 1

)

? Justifique su respuesta.

Solución.

a) La matriz B que buscamos debe verificar que A = I2 + B, a partir de lo cual obtenemos

que

B = A − I2 =

(

2 1

1 2

)

−

(

1 0

0 1

)

=

(

1 1

1 1

)

.

b) Para conjeturar una expresión para Bn calculemos algunas de sus primeras potencias:

• Si n = 1:

B1 =

(

1 1

1 1

)

.

• Si n = 2:

B2 =

(

2 2

2 2

)

= 2

(

1 1

1 1

)

.

• Si n = 3:

B3 =

(

4 4

4 4

)

= 22

(

1 1

1 1

)

.

Por tanto, tenemos que la expresión buscada está dada por:

Bn = 2n−1B

para cada n ∈ N∗.

c) Notando que I2 y B conmutan, junto con la expresión obtenida para B y para A, tenemos

que, por el binomio de Newton, para cualquier n natural:

An = (B + I2)n

=n

∑k=0

(

n

k

)

Bk In−k2

=

(

n

0

)

B0 In−02 +

n

∑k=1

(

n

k

)

2k−1B

= I2 +

(

n

∑k=1

(

n

k

)

2k−1

)

B.

Ahora, dado quen

∑k=1

(

n

k

)

2k−1 =3n − 1

2, junto con lo anterior, obtenemos que

An = I2 +3n − 1

2B.

d) En virtud del literal c) tenemos que

An = I2 +3n − 1

2B =

1

2

(

3n + 1 3n − 1

3n − 1 3n + 1

)

.

Por tanto, es cierto lo que se afirma en este enunciado.

2. (2 puntos) Dado β ∈ R. Considere el sistema de ecuaciones lineales con las variables x, y y z:

x + y + βz = 2

3x + 4y + 2z = β

2x + 3y − z = 1

x + 2y − (1 + β)z = −1

Indique los valores de β para qué:

a) el sistema tenga solución única y

b) el sistema tenga infinitas soluciones.

Solución.

El correspondiente sistema matricial está dado por

Aw = b

donde

A =

1 1 β

3 4 2

2 3 −1

1 2 −(1 + β)

, w =

x

y

z

y b =

2

β

1

−1

.

Luego, la matriz ampliada, (A|b), del sistema es

(A|b) =

1 1 β | 2

3 4 2 | β

2 3 −1 | 1

1 2 −1 − β | −1

.

2

Obtengamos la correspondiente matriz escalonada reducida por filas.

1 1 β | 2

3 4 2 | β

2 3 −1 | 1

1 2 −1 − β | −1

∼

1 1 β | 2

0 1 2 − 3β | −6 + β

0 1 −1 − 2β | −3

0 1 −1 − 2β | −3

−3F1 + F2 → F2

−2F1 + F3 → F3

−F1 + F4 → F4

∼

1 0 −2 + 4β | 8 − β

0 1 2 − 3β | −6 + β

0 0 −3 + β | 3 − β

0 0 −3 + β | 3 − β

−F2 + F1 → F1

−F2 + F3 → F3

−F2 + F4 → F4

∼

1 0 −2 + 4β | 8 − β

0 1 2 − 3β | −6 + β

0 0 −3 + β | 3 − β

0 0 0 | 0

. − F3 + F4 → F4

Ahora, analizando los términos de las posiciones fila 3 columna 3 y fila 3 columna 4, tenemos

que sí β = 3 el rango de la matriz cambia, por tanto, estudiamos los siguientes casos.

Caso I. Si β ∈ R r {3}.

Notemos que en este caso rang(A) = rang(A|b) = 3, lo que implica que el sistema es

consistente y tienen solución única puesto que rang(A) = 3.

Caso II. Si β = 3.

La correspondiente matriz ampliada verifica la siguiente equivalencia:

1 1 3 | 2

3 4 2 | 3

2 3 −1 | 1

1 2 −4 | −1

∼

1 0 10 | 5

0 1 −7 | −3

0 0 0 | 0

0 0 0 | 0

Luego, rang(A) = rang(A|b) = 2 y dado que el número de variables del sistema es igual

a 3, concluimos que el sistema es consistente con infinitas soluciones.

Finalmente:

a) El sistema tiene solución única cuando β ∈ R r {3}.

b) El sistema tiene infinitas soluciones cuando β = 3.

3. (2 puntos) Sea A ∈ Rn×n tal que A3 = 0n×n.

a) Demuestre que In + A + A2 es la matriz inversa de In − A.

b) Sea A =

0 1 6

0 0 4

0 0 0

. Verifique que A3 = 03×3.

c) Utilice el resultado del literal a) para determinar la inversa de B =

1 −1 −6

0 1 −4

0 0 1

.

Solución.

a) Notemos que en virtud de operaciones de matrices junto con la hipótesis A3 = 0n×n,

tenemos que

(In + A + A2)(In − A) = In − A3 = In − 0n×n = In

3

y que

(In − A)(In + A + A2) = In − A3 = In − 0n×n = In

Por lo tanto, In − A es invertible con inversa (In − A)−1 = In + A + A2.

b) Calculemos las matrices A2 y A3.

A2 = AA =

0 1 6

0 0 4

0 0 0

0 1 6

0 0 4

0 0 0

=

0 0 4

0 0 0

0 0 0

,

A3 = A2A =

0 0 4

0 0 0

0 0 0

0 1 6

0 0 4

0 0 0

= 03×3.

Por lo cual, se verifica que A3 = 03×3.

c) Notemos que por el literal anterior, se tiene que B = I3 − A, donde A3 = 03×3. Ahora, por

el literal a tenemos que B es invertible con inversa B−1 = In + A + A2, la cual es

B−1 = In + A + A2 =

1 1 10

0 1 4

0 0 1

.

4. (1 punto) Sean A y B ∈ Rn×n. Sabiendo que A es idempotente, B involutiva y que A y B

conmutan con el producto de matrices. ¿(A + B)3 + (A − B)3 = −8A? Justifique su respuesta.

Observación: Una matriz X ∈ Rn×n se dice involutiva si X2 = In.

Solución.

Notemos que si B es involutiva tenemos que

B2 = In y B3 = B.

y que si A es idempotente obtenemos que

A2 = A y A3 = A.

Por propiedades de la operación multiplicación de matrices junto con la hipótesis de conmuta-

tividad entre A y B tenemos que

(A + B)3 + (A − B)3 = 2A3 + 6AB2.

Ahora, por lo analizado sobre A y B y sus potencias tenemos que

(A + B)3 + (A − B)3 = 2A3 + 6AB2 = 2A + 6AIn = 2A + 6A = 8A.

Por tanto, concluimos que (A + B)3 + (A − B)3 = 8A 6= −8A, siempre y cuando A 6= 0n×n, ya

que si A = 0n×n tenemos que la igualdad si se cumple.

4


HOJA DE DATOS

ÁLGEBRA LINEAL • PRIMERA PRUEBA DEL PRIMER BIMESTRE

Lunes 29 de abril de 2019 (80 minutos) Departamento de Formación Básica

Fila B




Pregunta 1: 0,5 puntos para el literal a); 1,0 puntos para el b); 1,0 puntos para el c) y 0,5 puntos para el literal d).

Pregunta 2: 1,0 puntos por obtener la matriz escalonada; 0,5 puntos para el literal a) y 0,5 puntos para el b).

Pregunta 3: 1,0 para el literal a); 0,5 para el literal b) y 0,5 puntos para el c), si la inversa se calcula sin utilizar el

literal a) la calificación es de 0,1 puntos en caso de obtener la inversa correcta.

Pregunta 4: 1,0 puntos, se considera la correcta determinación de A3 y de B3.

1. (3 puntos) Dada la matriz A =

(

3 2

2 3

)

.

a) Encuentre una matriz B ∈ R2×2 tal que A = I2 + B.

b) Conjeture una expresión para Bn en función de B, con n ∈ N∗.

c) Usando el binomio de Newton, calcule An. Observación:n

∑k=1

(

n

k

)

22k−1 =5n − 1

2.

d) ¿An =1

2

(

5n + 1 5n − 1

5n − 1 5n + 1

)

? Justifique su respuesta.

Solución.

a) La matriz B que buscamos debe verificar que A = I2 + B, a partir de lo cual obtenemos

que

B = A − I2 =

(

3 2

2 3

)

−

(

1 0

0 1

)

=

(

2 2

2 2

)

.

b) Para conjeturar una expresión para Bn calculemos algunas de sus primeras potencias:

• Si n = 1:

B1 =

(

2 2

2 2

)

.

• Si n = 2:

B2 =

(

8 8

8 8

)

= 4

(

2 2

2 2

)

.

• Si n = 3:

B3 =

(

32 32

32 32

)

= 16

(

2 2

2 2

)

.

• Si n = 4:

B4 =

(

128 128

128 128

)

= 64

(

2 2

2 2

)

.

Ahora, tenemos que la expresión buscada está dada por:

Bn = 22n−2B

para cada n ∈ N∗.

c) Notando que I2 y B conmutan, junto con la expresión obtenida para B y para A, tenemos

que, por el binomio de Newton, para cualquier n natural:

An = (B + I2)n

=n

∑k=0

(

n

k

)

Bk In−k2

=

(

n

0

)

B0 In−02 +

n

∑k=1

(

n

k

)

22k−2B

= I2 +1

2

(

n

∑k=1

(

n

k

)

22k−1

)

B.

Ahora, dado quen

∑k=1

(

n

k

)

22k−1 =5n − 1

2, junto con lo anterior, obtenemos que

An = I2 +1

2

(

5n − 1

2

)

B.

d) En virtud del literal c tenemos que

An = I2 +1

2

(

5n − 1

2

)

B =1

2

(

5n + 1 5n − 1

5n − 1 5n + 1

)

.

Por tanto, es cierto lo que se afirma en este enunciado.

2. (2 puntos) Dado α ∈ R, considere el sistema de ecuaciones lineales en las variables x, y y z:

x + y + αz = 2

2x + 3y − z = 1

3x + 4y + 2z = α

4x + 5y + (2 + α)z = 2 + α

Indique los valores de α para qué:

a) el sistema tenga solución única.

b) el sistema tenga infinitas soluciones.

Solución.

El correspondiente sistema matricial está dado por

Aw = b

donde

A =

1 1 α

2 3 −1

3 4 2

4 5 2 + α

, w =

x

y

z

y b =

2

1

α

2 + α

.

6

Luego, la matriz ampliada, (A|b), del sistema es

(A|b) =

1 1 α | 2

2 3 −1 | 1

3 4 2 | α

4 5 2 + α | 2 + α

.

Obtengamos la correspondiente matriz escalonada reducida por filas.

1 1 α | 2

2 3 −1 | 1

3 4 2 | α

4 5 2 + α | 2 + α

∼

1 1 α | 2

0 1 −1 − 2α | −3

0 1 2 − 3α | −6 + α

0 1 2 − 3α | −6 + α

−2F1 + F2 → F2

−3F1 + F3 → F3

−4F1 + F4 → F4

∼

1 0 1 + 3α | 5

0 1 −1 − 2α | −3

0 0 3 − α | −3 + α

0 0 3 − α | −3 + α

−F2 + F1 → F1

−F2 + F3 → F3

−F2 + F4 → F4

∼

1 0 1 + 3α | 5

0 1 −1 − 2α | −3

0 0 3 − α | −3 + α

0 0 0 | 0

. − F3 + F4 → F4.

Ahora, analizando los términos de las posiciones fila 3 columna 3 y fila 3 columna 4, tenemos

que sí α = 3 el rango de la matriz cambia, por tanto, estudiamos los siguientes casos.

Caso I. Si α ∈ R r {3}.

Notemos que en este caso rang(A) = rang(A|b) = 3, lo que implica que el sistema es

consistente con solución única.

Caso II. Si α = 3.

La correspondiente matriz ampliada verifica la siguiente equivalencia:

1 1 3 | 2

2 3 −1 | 1

3 4 2 | 3

4 5 5 | 5

∼

1 0 10 | 5

0 1 −7 | −3

0 0 0 | 0

0 0 0 | 0

.

Luego, rang(A) = rang(A|b) = 2 y dado que el número de variables del sistema es igual

a 3, concluimos que el sistema es consistente con infinitas soluciones.

Finalmente:

a) El sistema tiene solución única cuando α ∈ R r {3}.

b) El sistema tiene infinitas soluciones cuando α = 3.

3. (2 puntos) Sea A ∈ Rn×n tal que A3 = 0n×n.

a) Demuestre que In − A es la matriz inversa de In + A + A2.

b) Sea A =

0 1 2

0 0 3

0 0 0

. Verifique que A3 = 03×3.

c) Utilice el resultado del literal a) para determinar la inversa de B =

1 −1 −2

0 1 −3

0 0 1

.

7

Solución.

a) Notemos que en virtud de operaciones de matrices junto con la hipótesis A3 = 0n×n,

tenemos que

(In − A)(In + A + A2) = In − A3 = In − 0n×n = In

y que

(In + A + A2)(In − A) = In − A3 = In − 0n×n = In

Por lo tanto, In + A + A2 es invertible con inversa (In + A + A2)−1 = In − A.

b) Calculemos las matrices A2 y A3.

A2 = AA =

0 1 2

0 0 3

0 0 0

0 1 2

0 0 3

0 0 0

=

0 0 3

0 0 0

0 0 0

,

A3 = A2A =

0 0 3

0 0 0

0 0 0

0 1 2

0 0 3

0 0 0

= 03×3.

Por lo cual, se verifica que A3 = 03×3.

c) Notemos que por el literal anterior, se tiene que B = I3 − A, donde A3 = 03×3. Ahora, por

el literal a tenemos que B es invertible con inversa B−1 = In + A + A2, la cual es

B−1 = In + A + A2 =

1 1 5

0 1 3

0 0 1

.

4. (1 punto) Sean A y B ∈ Rn×n. Sabiendo que A es involutiva, B idempotente y que A y B

conmutan con el producto de matrices. ¿(B + A)3 + (B − A)3 = −8B? Justifique su respuesta.

Observación: Una matriz X ∈ Rn×n se dice involutiva si X2 = In.

Solución.

Notemos que si A es involutiva tenemos que

A2 = In y A3 = A.

y que si B es idempotente obtenemos que

B2 = B y B3 = B.

Por propiedades de la operación multiplicación de matrices junto con la hipótesis de conmuta-

tividad entre A y B tenemos que

(B + A)3 + (B − A)3 = 2B3 + 6BA2.

Ahora, por lo analizado sobre A y B y sus potencias tenemos que

(B + A)3 + (B − A)3 = 2B3 + 6BA2 = 2B + 6BIn = 2B + 6B = 8B.

Por tanto, concluimos que (B + A)3 + (B − A)3 = 8B 6= −8B, siempre y cuando B 6= 0n×n, ya

que si B = 0n×n tenemos que la igualdad si se cumple.

8


HOJA DE DATOS

ÁLGEBRA LINEAL • SEGUNDA PRUEBA DEL PRIMER BIMESTRE

Martes 21 de mayo de 2019 (90 minutos) Departamento de Formación Básica

Fila A



• El puntaje de cada pregunta es de 2 puntos, y se distribuye de la siguiente manera: 1 punto por cada literal.

1. a) Dada la matriz A =

0 2 1 1

1 −2 1 0

2 0 3 0

−1 0 0 1

, calcule su determinante transformado A en una

matriz triangular superior.

b) Sea P ∈ Rn×n una matriz ortogonal (PPT = PTP = In). Demuestre que det(2P) = ±2n.

Solución.

a) Obtengamos el valor del determinante de A por medio de operaciones y propiedades del

determinante.

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 2 1 1

1 −2 1 0

2 0 3 0

−1 0 0 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −2 1 0

0 2 1 1

2 0 3 0

−1 0 0 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

F1 ↔ F2

= −

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −2 1 0

0 2 1 1

0 4 1 0

0 −2 1 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−2F1 + F3 → F3

F1 + F4 → F4

= −

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −2 1 0

0 2 1 1

0 0 −1 −2

0 0 2 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−2F2 + F3 → F3

F2 + F4 → F4

= −

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −2 1 0

0 2 1 1

0 0 −1 −2

0 0 0 −2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2F3 + F4 → F4

= −(1)(2)(−1)(−2)

= −4.

0.7 puntos por obtener la matriz triangular, 0.3 puntos por obtener el valor del determi-

nante.

b) Suponiendo que P es una matriz ortogonal tenemos que PPT = In, lo que implica que

det(PPT) = det(In).

Utilizando propiedades del determinante tenemos que

det(PPT) = det(P)det(PT) = det(P)det(P) = det(P)2

luego, utilizando las dos expresiones anteriores tenemos que

det(P)2 = 1

lo que implica que

det(P) = ±1.

Finalmente, por propiedades del determinante junto con el resultado anterior tenemos que

det(2P) = 2n det(P) = ±2n.

Por tanto, hemos demostrado el enunciado.

0.4 puntos por demostrar que det(P)2 = 1 y 0.2 puntos por deducir que det(P) = ±1,

finalmente, 0.4 puntos por demostrar que det(2P) = ±2n.

2. Dado x ∈ R, considere la matriz A =

x + 1 x x

x x + 1 x

x x x + 1

.

a) Determine los valores de x para los cuales A es invertible.

b) Para los valores de x obtenidos en el literal anterior, utilizando la matriz adjunta de A,

obtenga la inversa de A.

Solución.

a) Sabemos que una matriz es invertible si y solo si su determinante es diferente de cero.

Calculemos entonces el determinante de A:

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x + 1 x x

x x + 1 x

x x x + 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2x + 1 2x + 1 2x

x x + 1 x

x x x + 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

F2 + F1 → F1

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3x + 1 3x + 1 3x + 1

x x + 1 x

x x x + 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

F3 + F1 → F1

= (3x + 1)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 1

x x + 1 x

x x x + 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (3x + 1)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 1

0 1 0

0 0 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−xF1 + F2 → F2

−xF1 + F3 → F3

= 3x + 1.

2

Ahora, de det(A) = 0, obtenemos que x = −1

3. Luego, la matriz es invertible si y solo si

x ∈ R r

{

−1

3

}

.

0.7 puntos por obtener el valor del determinante o alternativamente mostrar que la matriz

es equivalente por filas a la identidad y 0.3 puntos por escribir la condición sobre x.

b) En virtud del literal anterior tomemos x ∈ R r

{

−1

3

}

, luego, la matriz de cofactores de

A es

cof(A) =

2x + 1 −x −x

−x 2x + 1 −x

−x −x 2x + 1

y entonces la matriz adjunta de A es

adj(A) = (cof(A))T =

2x + 1 −x −x

−x 2x + 1 −x

−x −x 2x + 1

por tanto, la inversa de A está dada por

A−1 =1

det(A)adj(A) =

2x + 1

3x + 1−

x

3x + 1−

x

3x + 1

−x

3x + 1

2x + 1

3x + 1−

x

3x + 1

−x

3x + 1−

x

3x + 1

2x + 1

3x + 1.

0.6 puntos por obtener la matriz de cofactores, 0.2 puntos por obtener la matriz adjunta y

0.2 puntos por obtener la matriz inversa.

3. Dados a, b, c ∈ R, considere el sistema de ecuaciones lineales en las variables x, y y z dado por

x − y + az = a,

x + bz = b,

x + y + cz = c.

a) Encuentre la condición sobre a, b y c tal que el sistema posea solución única. Determine el

conjunto solución.

b) Si a = b = c, ¿qué sucede con la solución del sistema?

Solución.

a) El correspondiente sistema matricial es Aw = h donde

A =

1 −1 a

1 0 b

1 1 c

, w =

x

y

z

y h =

a

b

c

.

Para determinar la condición sobre a, b y c para que el sistema posea solución única calcu-

lemos el determinante de A,

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −1 a

1 0 b

1 1 c

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −1 a

0 1 −a + b

0 2 −a + c

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−F1 + F2 → F2

−F1 + F3 → F3

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −1 a

0 1 −a + b

0 0 a − 2b + c

∣

∣

∣

∣

∣

∣

− 2F2 + F3 → F3

= a − 2b + c.

Por lo tanto, tenemos que el sistema posee solución única para cada a, b y c reales tales que

a − 2b + c 6= 0. Determinemos ahora el conjunto solución, para esto utilicemos la regla de

Cramer.

• Variable x:

x =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a −1 a

b 0 b

c 1 c

∣

∣

∣

∣

∣

∣

det(A)=

0

a − 2b + c= 0.

• Variable y:

y =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a a

1 b b

1 c c

∣

∣

∣

∣

∣

∣

det(A)=

0

a − 2b + c= 0.

• Variable z:

z =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −1 a

1 0 b

1 1 c

∣

∣

∣

∣

∣

∣

det(A)=

a − 2b + c

a − 2b + c= 1.

Por lo cual, el conjunto solución para el caso en que el sistema posee solución única es

{(0, 0, 1)} .

0.4 por obtener el valor del determinante de la matriz de coeficientes del sistema, 0.2 pun-

tos por obtener la condición sobre a, b y c. Por cada incógnita calculada 0.1 puntos y 0.1

puntos por concluir cual es la respuesta. Alternativamente, 0.6 puntos por mostrar que el

sistema posee solución única calculando los rangos de las matrices de coeficientes y am-

pliada junto con la condición sobre a, b y c. Por cada incógnita calculada 0.1 puntos y 0.1

puntos por concluir cual es la respuesta

b) Tomemos a = b = c, entonces el sistema matricial es Aw = h donde

A =

1 −1 a

1 0 a

1 1 a

, w =

x

y

z

y h =

a

a

a

.

Dado que det(A) = 0 para todo a ∈ R, trabajamos con la matriz ampliada del sistema,

(A|h), la cual está dada por

(A|h) =

1 −1 a | a

1 0 a | a

1 1 a | a

4

que verifica la siguiente equivalencia

1 −1 a | a

1 0 a | a

1 1 a | a

∼

1 0 a | a

0 1 0 | 0

0 0 0 | 0

Luego, tenemos que rang(A) = rang(A|h) = 2 que es menor al número de variables del

sistema, por tanto, el sistema posee infinitas soluciones.

0.7 puntos por la triangularización y 0.3 puntos por la justificación.

4. En R2, se definen las operaciones ⊕ : R

2 × R2 → R

2 y ⊙ : R × R2 → R

2 por

(x1, x2)⊕ (y1, y2) = (x1, x2 + y2) y α ⊙ (x1, x2) = (αx1, x2)

para cada (x1, x2), (y1, y2) ∈ R2 y para cada α ∈ R.

a) ¿Es (0, 0) el neutro aditivo de esta operación?

b) Muestre que se verifica la propiedad

α ⊙ ((x1, x2)⊕ (y1, y2)) = α ⊙ (x1, x2)⊕ α ⊙ (y1, y2)


Solución.

a) Tomemos (x1, x2) ∈ R2 arbitrario, vamos a verificar si se cumple que

(x1, x2)⊕ (0, 0) = (0, 0)⊕ (x1, x2) = (x1, x2).

Entonces, aplicando la definición de ⊕ tenemos que

(x1, x2)⊕ (0, 0) = (x1, x2 + 0) = (x1, x2)

y que

(0, 0)⊕ (x1, x2) = (0, 0 + x2) = (0, x2).

Luego, si x1 6= 0 no se verifica que (0, 0) es el neutro aditivo de esta operación.

0.8 puntos por verificar que (0, 0) que no es el neutro y 0.2 puntos por la conclusión.

b) Sean (x1, x2), (y1, y2) ∈ R2 y sea α ∈ R, aplicando la definición de las operaciones tenemos

que

α ⊙ ((x1, x2)⊕ (y1, y2)) = α ⊙ (x1, x2 + y2) = (αx1, x2 + y2)

y que

α ⊙ (x1, x2)⊕ α ⊙ (y1, y2) = (αx1, x2)⊕ (αy1, y2) = (αx1, x2 + y2)

Por lo tanto, se tiene que

α ⊙ ((x1, x2)⊕ (y1, y2)) = α ⊙ (x1, x2)⊕ α ⊙ (y1, y2)

lo que muestra que la propiedad es verdadera.

0.4 puntos por verificar que α ⊙ ((x1, x2)⊕ (y1, y2)) = (αx1, x2 + y2), 0.4 puntos por veri-

ficar α ⊙ (x1, x2)⊕ α ⊙ (y1, y2) = (αx1, x2 + y2) y 0.2 puntos por la conclusión.

5


HOJA DE DATOS

ÁLGEBRA LINEAL • SEGUNDA PRUEBA DEL PRIMER BIMESTRE

Martes 21 de mayo de 2019 (90 minutos) Departamento de Formación Básica

Fila B



• El puntaje de cada pregunta es de 2 puntos, y se distribuye de la siguiente manera: 1 punto por cada literal.

1. a) Dada la matriz A =

0 1 2 −1

2 −2 0 0

1 1 3 0

1 0 0 1

, calcule su determinante transformado la matriz en

una matriz triangular superior.

b) Sea Q ∈ Rn×n una matriz ortogonal (QQT = QTQ = In). Demuestre que det(2Q) = ±2n.

Solución.

a) Obtengamos el valor del determinante de A por medio de operaciones y propiedades del

determinante.

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 1 2 −1

2 −2 0 0

1 1 3 0

1 0 0 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 3 0

2 −2 0 0

0 1 2 −1

1 0 0 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

F1 ↔ F3

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 3 0

0 1 2 −1

0 −4 −6 0

0 −1 −3 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

F2 ↔ F3

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 3 0

0 1 2 −1

0 0 2 −4

0 0 −1 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

4F2 + F3 → F3

F2 + F4 → F4

= −

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 3 0

0 1 2 −1

0 0 −1 0

0 0 2 −4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

F3 ↔ F4

= −

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 3 0

0 1 2 −1

0 0 −1 0

0 0 0 −4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2F3 + F4 → F4

= −(1)(1)(−1)(−4)

= −4.

0.7 puntos por obtener la matriz triangular, 0.3 puntos por obtener el valor del determi-

nante.

b) Suponiendo que Q es una matriz ortogonal tenemos que QQT = In, lo que implica que

det(QQT) = det(In).

Utilizando propiedades del determinante tenemos que

det(QQT) = det(Q)det(QT) = det(Q)det(Q) = det(Q)2

luego, utilizando las dos expresiones anteriores tenemos que

det(Q)2 = 1

lo que implica que

det(Q) = ±1.

Finalmente, por propiedades del determinante junto con el resultado anterior tenemos que

det(2Q) = 2n det(Q) = ±2n.

Por tanto, hemos demostrado el enunciado.

0.4 puntos por demostrar que det(Q)2 = 1 y 0.2 puntos por deducir que det(Q) = ±1,

finalmente, 0.4 puntos por demostrar que det(2Q) = ±2n.

2. Dado x ∈ R, considere la matriz A =

x − 1 x x

x x − 1 x

x x x − 1

.

a) Determine los valores de x para los cuales A es invertible.

b) Para los valores de x obtenidos en el literal anterior, utilizando la matriz adjunta de A,

obtenga la inversa de A.

Solución.

a) Sabemos que una matriz es invertible si y solo si su determinante es diferente de cero.

Calculemos entonces el determinante de A:

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x − 1 x x

x x − 1 x

x x x − 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2x − 1 2x − 1 2x

x x − 1 x

x x x − 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

F2 + F1 → F1

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3x − 1 3x − 1 3x − 1

x x − 1 x

x x x − 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

F3 + F1 → F1

= (3x − 1)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 1

x x − 1 x

x x x − 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

7

= (3x − 1)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 1

0 −1 0

0 0 −1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−xF1 + F2 → F2

−xF1 + F3 → F3

= 3x − 1.

Ahora, de det(A) = 0, obtenemos que x =1

3. Luego, la matriz es invertible si y solo si

x ∈ R r

{

1

3

}

.

0.7 puntos por obtener el valor del determinante o alternativamente mostrar que la matriz

es equivalente por filas a la identidad y 0.3 puntos por escribir la condición sobre x.

b) En virtud del literal anterior tomemos x ∈ R r

{

1

3

}

, luego, la matriz de cofactores de A

es

cof(A) =

−2x + 1 x x

x −2x + 1 x

x x −2x + 1

y entonces la matriz adjunta de A es

adj(A) = (cof(A))T =

−2x + 1 x x

x −2x + 1 x

x x −2x + 1

por tanto, la inversa de A está dada por

A−1 =1

det(A)adj(A) =

−2x + 1

3x − 1

x

3x − 1

x

3x − 1x

3x − 1

−2x + 1

3x − 1

x

3x − 1x

3x − 1

x

3x − 1

−2x + 1

3x − 1.

0.6 puntos por obtener la matriz de cofactores, 0.2 puntos por obtener la matriz adjunta y

0.2 puntos por obtener la matriz inversa.

3. Dados α, β, γ ∈ R, considere el sistema de ecuaciones lineales en las variables x, y y z dado por

x + αy − z = α,

x + βy = β,

x + γy + z = γ.

a) Encuentre la condición sobre α, β y γ tal que el sistema posea solución única. Determine

el conjunto solución.

b) Si α = β = γ, ¿qué sucede con la solución del sistema? Si existe solución determine el

correspondiente conjunto solución.

Solución.

a) El correspondiente sistema matricial es Aw = h donde

A =

1 α −1

1 β 0

1 γ 1

, w =

x

y

z

y h =

α

β

γ

.

8

Para determinar la condición sobre α, β y γ para que el sistema posea solución única

calculemos el determinante de A,

det(A) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 α −1

1 β 0

1 γ 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 α −1

0 −α + β 1

0 −α + γ 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−F1 + F2 → F2

−F1 + F3 → F3

= −

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −1 α

0 1 −α + β

0 2 −α + γ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

C2 ↔ C3

= −

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −1 α

0 1 −α + β

0 0 α − 2β + γ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

− 2F2 + F3 → F3

= −(α − 2β + γ).

Por lo tanto, tenemos que el sistema posee solución única para cada α, β y γ reales tales

que α − 2β + γ 6= 0. Determinemos ahora el conjunto solución, para esto utilicemos la

regla de Cramer.

• Variable x:

x =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

α α −1

β β 0

γ γ 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

det(A)=

0

−(α − 2β + γ)= 0.

• Variable y:

y =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 α −1

1 β 0

1 γ 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

det(A)=

−(α − 2β + γ)

−(α − 2β + γ)= 1.

• Variable z:

z =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 α α

1 β β

1 γ γ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

det(A)=

0

−(α − 2β + γ)= 0.

Por lo cual, el conjunto solución para el caso en que el sistema posee solución única es

{(0, 1, 0)} .

0.4 por obtener el valor del determinante de la matriz de coeficientes del sistema, 0.2 pun-

tos por obtener la condición sobre α, β y γ. Por cada incógnita calculada 0.1 puntos y 0.1

puntos por concluir cual es la respuesta. Alternativamente, 0.6 puntos por mostrar que el

sistema posee solución única calculando los rangos de las matrices de coeficientes y am-

pliada junto con la condición sobre α, β y γ. Por cada incógnita calculada 0.1 puntos y 0.1

puntos por concluir cual es la respuesta

b) Tomemos α = β = γ, entonces el sistema matricial es Aw = h donde

A =

1 α −1

1 α 0

1 α 1

, w =

x

y

z

y h =

α

α

α

.

9

Dado que det(A) = 0 para todo α ∈ R, trabajamos con la matriz ampliada del sistema,

(A|h), la cual está dada por

(A|h) =

1 α −1

1 α 0

1 α 1

que verifica la siguiente equivalencia

1 α −1 |α1 α 0 |α1 α 1 |α

∼

1 α 0 | α

0 0 1 | 0

0 0 0 | 0

Luego, tenemos que rang(A) = rang(A|h) = 2 que es menor al número de variables del

sistema, por tanto, el sistema posee infinitas soluciones.

0.7 puntos por la triangularización y 0.3 puntos por la justificación.

4. En R2, se definen las operaciones ⊕ : R

2 × R2 → R

2 y ⊙ : R × R2 → R

2 por

(x1, x2)⊕ (y1, y2) = (x1 + y1, x2) y α ⊙ (x1, x2) = (x1, αx2)


a) ¿Es (0, 0) el neutro aditivo de esta operación?

b) Muestre que se verifica la propiedad

α ⊙ ((x1, x2)⊕ (y1, y2)) = α ⊙ (x1, x2)⊕ α ⊙ (y1, y2)


Solución.

a) Tomemos (x1, x2) ∈ R2 arbitrario, vamos a verificar si se cumple que

(x1, x2)⊕ (0, 0) = (0, 0)⊕ (x1, x2) = (x1, x2).

Entonces, aplicando la definición de ⊕ tenemos que

(x1, x2)⊕ (0, 0) = (x1 + 0, x2) = (x1, x2)

y que

(0, 0)⊕ (x1, x2) = (0 + x1, 0) = (x1, 0).

Luego, si x2 6= 0 no se verifica que (0, 0) es el neutro aditivo de esta operación.

0.8 puntos por verificar que (0, 0) que no es el neutro y 0.2 puntos por la conclusión.

b) Sean (x1, x2), (y1, y2) ∈ R2 y sea α ∈ R, aplicando la definición de las operaciones tenemos

que

α ⊙ ((x1, x2)⊕ (y1, y2)) = α ⊙ (x1 + y1, x2) = (x1 + y1, αx2)

y que

α ⊙ (x1, x2)⊕ α ⊙ (y1, y2) = (x1, αx2)⊕ (y1, αy2) = (x1 + y1, αx2)

Por lo tanto, se tiene que

α ⊙ ((x1, x2)⊕ (y1, y2)) = α ⊙ (x1, x2)⊕ α ⊙ (y1, y2)

lo que muestra que la propiedad es verdadera.

0.4 puntos por verificar que α ⊙ ((x1, x2)⊕ (y1, y2)) = (x1 + y2, αx2), 0.4 puntos por veri-

ficar α ⊙ (x1, x2)⊕ α ⊙ (y1, y2) = (x1 + y1, αx2) y 0.2 puntos por la conclusión.

10

11


HOJA DE DATOS

ÁLGEBRA LINEAL • PRIMER EXAMEN DEL PRIMER BIMESTRE

Lunes 27 de mayo de 2019 (120 minutos) Departamento de Formación Básica

Fila A




Preguntas 1, 2, 3 y 4: 2,0 puntos.

Pregunta 5: 0,5 puntos para el a) y 1.5 puntos para el literal b).

1. Dada X ∈ Rn×n una matriz no singular, considere el subconjunto W de R

n×n dado por

W ={

A ∈ Rn×n : det(AX) = 0

}

.

¿Es W un subespacio de Rn×n? Justifique su respuesta.

Solución.

Notemos que por hipótesis sobre X tenemos que det(X) 6= 0, además, si A ∈ W, se debe

tener que det(AX) = 0, luego, por propiedades de determinantes junto con lo notado sobre X

tenemos que si A ∈ W se debe tener que det(A) = 0.

Sabemos que det(0Rn×n) = 0, entonces 0Rn×n ∈ W, y, por tanto, W 6= ∅.

Ahora, ya que la suma de dos elementos de W también debe ser elemento de W y dado que

el determinante de la suma de dos matriz no siempre es igual a la suma de sus determinantes,

proponemos un contraejemplo para mostrar que W no es subespacio de Rn×n.

Tomemos A, B ∈ Rn×n matrices diagonales definidas por

aij =

{

1, si i = j = 1,

0, en caso contrario.y bij =

{

1, si i = j y j 6= 1,

0, en caso contrario.

Notemos que det(A) = det(B) = 0 y que A + B = In con det(A + B) = 1 6= 0, lo que implica

que A, B ∈ W, pero con A + B /∈ W. Por lo tanto, hemos probado que W no es subespacio de

Rn×n. (Cualquier otro contraejemplo también es válido)

0.3 por demostrar que el 0Rn×n ∈ W, es decir, que W 6= ∅; 0.5 puntos por determinar que

det(A) = 0; 1.0 puntos por un contraejemplo que muestre que W no es un subespacio (o 1.8

puntos si se construye directamente el contraejemplo) y 0.2 puntos por concluir que W no es

un subespacio.

2. Considere el subconjunto W de R3×3 dado por

W ={

A ∈ R3×3 : A es antisimétrica

}

.

Muestre que W es un subespacio de R3×3.

Solución.

a) Notemos que 0T3×3 = −03×3, luego, 03×3 ∈ W y por tanto, W 6= ∅.

b) Sean A, B ∈ W y sea α ∈ R, tenemos que A y B son matrices antisimétricas, es decir,

tenemos que

AT = −A y BT = −B.

Ahora, por propiedades de la transpuesta de una matriz junto con lo anterior, tenemos

que

(αA + B)T = (αA)T + BT

= αAT + BT

= α(−A) + (−B)

= −(αA) + (−B)

= −(αA + B).

Es decir, αA + B es una matriz antisimétrica, y por tanto, αA + B ∈ W.

Por lo mostrado en los literales a y b, concluimos que W es un subespacio de R3×3.

0.3 puntos por mostrar que W 6= ∅, 1.4 puntos por mostrar que αA + B ∈ W (o equivalen-

temente, 0.7 puntos por la suma y 0.7 puntos por el producto) y 0.3 puntos por concluir que W

es un subespacio.

3. Dado α ∈ R. En el espacio vectorial R2[t] considere el subconjunto S dado por

S ={

α + t, αt + t2, 1 + αt2}

.

Determine todos los valores de α tal que S sea linealmente dependiente.

Solución.

Sean a, b y c ∈ R, formemos la combinación lineal nula

a(α + t) + b(αt + t2) + c(1 + αt2) = 0 + 0t + 0t2 (1)

la cual se verifica para todo t ∈ R. Buscamos todos los valores que pueda tomar α tal que (1)

se cumpla de tal manera que a, b y c no sean todos iguales a cero.

Notemos que agrupando términos en (1) tenemos la combinación equivalente

(αa + c) + (a + αb)t + (b + αc)t2 = 0 + 0t + 0t2 (2)

la cual se verifica para todo t ∈ R. A partir de (2) junto con la definición de igualdad de

polinomios obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones lineales

αa + c = 0

a + αb = 0

b + αc = 0

Analizando el determinante de la correspondiente matriz de coeficientes o bien los rangos de

la matrices de coeficientes y ampliada del sistema, llegamos a concluir que para que el sistema

posea infinitas soluciones se debe tener que α3 + 1 = 0.

Por lo tanto, para que S sea linealmente dependiente, se debe tomar α = −1.

0.3 puntos por formar la combinación lineal nula; 0.5 puntos por obtener el correspondiente

sistema de ecuaciones lineales; 1.0 puntos por obtener la condición sobre α y 0.2 puntos por

concluir cuando S es linealmente dependiente.

2

4. Sea E un espacio vectorial sobre el campo K y sean W1 y W2 dos subespacios de este. Muestre

que la intersección de W1 con W2 es un subespacio de E.

Solución.

a) Notemos que por hipótesis 0E ∈ W1 y 0E ∈ W2, luego, por definición de intersección de

conjuntos, 0E ∈ W1 ∩ W2, es decir, W1 ∩ W2 6= ∅.

b) Sean w1, w2 ∈ W1 ∩ W2 y sea α ∈ K, entonces, por definición de intersección de conjuntos

tenemos que

w1 ∈ W1 y w1 ∈ W2 (3)

y que

w2 ∈ W1 y w2 ∈ W2. (4)

Ahora, como W1 y W2 son subespacios a partir de α ∈ K junto con (3), tenemos que

αw1 ∈ W1 y αw1 ∈ W2. (5)

De forma similar, dado que W1 y W2 son subespacios, junto con (5) y (4) obtenemos que

αw1 + w2 ∈ W1 y αw1 + w2 ∈ W2. (6)

Finalmente, por definición de intersección de conjuntos aplicada a (6) concluimos que

αw1 + w2 ∈ W1 ∩ W2.

Por lo mostrado en los literales a y b concluimos que W1 ∩ W2 es un subespacio de V.

0.3 puntos por mostrar que la intersección es no vacía, 1.4 puntos por mostrar que αw1 +w2 ∈ W1 ∩ W2 (o equivalentemente, 0.7 puntos por la suma y 0.7 puntos por el producto) y 0.3

puntos por concluir que W1 ∩ W2 es un subespacio.

5. Una matriz A = (aik) ∈ Rn×n, se dice de probabilidad si la suma de todos los elementos de

cada fila es uno, (es decir,n

∑k=1

aik = 1 para cada i ∈ {1, . . . , n}).

a) Las matrices A =

(

1/2 1/2

2/3 1/3

)

y B =

(

3/5 2/5

4/7 3/7

)

son de probabilidad. Verifique que AB

es una matriz de probabilidad.

b) Dados p, q ∈ R tales que 0 ≤ p < q ≤ 1 y p + q 6= 1, sea A =

(

p 1 − p

1 − q q

)

una matriz

de probabilidad. Muestre que A es invertible y calcule su inversa. ¿La inversa de A es una

matriz de probabilidad?

Solución.

a) Para verificar que AB es una matriz de probabilidad realicemos el producto de A con B.

AB =

(

1/2 1/2

2/3 1/3

)(

3/5 2/5

4/7 3/7

)

=

(

3/10 + 2/7 1/5 + 3/14

2/5 + 4/21 4/15 + 1/7

)

3

=

(

41/70 29/70

62/105 43/105

)

.

Luego, notamos que

2

∑k=1

(AB)1k = 41/70 + 29/70 = 1 y2

∑k=1

(AB)2k = 62/105 + 43/105 = 1.

Lo que implica que AB es una matriz de probabilidad.

b) Para probar que A es una matriz invertible calculemos su determinante y analicemos su

valor. Tenemos que

det(A) =

∣

∣

∣

∣

p 1 − p

1 − q q

∣

∣

∣

∣

= p(−1)1+1(q) + (1 − p)(−1)1+2(1 − q) = p + q − 1.

Ahora, dado que por hipótesis p + q 6= 1, concluimos que det(A) 6= 0 y, por tanto, A es

invertible.

Ya que se ha mostrado que A es invertible, para calcular su inversa podemos utilizar el

resultado A−1 =1

det(A)adj(A) o bien el teorema (A|I2) ∼ (I2|A

−1), en cualquiera de los

dos casos obtenemos que

A−1 =

(

qp+q−1

p−1p+q−1

q−1p+q−1

pp+q−1

)

.

Para determinar si A−1 es una matriz de probabilidad notemos que

2

∑k=1

(A−1)1k =q

p + q − 1+

p − 1

p + q − 1= 1

y2

∑k=1

(A−1)2k =q − 1

p + q − 1+

p

p + q − 1= 1.

Lo que implica que A−1 es una matriz de probabilidad.

0.5 puntos por verificar que AB es una matriz de probabilidad. En el literal b: 0.5 puntos por

mostrar que A es invertible, 0.5 puntos por calcular la inversa de A y 0.5 puntos por mostrar

que A−1 es una matriz de probabilidad.

4


HOJA DE DATOS

ÁLGEBRA LINEAL • PRIMER EXAMEN DEL PRIMER BIMESTRE

Lunes 27 de mayo de 2019 (120 minutos) Departamento de Formación Básica

Fila B




Preguntas 1, 2, 3 y 4: 2,0 puntos.

Pregunta 5: 0,5 puntos para el a) y 1.5 puntos para el literal b).

1. Dada Y ∈ Rn×n una matriz no singular, considere el subconjunto W de R

n×n dado por

W ={

B ∈ Rn×n : det(BY) = 0

}

.

¿Es W un subespacio de Rn×n? Justifique su respuesta.

Solución.

Notemos que por hipótesis sobre Y tenemos que det(Y) 6= 0, además, si B ∈ W, se debe

tener que det(BY) = 0, luego, por propiedades de determinantes junto con lo notado sobre Y

tenemos que si B ∈ W se debe tener que det(B) = 0.

Sabemos que det(0Rn×n) = 0, entonces 0Rn×n ∈ W, y, por tanto, W 6= ∅.

Ahora, ya que la suma de dos elementos de W también debe ser elemento de W y dado que

el determinante de la suma de dos matriz no siempre es igual a la suma de sus determinantes,

proponemos un contraejemplo para mostrar que W no es subespacio de Rn×n.

Tomemos B, C ∈ Rn×n matrices diagonales definidas por

bij =

{

1, si i = j = 1,

0, en caso contrario.y cij =

{

1, si i = j y j 6= 1,

0, en caso contrario.

Notemos que det(B) = det(C) = 0 y que B + C = In con det(B + C) = 1 6= 0, lo que implica

que B, C ∈ W, pero con B + C /∈ W. Por lo tanto, hemos probado que W no es subespacio de

Rn×n. (Cualquier otro contraejemplo también es válido)

0.3 por demostrar que el 0Rn×n ∈ W, es decir, que W 6= ∅; 0.5 puntos por determinar que

det(B) = 0; 1.0 puntos por un contraejemplo que muestre que W no es un subespacio (o 1.8

puntos si se construye directamente el contraejemplo) y 0.2 puntos por concluir que W no es

un subespacio.

2. Considere el subconjunto W de R3×3 dado por

W ={

X ∈ R3×3 : X es antisimétrica

}

.

Muestre que W es un subespacio de R3×3.

Solución.

a) Notemos que 0T3×3 = −03×3, luego, 03×3 ∈ W y por tanto, W 6= ∅.

b) Sean X, Y ∈ W y sea α ∈ R, tenemos que X y Y son matrices antisimétricas, es decir,

tenemos que

XT = −X y YT = −Y.

Ahora, por propiedades de la transpuesta de una matriz junto con lo anterior, tenemos

que

(αX + Y)T = (αX)T + YT

= αXT + YT

= α(−X) + (−Y)

= −(αX) + (−Y)

= −(αX + Y).

Es decir, αX + Y es una matriz antisimétrica, y por tanto, αX + Y ∈ W.

Por lo mostrado en los literales a y b, concluimos que W es un subespacio de R3×3.

0.3 puntos por mostrar que W 6= ∅, 1.4 puntos por mostrar que αX + T ∈ W (o equivalen-

temente, 0.7 puntos por la suma y 0.7 puntos por el producto) y 0.3 puntos por concluir que W

es un subespacio.

3. Dado β ∈ R. En el espacio vectorial R2[t] considere el subconjunto S dado por

S ={

βt + t2, β + t, 1 + βt2}

.

Determine todos los valores de β tal que S sea linealmente dependiente.

Solución.

Sean a, b y c ∈ R, formemos la combinación lineal nula

a(βt + t2) + b(β + t) + c(1 + βt2) = 0 + 0t + 0t2 (7)

la cual se verifica para todo t ∈ R. Buscamos todos los valores que pueda tomar β tal que (7)

se cumpla de tal manera que a, b y c no sean todos iguales a cero.

Notemos que agrupando términos en (7) tenemos la combinación equivalente

(βb + c) + (βa + b)t + (a + βc)t2 = 0 + 0t + 0t2 (8)

la cual se verifica para todo t ∈ R. A partir de (8) junto con la definición de igualdad de

polinomios obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones lineales

βb + c = 0

βa + b = 0

a + βc = 0

Analizando el determinante de la correspondiente matriz de coeficientes o bien los rangos de

la matrices de coeficientes y ampliada del sistema, llegamos a concluir que para que el sistema

posea infinitas soluciones se debe tener que β3 + 1 = 0.

Por lo tanto, para que S sea linealmente dependiente, se debe tomar β = −1.

0.3 puntos por formar la combinación lineal nula; 0.5 puntos por obtener el correspondiente

sistema de ecuaciones lineales; 1.0 puntos por obtener la condición sobre β y 0.2 puntos por

concluir cuando S es linealmente dependiente.

6

4. Sean E un espacio vectorial sobre el campo K y sean U1 y U2 dos subespacios de este. Muestre

que la intersección de U1 con U2 es un subespacio de E.

Solución.

a) Notemos que por hipótesis 0E ∈ U1 y 0E ∈ U2, luego, por definición de intersección de

conjuntos, 0E ∈ U1 ∩ U2, es decir, U1 ∩ U2 6= ∅.

b) Sean u1, u2 ∈ U1 ∩ U2 y sea α ∈ K, entonces, por definición de intersección de conjuntos

tenemos que

u1 ∈ U1 y u1 ∈ U2 (9)

y que

u2 ∈ U1 y u2 ∈ U2. (10)

Ahora, como U1 y U2 son subespacios a partir de α ∈ K junto con (9), tenemos que

αu1 ∈ U1 y αu1 ∈ U2. (11)

De forma similar, dado que U1 y U2 son subespacios, junto con (11) y (10) obtenemos que

αu1 + u2 ∈ U1 y αu1 + u2 ∈ U2. (12)

Finalmente, por definición de intersección de conjuntos aplicada a (12) concluimos que

αu1 + u2 ∈ U1 ∩ U2.

Por lo mostrado en los literales a y b concluimos que U1 ∩ U2 es un subespacio de V.

0.3 puntos por mostrar que la intersección es no vacía; 1.4 puntos por mostrar que αu1 +u2 ∈ U1 ∩ U2 (o equivalentemente, 0.7 puntos por la suma y 0.7 puntos por el producto) y 0.3

puntos por concluir que U1 ∩ U2 es un subespacio.

5. Una matriz A = (aik) ∈ Rn×n, se dice de probabilidad si la suma de todos los elementos de

cada fila es uno, (es decir,n

∑k=1

aik = 1 para cada i ∈ {1, . . . , n}).

a) Las matrices A =

(

3/5 2/5

4/7 3/7

)

y B =

(

1/2 1/2

2/3 1/3

)

son de probabilidad. Verifique que AB

es una matriz de probabilidad.

b) Dados p, q ∈ R tales que 0 ≤ p < q ≤ 1 y p + q 6= 1, sea A =

(

1 − p p

q 1 − q

)

una matriz

de probabilidad. Muestre que A es invertible y calcule su inversa. ¿La inversa de A es una

matriz de probabilidad?

Solución.

a) Para verificar que AB es una matriz de probabilidad realicemos el producto de A con B.

AB =

(

3/5 2/5

4/7 3/7

)(

1/2 1/2

2/3 1/3

)

=

(

3/10 + 4/15 3/10 + 2/15

2/7 + 2/7 2/7 + 1/7

)

7

=

(

17/30 13/30

4/7 3/7

)

.

Luego, notamos que

2

∑k=1

(AB)1k = 17/30 + 13/30 = 1 y2

∑k=1

(AB)2k = 4/7 + 3/7 = 1.

Lo que implica que AB es una matriz de probabilidad.

b) Para probar que A es una matriz invertible calculemos su determinante y analicemos su

valor. Tenemos que

det(A) =

∣

∣

∣

∣

1 − p p

q 1 − q

∣

∣

∣

∣

= (1 − p)(−1)1+1(1 − q) + (p)(−1)1+2(q) = 1 − p − q.

Ahora, dado que por hipótesis p + q 6= 1, concluimos que det(A) 6= 0 y, por tanto, A es

invertible.

Ya que se ha mostrado que A es invertible, para calcular su inversa podemos utilizar el

resultado A−1 =1

det(A)adj(A) o bien el teorema (A|I2) ∼ (I2|A

−1), en cualquiera de los

dos casos obtenemos que

A−1 =

(

q−1p+q−1

pp+q−1

qp+q−1

p−1p+q−1

)

.

Para determinar si A−1 es una matriz de probabilidad notemos que

2

∑k=1

(A−1)1k =q − 1

p + q − 1+

p

p + q − 1= 1

y2

∑k=1

(A−1)2k =q

p + q − 1+

p − 1

p + q − 1= 1.

Lo que implica que A−1 es una matriz de probabilidad.

0.5 puntos por verificar que AB es una matriz de probabilidad. En el literal b: 0.5 puntos

por mostrar que A es invertible; 0.5 puntos por calcular la inversa de A y 0.5 puntos por

mostrar que A−1 es una matriz de probabilidad.

8


ÁLGEBRA LINEAL • PRIMERA PRUEBA DEL SEGUNDO BIMESTRE

Miércoles 19 de mayo de 2019 (70 minutos) Departamento de Formación Básica

Fila A



1. Dado el subespacio vectorial W = {p(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 ∈ R3[x] : a1 − a2 = 0}.

Calcular una base B para W. [0.8 puntos]

Solución.

Notemos que se tiene que

W = {p(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 ∈ R3[x] : a1 = a2}

= {p(x) = a0 + a2x + a2x2 + a3x3 ∈ R3[x] : a0, a2, a3 ∈ R}

= {p(x) = a0 + a2(x + x2) + a3x3 ∈ R3[x] : a0, a2, a3 ∈ R}

= gen({1, x + x2, x3}).

Sea entonces, B = {1, x + x2, x3}. Dado que B genera a W, verifiquemos que B es linealmente

independiente, y, por tanto, base de W. Sean α1, α2, α3 ∈ R y formemos la combinación lineal

nula.

α1(1) + α2(x + x2) + α3x3 = 0 + 0x + 0x2 + 0x3.

Lo que nos lleva a un sistema de ecuaciones lineales homogéneo con matriz ampliada que

verifica la equivalencia

1 0 0 | 0

0 1 0 | 0

0 1 0 | 0

0 0 1 | 0

∼

1 0 0 | 0

0 1 0 | 0

0 0 1 | 0

0 0 0 | 0

.

Luego, α1 = α2 = α3 = 0, lo que implica que B es linealmente independiente, y, por tanto, B es

una base de W.

2. Si B2 =

{(

0 1

−1 0

)}

. Calcular U = 〈B2〉. [0.8 puntos]

Solución.

A partir de la definición de cápsula tenemos que

U = 〈B2〉

=

{(

a b

c d

)

∈ R2×2 :

(

a b

c d

)

= α

(

0 1

−1 0

)}

=

{(

a b

c d

)

∈ R2×2 :

(

a b

c d

)

=

(

0 α

−α 0

)}

=

{(

a b

c d

)

∈ R2×2 : a = 0, b = α, c = −α, d = 0

}

.

Notemos que

(

a b

c d

)

∈ U, si y solo si, se verifica el sistema de ecuaciones

a = 0, b = α, c = −α, d = 0

donde α ∈ R, cuya matriz ampliada verifica la equivalencia

0 | a

1 | b

−1 | c

0 | d

∼

1 | b

0 | a

0 | b + c

0 | d

.

Por tanto,

U =

{(

a b

c d

)

∈ R2×2 : a = 0, b + c = 0, d = 0

}

.

3. Sea W = {(a, b, c, a) ∈ R4 : a − 2b + c = 0} un subespacio vectorial del espacio vectorial R

4.

a) Calcular un subespacio vectorial U, tal que, R4 = W ⊕ U. [1 punto]

b) Calcular w ∈ W y u ∈ U, tal que, (−1, 1, 1, 1) = w + u. [0.4 puntos]

Solución.

a) Encontremos una base para W. A partir de W tenemos que

W = {(a, b, c, a) ∈ R4 : a = 2b − c}

= {(2b − c, b, c, 2b − c) ∈ R4 : b, c ∈ R}

= {(2b, b, 0, 2b) + (−c, 0, c,−c) ∈ R4 : b, c ∈ R}

= {b(2, 1, 0, 2) + c(−1, 0, 1,−1) ∈ R4 : b, c ∈ R}

= gen({(2, 1, 0, 2), (−1, 0, 1,−1)}).

Luego, B = {(2, 1, 0, 2), (−1, 0, 1,−1)} es una base de W (verifíquelo), lo que implica que

dim(W) = 2, por tanto, dim(U) = 2.

Notemos que (0, 0, 1, 0) /∈ W, por lo tanto, el conjunto B1 = B∪ {(0, 0, 1, 0)} es linealmente

independiente, calculemos ahora, el espacio que genera sea U1 = gen(B1) este espacio.

U1 = gen(B1)

= span(B1)

= {(a, b, c, d) ∈ R4 : (a, b, c, d) = α1(2, 1, 0, 2) + α2(−1, 0, 1,−1) + α3(0, 0, 1, 0)}

= {(a, b, c, d) ∈ R4 : (a, b, c, d) = (2α1 − α2, α1, α2 + α3, 2α1 − α2)}

= {(a, b, c, d) ∈ R4 : 2α1 − α2 = a, α1 = b, α2 + α3 = c, 2α1 − α2 = d}.

Luego, si (a, b, c, d) ∈ R4, tenemos que (a, b, c, d) ∈ U1 si y solo si se verifica el sistema de

ecuaciones lineales

2α1 − α2 = a,

α1 = b,

α2 + α3 = c,

2α1 − α2 = d

2

cuya matriz ampliada verifica la siguiente equivalencia

2 −1 0 | a

1 0 0 | b

0 1 1 | c

2 −1 0 | d

∼

2 −1 0 | a

0 1 1 | c

0 0 1 | a − 2b + c

0 0 0 | a − d

.

Luego,

U1 = {(a, b, c, d) ∈ R4 : a − d = 0}.

Notemos que (0, 0, 0, 1) /∈ U1, por lo tanto

B2 = {(2, 1, 0, 2), (−1, 0, 1,−1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}

es linealmente independiente y por tanto una base de R4. Se define entonces

U = gen({(0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}),

notemos que dim(U) = 2, que W + U = R4 y que dim(W ∩ U) = 0, es decir, U es tal que

W ⊕ U = R4.

Nota: El ejercicio se califica sobre la mitad del puntaje si se realizó una modificación adi-

cional al ejercicio original.

b) Si (−1, 1, 1, 1) = w + u con w ∈ W y u ∈ U, entonces (−1, 1, 1, 1) ∈ W + U, además, por el

literal anterior, tenemos que

w = α1(2, 1, 0, 2) + α2(−1, 0, 1,−1) y u = α3(0, 0, 1, 0) + α4(0, 0, 0, 1)

donde α1, α2, α3, α4 ∈ R, lo cual implica que

(−1, 1, 1, 1) = α1(2, 1, 0, 2) + α2(−1, 0, 1,−1) + α3(0, 0, 1, 0) + α4(0, 0, 0, 1)

lo que nos lleva a un sistema de ecuaciones lineales cuya solución es α1 = 1, α2 = 3,

α3 = −2 y α4 = 2, Por lo cual,

w = 1(2, 1, 0, 2) + 3(−1, 0, 1,−1) = (−1, 1, 3,−1) ∈ W

y

u = −2(0, 0, 1, 0) + 2(0, 0, 0, 1) = (0, 0,−2, 2) ∈ U.

4. Sea V un espacio vectorial con dimensión finita igual a n. Sean W1 y W2 dos subespacios de V

distintos tales que dim(W1) = dim(W2) = n − 1.

a) Determine dim(W1 + W2). [0.7 puntos]

b) Determine dim(W1 ∩ W2). [0.3 puntos]

Solución.

a) Sabemos que

W1 ⊆ W1 + W2 y W2 ⊆ W1 + W2.

Al ser V un espacio de dimensión finita, tenemos que

dim(W1) ≤ dim(W1 + W2) y dim(W2) ≤ dim(W1 + W2).

Luego,

n − 1 = max{dim(W1), dim(W2)} ≤ dim(W1 + W2) ≤ n.

Dado que W1 6= W2, concluimos que dim(W1 + W2) = n, ya que de otra forma se tendría

que W1 = W2.

3

b) En virtud del literal anterior, tenemos que

dim(W1 + W2) = dim(W1) + dim(W2)− dim(W1 ∩ W2)

concluimos que dim(W1 ∩ W2) = n − 2.

4


ÁLGEBRA LINEAL • PRIMERA PRUEBA DEL SEGUNDO BIMESTRE

Miércoles 19 de mayo de 2019 (70 minutos) Departamento de Formación Básica

Fila B



1. [0.8 puntos] Si B =

{(

0 −2

2 0

)}

. Calcular U = 〈B〉.

Solución.

A partir de la definición de cápsula tenemos que

U = 〈B〉

=

{(

a b

c d

)

∈ R2×2 :

(

a b

c d

)

= α

(

0 −2

2 0

)}

=

{(

a b

c d

)

∈ R2×2 :

(

a b

c d

)

=

(

0 −2α

2α 0

)}

=

{(

a b

c d

)

∈ R2×2 : a = 0, b = −2α, c = 2α, d = 0

}

Notemos que

(

a b

c d

)

∈ U, si y solo si, se verifica el sistema de ecuaciones

a = 0, b = −2α, c = 2α, d = 0

donde α ∈ R, cuya matriz ampliada verifica la equivalencia

0 | a

−2 | b

2 | c

0 | d

∼

2 | c

0 | a

0 | b + c

0 | d

.

Por tanto,

U =

{(

a b

c d

)

∈ R2×2 : a = 0, b + c = 0, d = 0

}

.

2. [0.8 puntos] Dado el subespacio vectorial

V = {p(t) = a0 + a1t + a2t2 + a3t3 ∈ R3[t] : a3 − a1 = 0}.

Calcular una base B1 para V.

Solución.

Notemos que se tiene que

V = {p(x) = a0 + a1t + a2t2 + a3t3 ∈ R3[x] : a1 = a3}

= {p(x) = a0 + a3t + a2t2 + a3t3 ∈ R3[x] : a0, a2, a3 ∈ R}

= {p(x) = a0 + a2t2 + a3(t + t3) ∈ R3[x] : a0, a2, a3 ∈ R}

= gen({1, t2, t + t3}).

Sea entonces, B1 = {1, t2, t + t3}. Dado que B1 genera a V, verifiquemos que B1 es linealmente

independiente, y, por tanto, base de V. Sean α1, α2, α3 ∈ R y formemos la combinación lineal

nula.

α1(1) + α2t2 + α3(t + t3) = 0 + 0t + 0t2 + 0t3.

Lo que nos lleva a un sistema de ecuaciones lineales homogéneo con matriz ampliada que


1 0 0 | 0

0 0 1 | 0

0 1 0 | 0

0 0 1 | 0

∼

1 0 0 | 0

0 1 0 | 0

0 0 1 | 0

0 0 0 | 0

.

Luego, α1 = α2 = α3 = 0, lo que implica que B1 es linealmente independiente, y, por tanto, B1

es una base de V.

3. Sea W = {(a, b, b, d) ∈ R4 : b − 2a + d = 0} un subespacio vectorial del espacio vectorial R

4.

a) [1 punto] Calcular un subespacio vectorial U, tal que, R4 = W ⊕ U.

b) [0.4 puntos] Calcular w ∈ W y u ∈ U, tal que, (−1, 1, 1, 1) = w + u.

Solución.

a) Encontremos una base para W. A partir de W tenemos que

W = {(a, b, b, d) ∈ R4 : b = 2a − d}

= {(a, 2a − d, 2a − d, d) ∈ R4 : a, d ∈ R}

= {(a, 2a, 2a, 0) + (0,−d,−d, d) ∈ R4 : a, d ∈ R}

= {a(1, 2, 2, 0) + d(0,−1,−1, 1) ∈ R4 : a, d ∈ R}

= gen({(1, 2, 2, 0), (0,−1,−1, 1)}).

Luego, B = {(1, 2, 2, 0), (0,−1,−1, 1)} es una base de W (verifíquelo), lo que implica que

dim(W) = 2, por tanto, dim(U) = 2.

Notemos que (0, 0, 1, 0) /∈ W, por lo tanto, el conjunto B1 = B∪ {(0, 0, 1, 0)} es linealmente

independiente, calculemos ahora, el espacio que genera sea U1 = gen(B1) este espacio.

U1 = gen(B1)

= span(B1)

= {(a, b, c, d) ∈ R4 : (a, b, c, d) = α1(1, 2, 2, 0) + α2(0,−1,−1, 1) + α3(0, 0, 1, 0)}

= {(a, b, c, d) ∈ R4 : (a, b, c, d) = (α1, 2α1 − α2, 2α1 − α2 + α3, α2)}

= {(a, b, c, d) ∈ R4 : α1 = a, 2α1 − α2 = b, 2α1 − α2 + α3 = c, α2 = d}.

Luego, si (a, b, c, d) ∈ R4, tenemos que (a, b, c, d) ∈ U1 si y solo si se verifica el sistema de

ecuaciones lineales

α1 = a,

2α1 − α2 = b,

2α1 − α2 + α3 = c,

α2 = d

6

cuya matriz ampliada verifica la siguiente equivalencia

1 0 0 | a

2 −1 0 | b

2 −1 1 | c

0 1 0 | d

∼

1 0 0 | a

0 1 0 | 2a − b

0 0 1 | −b + c

0 0 0 | −2a + b + d

.

Luego,

U1 = {(a, b, c, d) ∈ R4 : −2a + b + d = 0}.

Notemos que (0, 0, 0, 1) /∈ U1, por lo tanto

B2 = {(1, 2, 2, 0), (0,−1,−1, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}

es linealmente independiente y por tanto una base de R4. Se define entonces

U = gen({(0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}),

notemos que dim(U) = 2 que W + U = R4 y que dim(W ∩ U) = 0, es decir, U es tal que

W ⊕ U = R4.

b) Si (−1, 1, 1, 1) = w + u con w ∈ W y u ∈ U, entonces (−1, 1, 1, 1) ∈ W + U, además, por el

literal anterior, tenemos que

w = α1(1, 2, 2, 0) + α2(0,−1,−1, 1) y u = α3(0, 0, 1, 0) + α4(0, 0, 0, 1)

donde α1, α2, α3, α4 ∈ R, lo cual implica que

(−1, 1, 1, 1) = α1(2, 1, 0, 2) + α2(−1, 0, 1,−1) + α3(0, 0, 1, 0) + α4(0, 0, 0, 1)

lo que nos lleva a un sistema de ecuaciones lineales cuya solución es α1 = −1, α2 = −3,

α3 = 0 y α4 = 4, Por lo cual,

w = (−1)(1, 2, 2, 0) + (−3)(0,−1,−1, 1) = (−1, 1, 1,−3) ∈ W

y

u = 0(0, 0, 1, 0) + 4(0, 0, 0, 1) = (0, 0, 0, 4) ∈ U.

4. Sea E un espacio vectorial con dimensión finita igual a m. Sean U1 y U2 dos subespacios de E

distintos tales que dim(U1) = dim(U2) = m − 1.

a) [0.7 puntos] Determine dim(U1 + U2).

b) [0.3 puntos] Determine dim(U1 ∩ U2).

Solución.

a) Sabemos que

U1 ⊆ U1 + U2 y U2 ⊆ U1 + U2.

Al ser E un espacio de dimensión finita, tenemos que

dim(U1) ≤ dim(U1 + U2) y dim(U2) ≤ dim(U1 + U2).

Luego,

m − 1 = max{dim(U1), dim(U1)} ≤ dim(U1 + U2) ≤ m.

Dado que U1 6= U2, concluimos que dim(U1 + U2) = m, ya que de otra forma se tendría

que U1 = U2.

7

b) En virtud del literal anterior, tenemos que

dim(U1 + U2) = dim(U1) + dim(U2)− dim(U1 ∩ U2)

concluimos que dim(U1 ∩ U2) = m − 2.

8


ÁLGEBRA LINEAL • SEGUNDA PRUEBA DEL SEGUNDO BIMESTRE

Martes 09 de julio de 2019 (90 minutos) Departamento de Formación Básica

Fila A


• El puntaje de cada pregunta es de 1 punto, y se distribuye de acuerdo con cómo se indica en cada cuadro "Criterios

de Evaluación".

• Los cuadros "Criterios de Evaluación" deben ser tomados como referencias para la calificación obtenida, se dará

prioridad al proceso utilizado para llegar a la respuesta, proceso que involucra el desarrollo del ejercicio en donde

se justifican los pasos realizados, a solamente la respuesta.

• Cada fila presenta una rúbrica similar con sus respectivos cambios, por lo tanto, solamente se indica la rúbrica

correspondiente a la fila A.

1. En el espacio vectorial R2[t], de los polinomios de grado menor o igual a 2 en la variable t, se

define la función 〈·, ·〉 : R2[t]× R2[t] → R dada por

〈p, q〉 = p(1)q(1) + p(2)q(2)

para cada p, q ∈ R2[t].

a) Muestre que para cada p, q, r ∈ R2[t] y cada α ∈ R se tiene que:

〈αp + q, r〉 = α 〈p, r〉+ 〈q, r〉 .

b) Determine si está función verifica la propiedad siguiente:

〈p, p〉 = 0 si y solo si p = 0R2[t].

Solución.

a) Sean p, q, r ∈ R2[t] y α ∈ R, por la definición de 〈·, ·〉, se obtiene que

〈αp + q, r〉 = (αp + q)(1)r(1) + (αp + q)(2)r(2)

= (αp(1) + q(1))r(1) + (αp(2) + q(2))r(2)

= αp(1)r(1) + q(1)r(1) + αp(2)r(2) + q(2)r(2)

= α(p(1)r(1) + p(2)r(2)) + (q(1)r(1) + q(2)r(2))

= α 〈p, r〉+ 〈q, r〉 .

Lo que prueba la propiedad.

b) Notemos que si p ∈ R2[t], entonces

〈p, p〉 = p2(1) + p2(2).

Si tomamos p(t) = a0 + a1t + a2t2, entonces

〈p, p〉 = (a0 + a1 + a2)2 + (a0 + 2a1 + 4a2)

2.

Ahora, de 〈p, p〉 = 0, obtenemos el sistema de ecuaciones lineales{

a0 + a1 + a2 = 0,

a0 + 2a1 + 4a2 = 0

cuya matriz ampliada verifica la siguiente equivalencia(

1 1 1 | 0

1 2 4 | 0

)

∼

(

1 0 −2 | 0

0 1 3 | 0

)

lo que implica que a0 = 2a2 y a1 = −3a2, y, por tanto,

p(t) = a2(2 − 3t + t2) = a2(t − 1)(t − 2).

Luego, todo múltiplo del polinomio 2 − 3t + t2, cuyas raíces son en efecto 1 y 2, verifica

que 〈p, p〉 = 0, pero, ya que

2 − 3t + t2 6= 0 + 0t + 0t2,

se concluye que la función 〈·, ·〉 no verifica la propiedad:


CRITERIOS DE NIVELES DE DESEMPEÑO

EVALUACIÓN Óptimo Regular

Desarrollo 50 % (0.5) Demuestra 〈αp + q, r〉 =α 〈p, r〉+ 〈q, r〉 y concluye que la

propiedad se cumple.

(0.3) Calcula 〈αp + q, r〉 =α 〈p, r〉 + 〈q, r〉 si concluir que

la propiedad se cumple o con

errores.

Conclusión 50 % (0.5) Supone 〈p, p〉 = 0, plan-

tea el sistema y lo resuelve; da

un contraejemplo; o determina

la falsedad del enunciado por

medio de las raíces del polino-

mio.

(0.3) Supone que 〈p, p〉 = 0 y

concluye directamente que p 6=0 o plantea el sistema con erro-

res.

2. En el espacio vectorial R4, considere el subespacio vectorial:

W ={

(x1, x2, x1, x4) ∈ R4 : x2 + 2x1 + 3x4 = x1

}

de dimensión igual a 2. Además, en R4 se define el producto interno

〈x, y〉 = 4x1y1 + 3x2y2 + 2x3y3 + x4y4

para cada x, y ∈ R4, donde x = (x1, x2, x3, x4) y y = (y1, y2, y3, y4). Utilizando el proceso de

ortogonalización de Gram-Schmidt obtenga una base ortogonal de W.

Solución.

En primer lugar, encontremos una base para W.

W ={

(x1, x2, x1, x4) ∈ R4 : x2 = −x1 − 3x4

}

={

(x1,−x1 − 3x4, x1, x4) ∈ R4 : x1, x4 ∈ R

}

={

(x1,−x1, x1, 0) + (0,−3x4, 0, x4) ∈ R4 : x1, x4 ∈ R

}

={

x1(1,−1, 1, 0) + x4(0,−3, 0, 1) ∈ R4 : x1, x4 ∈ R

}

= gen({(1,−1, 1, 0), (0,−3, 0, 1)}).

2

Notemos que por hipótesis dim(W) = 2 y, por tanto, B = {(1,−1, 1, 0), (0,−3, 0, 1)} es una

base de W. Verifiquemos si B es o no un conjunto ortogonal, para esto, notemos que

〈(1,−1, 1, 0), (0,−3, 0, 1)〉 = 4(1)(0) + 3(−1)(−3) + 2(1)(0) + (0)(1) = 9,

luego, B no es un conjunto ortogonal. Por lo tanto, utilicemos el proceso de ortogonalización

de Gram-Schmidt para obtener una base ortogonal de W, B1 = {u1, u2}.

• Calculemos a u1.

u1 = (1,−1, 1, 0).


u2 = (0,−3, 0, 1)−〈(1,−1, 1, 0), (0,−3, 0, 1)〉

〈(1,−1, 1, 0), (1,−1, 1, 0)〉(1,−1, 1, 0)

= (0,−3, 0, 1)−9

9(1,−1, 1, 0)

= (0,−3, 0, 1)− (1,−1, 1, 0)

= (−1,−2,−1, 1).

Luego, la base ortogonal buscada es {(1,−1, 1, 0), (−1,−2,−1, 1)}.



Conjunto generador 40 % (0.3) Construye un conjunto B

que genera a W.

(0.1) Construye el conjunto B sin

justificar el procedimiento o con

errores.

Uso de conceptos 20 % (0.2) Utilizando la dimensión de

W determina que B es una ba-

se de W o demuestra que B es

un conjunto linealmente inde-

pendiente.

(0.1) Concluye directamente que

B es base de W.

Gram-Schmidt 40 % (0.5) Realiza el proceso de

Gram-Schmidt correctamen-

te con el producto interno

propuesto para el ejercicio.

(0.3) Realiza el proceso de

Gram-Schmidt correctamente

con el producto interno usual o

comete errores.


U = gen({(2, 1, 0), (−1, 0, 1), (6, 3, 0)})

de dimensión igual a 2.

a) Determine U⊥.

b) Obtenga una base para U⊥.

Solución.

a) Sea B = {(2, 1, 0), (−1, 0, 1), (6, 3, 0)}, notemos que U = gen(B), pero que

(6, 3, 0) = 3(2, 1, 0) + 0(−1, 0, 1)

luego, B no es linealmente independiente. Dado que por teorema tenemos que

span(B) = span(B r {(6, 3, 0)}),

3

entonces, B1 = {(2, 1, 0), (−1, 0, 1)}, genera a U y dado que dim(U) = 2, concluimos que

B1 es una base de U. Calculemos ahora, U⊥.

U⊥ = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : 〈(x1, x2, x3), (2, 1, 0)〉 = 0, 〈(x1, x2, x3), (−1, 0, 1)〉 = 0}

= {(x1, x2, x3) ∈ R3 : 2x1 + x2 = 0,−x1 + x3 = 0}.

b) A partir de U⊥, calculado en el literal anterior, tenemos que si (x1, x2, x3) ∈ R3, entonces

(x1, x2, x3) ∈ U⊥ si y solo si se verifica el sistema de ecuaciones{

2x1 + x2 = 0,

−x1 + x3 = 0,

lo que implica que x2 = −2x1 y x3 = x1. Entonces,

U⊥ = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x2 = −2x1, x3 = x1}

= {(x1,−2x1, x1) ∈ R3 : x1 ∈ R}

= {x1(1,−2, 1) ∈ R3 : x1 ∈ R}

= gen({(1,−2, 1)}).

Por lo tanto, como {(1,−2, 1)} es linealmente independiente, tenemos que {(1,−2, 1)} es

una base de W⊥.



Base de U 30 % (0.3) Determina el conjunto B1

base de U considerando la di-

mensión de U o prueba que es

linealmente independiente. Ob-

servación: B1 no es único.

(0.0) Opera con B como si fuera

una base.

Conjunto U⊥ 30 % (0.3) Determina las condiciones

de U⊥ mediante el producto in-

terno sin errores.

(0.2) Determina U⊥ directamen-

te o con errores.

Base de U⊥ 40 % (0.4) Determina un conjunto ge-

nerador para U⊥ luego de re-

suelve el sistema generado por

las condiciones de

(0.2) Determina un conjunto ge-

nerador para U⊥ directamente o

con errores.

4. En un espacio vectorial V con producto interno, considere el conjunto ortogonal {v1, v2}, donde

‖v1‖ = ‖v2‖ = 2. Sea x = 4v1 − 3v2, calcule ‖x‖.

Solución.

Notemos que por hipótesis tenemos que

〈4v1,−3v2〉 = −12 〈v1, v2〉 = 0,

luego, 4v1 y −3v2 son ortogonales, y entonces, para calcular la norma de x utilizamos el teore-

ma de Pitágoras.

‖x‖2 = ‖4v1‖2 + ‖ − 3v2‖

2 = (4)2‖v1‖2 + (−3)2‖v2‖

2 = 16(2)2 + 9(2)2 = 100,

por tanto, ‖x‖ = 10.

4



Ortogonalidad 20 % (0.2) Relaciona la definición de

conjunto ortogonal con vectores

ortogonales.

(0.0) Utiliza 〈v1, v2〉 = 0 sin jus-

tificar.

Norma 80 % (0.8) Utiliza el teorema de Pitá-

goras para determinar ‖x‖ in-

dicando que 4v1 es ortogonal a

−3v2 o equivalentemente, fila B,

que −3v1 y 4v2 son ortogonales;

o calcula directamente la norma

sin errores.

(0.5) Utiliza el teorema de Pitá-

goras sin justificar o calcula di-

rectamente la norma con erro-

res.

5


ÁLGEBRA LINEAL • SEGUNDA PRUEBA DEL SEGUNDO BIMESTRE

Martes 09 de julio de 2019 (90 minutos) Departamento de Formación Básica

Fila B


• El puntaje de cada pregunta es de 1 punto, y se distribuye de acuerdo con cómo se indica en cada cuadro "Criterios

de Evaluación".






1. En el espacio vectorial R2[t], de los polinomios de grado menor o igual a 2 en la variable t, se

define la función 〈·, ·〉 : R2[t]× R2[t] → R dada por

〈p, q〉 = p(1)q(1) + p(3)q(3)

para cada p, q ∈ R2[t].

a) Muestre que para cada p, q, r ∈ R2[t] y cada α ∈ R se tiene que:

〈p + αq, r〉 = 〈p, r〉+ α 〈q, r〉 .

b) Determine si está función verifica la propiedad siguiente:


Solución.

a) Sean p, q ∈ R2[t] y α ∈ R, por la definición de 〈·, ·〉, se obtiene que

〈p + αq, r〉 = (p + αq)(1)r(1) + (p + αq)(3)r(3)

= (p(1) + αq(1))r(1) + (p(3) + αq(3))r(3)

= p(1)r(1) + αq(1)r(1) + p(3)r(3) + αq(3)r(3)

= (p(1)r(1) + p(3)r(3)) + α(q(1)r(1) + q(3)r(3))

= 〈p, r〉+ α 〈q, r〉 .

Lo que prueba la propiedad.

b) Notemos que si p ∈ R2[t], entonces

〈p, p〉 = p2(1) + p2(3).

Si tomamos p(t) = a0 + a1t + a2t2, entonces

〈p, p〉 = (a0 + a1 + a2)2 + (a0 + 3a1 + 9a2)

2.

Ahora, de 〈p, p〉 = 0, obtenemos el sistema de ecuaciones lineales{

a0 + a1 + a2 = 0,

a0 + 3a1 + 9a2 = 0

cuya matriz ampliada verifica la siguiente equivalencia(

1 1 1 | 0

1 3 9 | 0

)

∼

(

1 0 −3 | 0

0 1 4 | 0

)

lo que implica que a0 = 3a2 y a1 = −4a2, y, por tanto,

p(t) = a2(3 − 4t + t2) = a2(t − 1)(t − 3).

Luego, todo múltiplo del polinomio 3 − 4t + t2, cuyas raíces son en efecto 1 y 3, verifica

que 〈p, p〉 = 0, pero, ya que

3 − 4t + t2 6= 0 + 0t + 0t2,

se concluye que la función 〈·, ·〉 no verifica la propiedad:



U ={

(y1, y2, y1, y4) ∈ R4 : y1 = y2 + 2y1 + 3y4

}

de dimensión igual a 2. Además, en R4 se define el producto interno

〈x, y〉 = 5x1y1 + 4x2y2 + 3x3y3 + 2x4y4

para cada x, y ∈ R4, donde x = (x1, x2, x3, x4) y y = (y1, y2, y3, y4). Utilizando el proceso de

ortogonalización de Gram-Schmidt obtenga una base ortogonal de U.

Solución.

En primer lugar, encontremos una base para U.

U ={

(y1, y2, y1, y4) ∈ R4 : y2 = −y1 − 3y4

}

={

(y1,−y1 − 3y4, y1, y4) ∈ R4 : y1, y4 ∈ R

}

={

(y1,−y1, y1, 0) + (0,−3y4, 0, y4) ∈ R4 : y1, y4 ∈ R

}

={

y1(1,−1, 1, 0) + y4(0,−3, 0, 1) ∈ R4 : y1, y4 ∈ R

}

= gen({(1,−1, 1, 0), (0,−3, 0, 1)}).

Notemos que por hipótesis dim(U) = 2 y, por tanto, B = {(1,−1, 1, 0), (0,−3, 0, 1)} es una

base de U. Verifiquemos si B es o no un conjunto ortogonal, para esto, notemos que

〈(1,−1, 1, 0), (0,−3, 0, 1)〉 = 5(1)(0) + 4(−1)(−3) + 3(1)(0) + 2(0)(1) = 12,

luego, B no es un conjunto ortogonal. Por lo tanto, utilicemos el proceso de ortogonalización

de Gram-Schmidt para obtener una base ortogonal de U, B1 = {u1, u2}.


u1 = (1,−1, 1, 0).


u2 = (0,−3, 0, 1)−〈(1,−1, 1, 0), (0,−3, 0, 1)〉

〈(1,−1, 1, 0), (1,−1, 1, 0)〉(1,−1, 1, 0)

= (0,−3, 0, 1)−12

12(1,−1, 1, 0)

7

= (0,−3, 0, 1)− (1,−1, 1, 0)

= (−1,−2,−1, 1).

Luego, la base ortogonal buscada es {(1,−1, 1, 0), (−1,−2,−1, 1)}.


W = gen({(−1, 0, 1), (2, 1, 0), (3, 0,−3)})

de dimensión igual a 2.

a) Determine W⊥.

b) Obtenga una base para W⊥.

Solución.

a) Sea B = {(−1, 0, 1), (2, 1, 0), (3, 0,−3)}, notemos que W = gen(B), pero que

(3, 0,−3) = −3(−1, 0, 1) + 0(2, 1, 0),

luego, B no es linealmente independiente. Ahora, dado que por teorema tenemos que

span(B) = span(B r {(3, 0,−3)}),

entonces, B1 = {(−1, 0, 1), (2, 1, 0)}, genera a W y dado que dim(W) = 2, concluimos que

B1 es una base de W. Calculemos ahora, W⊥.

W⊥ = {(y1, y2, y3) ∈ R3 : 〈(y1, y2, y3), (−1, 0, 1)〉 = 0, 〈(y1, y2, y3), (2, 1, 0)〉 = 0}

= {(y1, y2, y3) ∈ R3 : −y1 + y3 = 0, 2y1 + y2 = 0}.

b) A partir de W⊥, calculado en el literal anterior, tenemos que si (y1, y2, y3) ∈ R3, entonces

(y1, y2, y3) ∈ W⊥ si y solo si se verifica el sistema de ecuaciones{

−y1 + y3 = 0,

2y1 + y2 = 0,

lo que implica que y2 = −2y1 y y3 = y1. Entonces,

W⊥ = {(y1, y2, y3) ∈ R3 : y2 = −2y1, y3 = y1}

= {(y1,−2y1, y1) ∈ R3 : y1 ∈ R}

= {y1(1,−2, 1) ∈ R3 : y1 ∈ R}

= gen({(1,−2, 1)}).

Por lo tanto, una base de W⊥, es {(1,−2, 1)}.

4. En un espacio vectorial v con producto interno, considere el conjunto ortogonal {v1, v2}, donde

‖v1‖ = ‖v2‖ = 2. Sea x = −3v1 + 4v2, calcule ‖x‖.

Solución.

Notemos que por hipótesis tenemos que

〈−3v1, 4v2〉 = −12 〈v1, v2〉 = 0,

luego, −3v1 y 4v2 son ortogonales, y entonces, para calcular la norma de x utilizamos el teore-

ma de Pitágoras.

‖x‖2 = ‖ − 3v1‖2 + ‖4v2‖

2 = (−3)2‖v1‖2 + (4)2‖v2‖

2 = 9(2)2 + 16(2)2 = 100,

8

por tanto, ‖x‖ = 10.

9


ÁLGEBRA LINEAL • EXAMEN DEL SEGUNDO BIMESTRE

Viernes 26 de julio de 2019 (120 minutos) Departamento de Formación Básica

Fila A



• El puntaje de cada pregunta es: pregunta 1 valor 0.4 puntos; pregunta 2 valor 0.6 puntos; pregunta 3 valor 1 punto;

pregunta 4 valor 1 punto; pregunta 5 valor 1 punto; y se distribuye de acuerdo con cómo se indica en cada cuadro

"Criterios de Evaluación".






1. Sea V = C(R) el espacio vectorial de las funciones de R en R, bajo las operaciones de suma de

funciones y producto de un escalar con una función usual. Sea

T : V −→ R2

f 7−→(

f (0), f (1) + 1)

determine si T es una aplicación lineal de V en R2.

Solución.

Tenemos que T no es una aplicación lineal, lo cual se puede demostrar de varias maneras.

Opción 1. Considerando un contraejemplo.

Sea f0 la función nula, el neutro del espacio V, en ese caso se tiene que

T( f0) =(

f0(0), f0(1) + 1)

=(

0, 0 + 1)

=(

0, 1)

6=(

0, 0)

.

Opción 2. Demostrando que T(α f ) 6= αT( f ).

Sea f ∈ V, no necesariamente la función nula, y α ∈ R, y obteniendo que

T(α f ) =(

α f (0), α f (1) + 1)

y

αT( f ) = α(

f (0), f (1) + 1)

=(

α f (0), α f (1) + α)

lo que implica que T(α f ) 6= αT( f ), ya que existen valores de α que no verifican la igual-

dad.

Opción 3. Mostrando que T( f1 + f2) 6= T( f1) + T( f2) para todo f1, f2 ∈ V.



Uso de conceptos 100 % (0.4) Demuestra que T no es una

aplicación lineal considerando

alguna de las opciones

(0.2) Concluye que T no es una

aplicación lineal de manera in-

completa o con errores.

2. Sea U un espacio vectorial real con producto interno 〈·, ·〉. Sea u0 ∈ U, se define la función

S : U −→ R

w 7−→ 〈u0, w〉 .

a) Muestre que S es una aplicación lineal de U en R.

b) En U = R3, tomando u0 = (3, 3, 3), calcule el núcleo de S.

Solución.

a) Sean v, w ∈ U y sea α ∈ R, por la definición de S y por las propiedades de producto

interno tenemos que

S(v + w) = 〈u0, v + w〉 = 〈u0, v〉+ 〈u0, w〉 = S(v) + S(w)

y

S(αv) = 〈u0, αv〉 = α 〈u0, v〉 = αS(v)

por lo tanto, se ha mostrado que S es una aplicación lineal de U en R.

b) Consideremos el producto usual para U y notemos que para todo v = (v1, v2, v3) ∈ U, se

tiene que

S(v) = 〈(3, 3, 3), (v1, v2, v3)〉 = 3v1 + 3v2 + 3v3 = 3(v1 + v2 + v3).

Ahora, por definición del núcleo de una aplicación lineal tenemos que

ker(S) = {v ∈ U : S(v) = 0}

= {v ∈ U : 〈(3, 3, 3), (v1, v2, v3)〉 = 0}

= {v ∈ U : v1 + v2 + v3 = 0} .



Uso de conceptos 100 % (0.2) Demuestra que:

S(v + w) = S(v) + S(w).

(0.0) No utiliza las propiedades

del producto interno.

(0.2) Demuestra que:

S(αv) = αS(v).

(0.0) No utiliza las propiedades

del producto interno.

(0.2) Determina el ker(S) utili-

zando la definición de núcleo

y propiedades de producto in-

terno sin errores.

(0.0) Aplica el producto interno

con errores.

3. Dado a ∈ R, considere la aplicación lineal

T : R3×1 −→ R

3×1

x

y

z

7−→

x + ay + z

2x + y + 2z

x + (a − 1)y + 2z

.

a) Encuentre todos los valores de a tales que T sea un isomorfismo de R3×1 en R

3×1.

2

b) Para a = 12 , calcule la imagen de T.

Solución.

a) Se puede determinar el valor del parámetro por al menos dos opciones.

Opción 1. Sabemos que T es un isomorfismo si y solo si es biyectiva, y dado que, T ∈L(R3×1, R

3×1), tenemos que T es inyectiva si y solo si es sobreyectiva.

Calculemos entonces el núcleo de T, tenemos que

ker(T) =

x

y

z

∈ R3×1 : T

x

y

z

=

0

0

0

=

x

y

z

∈ R3×1 :

x + ay + z

2x + y + 2z

x + (a − 1)y + 2z

=

0

0

0

=

x

y

z

∈ R3×1 : x + ay + z = 0, 2x + y + 2z = 0, x + (a − 1)y + 2z = 0

Entonces,

x

y

z

∈ ker(T) si y solo si se verifica el sistema homogéneo

x + ay + z = 0,

2x + y + 2z = 0,

x + (a − 1)y + 2z = 0

cuya matriz de coeficientes verifica que

det

1 a 1

2 1 2

1 a − 1 2

= −2a + 1.

Luego, este sistema posee solución única si y solo si −2a + 1 6= 0, es decir, si y solo

si a 6=1

2, lo que implica que ker(T) = {0

R3×1} o equivalentemente, T es inyectiva.

Luego, T es un isomorfismo si y solo si a ∈ R r

{

1

2

}

.

Opción 2. Sea B la base canónica de R3×1, verifique que

[T]BB =

1 a 1

2 1 2

1 a − 1 2

y analice su determinante, ahora, recordando que por teorema si [T]BB es invertible, se

concluye que T es biyectiva, y, por tanto, un isomorfismo.

b) Tomando a =1

2, en virtud del literal anterior, sabemos que para este valor de a, T no es

un isomorfismo, lo que implica que img(T) 6= R3×1, calculemos entonces la imagen de T,

3

para esto, notemos que

T

x

y

z

=

x +1

2y + z

2x + y + 2z

x −1

2y + 2z

para todo

x

y

z

∈ R3×1. Por la definición de imagen tenemos que

img(T) =

u

v

w

∈ R3×1 : T

x

y

z

=

u

v

w

, para algún

x

y

z

∈ R3×1

=

u

v

w

∈ R3×1 :

x +1

2y + z

2x + y + 2z

x −1

2y + 2z

=

u

v

w

, x, y, z ∈ R

=

u

v

w

∈ R3×1 : x +

1

2y + z = u, 2x + y + 2z = v, x −

1

2y + 2z = w, x, y, z ∈ R

.

Ahora, si

u

v

w

∈ R3×1, entonces

u

v

w

∈ img(T) si y solo si se verifica el sistema de

ecuaciones:

x +1

2y + z = u

2x + y + 2z = v

x −1

2y + 2z = w

cuya matriz ampliada verifica la equivalencia siguiente:

11

21 | u

2 1 2 | v

1 −1

22 | w

∼

11

21 | u

0 1 −1 | u − w

0 0 0 | −2u + v

.

Luego, este sistema es consistente cuando −2u + v = 0, por tanto,

img(T) =

u

v

w

∈ R3×1 : −2u + v = 0

.

4



(0.2) Plantea ker(T) o la matriz

[T]BB utilizando una base B.

(0.2) Determina [T]BB sin hacer

referencia a una base, es decir,

si no trabaja con la base canóni-

ca primero debe mostrar que en

efecto tiene una base.

(0.2) Determina condiciones pa-

ra que el ker(T) = {0R3×1} o la

matriz [T]BB sea invertible.

(0.1) Comete error de cálculo o

de conceptos, sin embargo, llega

a la respuesta correcta.

(0.2) Concluye, de forma ade-

cuada, que T es un isomorfismo

para todo a ∈ R r

{

1

2

}

.




(0.2) Plantea la img(T) correcta-

mente o evalúa la imagen de ele-

mentos de una base de R3×3.




(0.2) Resuelve el sistema para

caracterizar los elementos de la

imagen de T o calcula la cáp-

sula de las imágenes que se co-

rresponden a la base considera-

da, esta cápsula es justamente la

imagen de T.




4. Sea S : R3 → R

3 una aplicación lineal de R3 en R

3. Sea B = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)} una

base ordenada de R3. Suponga que

[S]BB =

1 0 1

0 1 1

1 1 0

.

a) Encuentre los valores propios de [S]BB.

b) Para el valor propio λ = 1 de [S]BB encuentre su vector propio asociado (las coordenadas

del vector propio de S).

c) Para el valor propio λ = 1 de S encuentre su vector propio asociado.

Solución.

Tomemos A = [S]BB.

a) Tenemos que el polinomio característico de A es

p(λ) = det(A − λI3) = −(λ + 1)(λ − 1)(λ − 2)

para todo λ ∈ R.

Luego, si p(λ) = 0, tenemos que los valores propios de A son: λ1 = −1, λ2 = 1 y λ3 = 2.

b) Para el valor propio λ = 1, tenemos que

A − λI3 =

0 0 1

0 0 1

1 1 −1

5

obtenemos ahora la solución del sistema homogéneo (A−λI3)v = 0 cuya matriz ampliada


0 0 1 | 0

0 0 1 | 0

1 1 −1 | 0

∼

1 1 0 | 0

0 0 1 | 0

0 0 0 | 0

de lo cual, el conjunto solución de este sistema es{

v ∈ R3 : v1 + v2 = 0, v3 = 0

}

cuya base es

−1

1

0

, y, por tanto, el vector propio asociado a λ = 1 es

−1

1

0

.

c) En virtud del literal anterior tenemos que

[S(v)]B = λ[v]B = [v]B

donde

[v]B =

−1

1

0

luego,

v = (−1)(1, 1, 1) + (1)(1, 1, 0) + (0)(1, 0, 0) = (0, 0,−1)

el vector propio asociado al valor propio λ = 1 de S.



(0.4) Determina correctamente

los valores propios de [S]BB.

(0.2) Calcula los valores propios

con errores.

(0.4) Determina las coordenadas

del vector propio [v]B asociado

al valor propio λ = 1 .




(0.2) Calcula correctamente al

vector propio v.




5. Dada la aplicación lineal

T : R2[t] −→ R2×2

a0 + a1t + a2t2 7−→

(

a0 + a1 0

a0 − a2 −a2

)

.

Sean

B1 = {1, t, t2} y B2 = {−1 + t2, t, 1 + t2}

bases ordenadas de R2[t], y, sean

D1 =

{(

1 0

0 0

)

,

(

0 1

0 0

)

,

(

0 0

1 0

)

,

(

0 0

0 1

)}

y

D2 =

{(

1 0

0 0

)

,

(

0 1

−1 0

)

,

(

0 1

1 0

)

,

(

0 0

0 1

)}

6

bases ordenadas de R2×2.

a) Encuentre las matrices cambio de base [I]B1B2

y [I]D1D2

.

b) Dada la matriz asociada a T:

[T]B1D1

=

1 1 0

0 0 0

1 0 −1

0 0 −1

.

Utilizando matrices cambio de base, calcule [T]B2D2

.

c) Verifique que se cumple la igualdad:

[T(−1 + t + t2)]D2= [T]B2

D2[(−1 + t + t2)]B2

.

Solución.

a) Notando que

[I]B2B1

=

−1 0 1

0 1 0

1 0 1

y [I]D2D1

=

1 0 0 0

0 1 1 0

0 −1 1 0

0 0 0 1

.

Tenemos que

[I]B1B2

=(

[I]B2B1

)−1=

−1 0 1

0 1 0

1 0 1

−1

=

−1

20

1

20 1 01

20

1

2

y

[I]D1D2

=(

[I]D2D1

)−1=

1 0 0 0

0 1 1 0

0 −1 1 0

0 0 0 1

−1

=

1 0 0 0

0 12 − 1

2 0

0 12

12 0

0 0 0 1

.

b) Por teorema tenemos que:

[T]B2D2

= [I]D1D2[T]B1

D1[I]B2

B1.

Entonces:

[T]B2D2

=

1 0 0 0

0 12 − 1

2 0

0 12

12 0

0 0 0 1

1 1 0

0 0 0

1 0 −1

0 0 −1

−1 0 1

0 1 0

1 0 1

=

−1 1 1

1 0 0

−1 0 0

−1 0 −1

.

c) Mostremos la igualdad por medio de transitividad. Trabajemos el lado izquierdo, notemos

que

T(−1 + t + t2) =

(

0 0

−2 −1

)

.

7

Luego,

[T(−1 + t + t2)]D1=

0

0

−2

−1

.

Entonces

[T(−1 + t + t2)]D2= [I]D1

D2[T(−1 + t + t2)]D1

=

0

1

−1

−1

.

Trabajemos el lado derecho, tenemos que

[(−1 + t + t2)]B1=

−1

1

1

.

Luego,

[(−1 + t + t2)]B2= [I]B1

B2[(−1 + t + t2)]B1

=

1

1

0

.

Entonces

[T]B2D2[(−1 + t + t2)]B2

=

0

1

−1

−1

.

De donde se sigue el resultado.



(0.4) Calcula correctamente a las

matrices [I]B2B1

y [I]D1D2




(0.2) Escribe la igualdad

[T]B2D2

= [I]D1D2[T]B1

D1[I]B2

B1

correctamente.

(0.2) Encuentra [T]B2D2

sin utilizar

matrices cambio de base.

(0.1) Calcula a la matriz [T]B2D2

co-

rrectamente.




(0.2) Calcula [T(−1 + t + t2)]D2

y [T]B2D2[(−1 + t + t2)]B2




(0.1) Comprueba que cumple la

igualdad del enunciado.




8


ÁLGEBRA LINEAL • EXAMEN DEL SEGUNDO BIMESTRE

Viernes 26 de julio de 2019 (120 minutos) Departamento de Formación Básica

Fila B



• El puntaje de cada pregunta es: pregunta 1 valor 0.4 puntos; pregunta 2 valor 0.6 puntos; pregunta 3 valor 1 punto;

pregunta 4 valor 1 punto; pregunta 5 valor 1 punto; y se distribuye de acuerdo con cómo se indica en cada cuadro

"Criterios de Evaluación".






1. Sea U = C(R) el espacio vectorial de las funciones de R en R, bajo las operaciones de suma de

funciones y producto de un escalar con una función usuales. Entonces, sea

T : U −→ R2

f 7−→(

f (1) + 1, f (0))

.

Determine si T es una aplicación lineal de U en R2.

Solución.

Se tiene que T no es una aplicación lineal, para esto notemos que si f es la función nula, el

neutro de U, se tiene que

T( f ) =(

f (1) + 1, f (0))

=(

0 + 1, 0)

=(

1, 0)

6=(

0, 0)

.

2. Sea V un espacio vectorial real con producto interno 〈·, ·〉. Sea v0 ∈ V, se define la función

S : V −→ R

w 7−→ 〈w, v0〉 .

a) Muestre que S es una aplicación lineal de V en R.

b) En V = R3, tomando v0 = (2, 2, 2), calcule el núcleo de S.

Solución.

a) Sean u, w ∈ V y sea α ∈ R, por la definición de S y por las propiedades de producto

interno tenemos que

S(v + w) = 〈v0, u + w〉 = 〈v0, u〉+ 〈v0, w〉 = S(u) + S(w)

y

S(αu) = 〈v0, αu〉 = α 〈v0, u〉 = αS(u)

por lo tanto, se ha mostrado que S es una aplicación lineal de V en R.

b) Consideremos el producto usual para V y notemos que para todo u = (u1, u2, u3) ∈ V, se

tiene que

S(u) = 〈(2, 2, 2), (u1, u2, u3)〉 = 2u1 + 2u2 + 2u3 = 2(u1 + u2 + u3).

Ahora, por definición del núcleo de una aplicación lineal tenemos que

ker(S) = {u ∈ U : S(u) = 0}

= {u ∈ U : 〈(2, 2, 2), (u1, u2, u3)〉 = 0}

= {u ∈ U : u1 + u2 + u3 = 0} .

3. Dado α ∈ R, considere la aplicación lineal

T : R3×1 −→ R

3×1

x

y

z

7−→

2x + y + 2z

x + αy + z

x + (α − 1)y + 2z

.

a) Encuentre todos los valores de α tales que T sea un isomorfismo de R3×1 en R

3×1.

b) Para α =1

2, calcule la imagen de T.

Solución.

a) Sabemos que T es un isomorfismo si y solo si es biyectiva, y dado que, T ∈ L(R3×1, R3×1),

tenemos que T es inyectiva si y solo si es sobreyectiva.

Calculemos entonces el núcleo de T, tenemos que

ker(T) =

x

y

z

∈ R3×1 : T

x

y

z

=

0

0

0

=

x

y

z

∈ R3×1 :

2x + y + 2z

x + αy + z

x + (α − 1)y + 2z

=

0

0

0

=

x

y

z

∈ R3×1 : 2x + y + 2z = 0, x + αy + z = 0, x + (α − 1)y + 2z = 0

Entonces,

x

y

z

∈ ker(T) si y solo si se verifica el sistema homogéneo

2x + y + 2z = 0,

x + αy + z = 0,

x + (α − 1)y + 2z = 0

cuya matriz de coeficientes verifica que

det

2 1 2

1 α 1

1 α − 1 2

= 2a − 1.

Luego, este sistema posee solución única si y solo si 2α − 1 6= 0, es decir, si y solo si α 6=1

2,

10

lo que implica que ker(T) = {0R3×1} o equivalentemente, T es inyectiva. Luego, T es un

isomorfismo si y solo si α ∈ R r

{

1

2

}

.

b) Tomando α =1

2, en virtud del literal anterior, sabemos que para este valor de α, T no es

un isomorfismo, lo que implica que img(T) 6= R3×1, calculemos entonces la imagen de T,

para esto, notemos que

T

x

y

z

=

2x + y + 2z

x +1

2y + z

x −1

2y + 2z

para todo

x

y

z

∈ R3×1. Por la definición de imagen tenemos que

img(T) =

u

v

w

∈ R3×1 : T

x

y

z

=

u

v

w

, para algún

x

y

z

∈ R3×1

=

u

v

w

∈ R3×1 :

2x + y + 2z

x +1

2y + z

x −1

2y + 2z

=

u

v

w

, x, y, z ∈ R

=

u

v

w

∈ R3×1 : 2x + y + 2z = u, x +

1

2y + z = v, x −

1

2y + 2z = w, x, y, z ∈ R

.

Ahora, si

u

v

w

∈ R3×1, entonces

u

v

w

∈ img(T) si y solo si se verifica el sistema de

ecuaciones:

2x + y + 2z = v

x +1

2y + z = u

x −1

2y + 2z = w

cuya matriz ampliada verifica la equivalencia siguiente:

2 1 2 | u

11

21 | v

1 −1

22 | w

∼

11

21 |

u

2

0 1 −1 |u − 2w

20 0 0 | −u + 2v

.

Luego, este sistema es consistente cuando −u + 2v = 0, por tanto,

img(T) =

u

v

w

∈ R3×1 : −u + 2v = 0

.

4. Sea S : R3 → R

3 una aplicación lineal de R3 en R

3. Sea B = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)} una

11

base ordenada de R3. Suponga que

[S]BB =

−1 0 −1

0 −1 −1

−1 −1 0

.

a) Encuentre los valores propios de [S]BB.

b) Para el valor propio λ = −1 de [S]BB encuentre su vector propio asociado (las coordenadas

del vector propio de S).

c) Para el valor propio λ = −1 de S encuentre su vector propio asociado.

Solución.

Tomemos A = [S]BB.

a) Tenemos que el polinomio característico de A es

p(λ) = det(A − λI3) = −(λ + 1)(λ − 1)(λ + 2)

para todo λ ∈ R.

Luego, si p(λ) = 0, tenemos que los valores propios de A son: λ1 = −1, λ2 = 1 y λ3 = −2.

b) Para el valor propio λ = −1, tenemos que

A − λI3 =

0 0 −1

0 0 −1

−1 −1 1

obtenemos ahora la solución del sistema homogéneo (A−λI3)v = 0 cuya matriz ampliada


0 0 −1 | 0

0 0 −1 | 0

−1 −1 1 | 0

∼

1 1 0 | 0

0 0 1 | 0

0 0 0 | 0

de lo cual, el conjunto solución de este sistema es{

v ∈ R3 : v1 + v2 = 0, v3 = 0

}

cuya base es

−1

1

0

, y, por tanto, el vector propio asociado a λ = −1 es

−1

1

0

.

c) En virtud del literal anterior tenemos que

[S(v)]B = λ[v]B = −[v]B

donde

[v]B =

−1

1

0

luego,

v = (−1)(1, 1, 1) + (1)(1, 1, 0) + (0)(1, 0, 0) = (0, 0,−1)

el vector propio asociado al valor propio λ = −1 de S.

12

5. Dada la aplicación lineal

T : R2[t] −→ R2×2

a0 + a1t + a2t2 7−→

(

a0 + a1 0

a0 − a2 −a2

)

.

Sean

B1 = {1, t, t2} y B2 = {1 + t2, t,−1 + t2}

bases ordenadas de R2[t], y, sean

D1 =

{(

1 0

0 0

)

,

(

0 1

0 0

)

,

(

0 0

1 0

)

,

(

0 0

0 1

)}

y

D2 =

{(

1 0

0 0

)

,

(

0 1

1 0

)

,

(

0 1

−1 0

)

,

(

0 0

0 1

)}

bases ordenadas de R2×2.

a) Encuentre las matrices cambio de base [I]B1B2

y [I]D1D2

.

b) Dada la matriz asociada a T:

[T]B1D1

=

1 1 0

0 0 0

1 0 −1

0 0 −1

.

Utilizando matrices cambio de base, calcule [T]B2D2

.

c) Verifique que se cumple la igualdad:

[T(1 + t + t2)]D2= [T]B2

D2[(1 + t + t2)]B2

.

Solución.

a) Notando que

[I]B2B1

=

1 0 −1

0 1 0

1 0 1

y [I]D2D1

=

1 0 0 0

0 1 1 0

0 1 −1 0

0 0 0 1

.

Tenemos que

[I]B1B2

=(

[I]B2B1

)−1=

1 0 −1

0 1 0

1 0 1

−1

=

1

20

1

20 1 0

−1

20

1

2

y

[I]D1D2

=(

[I]D2D1

)−1=

1 0 0 0

0 1 1 0

0 1 −1 0

0 0 0 1

−1

=

1 0 0 0

0 12

12 0

0 12 − 1

2 0

0 0 0 1

.

b) Por teorema tenemos que:

[T]B2D2

= [I]D1D2[T]B1

D1[I]B2

B1.

13

Entonces:

[T]B2D2

=

1 1 −1

0 0 −1

0 0 1

−1 0 −1

.

c) Mostremos la igualdad por medio de transitividad. Trabajemos el lado izquierdo, notemos

que

T(1 + t + t2) =

(

2 0

0 −1

)

.

Luego,

[T(1 + t + t2)]D1=

2

0

0

−1

.

Entonces

[T(1 + t + t2)]D2= [I]D1

D2[T(1 + t + t2)]D1

=

2

0

0

−1

.

Trabajemos el lado derecho, tenemos que

[(1 + t + t2)]B1=

1

1

1

.

Luego,

[(1 + t + t2)]B2= [I]B1

B2[(1 + t + t2)]B1

=

1

1

0

.

Entonces

[T]B2D2[(1 + t + t2)]B2

=

2

0

0

−1

.

De donde se sigue el resultado.

14

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ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL HOJA DE DATOS ÁLGEBRA … · ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL HOJA DE DATOS ÁLGEBRA LINEAL • PRIMERA PRUEBA DEL PRIMER BIMESTRE Lunes 29 de abril de