Examenes resueltos algebra lineal

ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DEL LITORAL

08

Ejercicios propuestos de Álgebra Lineal y Exámenes Resueltos Álgebra Lineal (B) ICM-00604 Ramiro Javier Saltos Atiencia (Ayudante Académico) [email protected] Guayaquil- Ecuador

ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DEL LITORAL Instituto de Ciencias Matemáticas

Algebra Lineal (B)

Deber # 1: Transformaciones Lineales

Determine si las siguientes funciones son transformaciones lineales. Justifique adecuadamente su respuesta

1. 1

2: PRT → )5()2( baxbab

aT −++=

2. 3

2: RPT → ( )

+

−

=++

0

2

2

2 ba

ba

cbxaxT

3. RRT →3:

=

z

y

x

z

y

x

T

63

52

41

det

4. 222: xMPT → [ ]

=

)3()2(

)1()0()(

pp

ppxpT 2)(; Pxp ∈

5. RMT nxn →: )det()( AAT = nxnMA∈;

6. RMT nxn →: )()( AtrazaAT = nxnMA∈;

7. 222: xMPT → ( )

⋅

=++

cb

bacbxaxT

43

212

8. 2

22: RDT x →

+

+=

ba

ba

b

aT0

0


Algebra Lineal (B)

Deber # 2: Núcleo e Imagen de Transformaciones Lineales

Determine las condiciones, una base y la dimensión del núcleo y de la imagen de cada una de las siguientes transformaciones lineales

1. 32: RRT →

2 2

a ba

T a bb

a b

+ = − +

2. 2

1: RPT → ( )

−

+=+

ba

babaxT

32

3. 2222: xx DST →

−

−+=

ba

cba

cb

baT

30

0

4. 222: xMPT → ( )

=++

cb

bacbxaxT

11

112

5. 222: PST x → ( ) ( ) ( )cbaxcbaxcbacb

baT 98765432 2 ++++++++=

6. 222: xMPT → [ ]

=

)3()2(

)1()0()(

pp

ppxpT 2)(; Pxp ∈

7. 1

2: PRT → )5()2( baxbab

aT −++=


Algebra Lineal (B)

Deber # 3: Matriz Asociada a una Transformación Lineal

Determine la representación matricial de cada transformación lineal respecto a las bases dadas

1. 32: RRT →

2 2

a ba

T a bb

a b

+ = − +

a) 1

1 0,

0 1B

=

y 2

1 0 0

0 , 1 , 0

0 0 1

B

=

b) 3

1 3,

2 4B

=

y 4

1 1 1

1 , 1 , 0

1 0 0

B

=

2. 2

1: RPT → ( )

−

+=+

ba

babaxT

32

a) { }1 1,B x= y 2

1 0,

0 1B

=

b) { }3 1 ,1B x x= + − y 4

1 3,

2 4B

=

3. 2222: xx DST →

−

−+=

ba

cba

cb

baT

30

0

a) 1

1 0 0 1 0 0, ,

0 0 1 0 0 1B

=

y 2

1 0 0 0,

0 0 0 1B

=

b) 3

1 1 1 1 1 0, ,

1 0 1 1 0 0B

=

y 4

1 0 1 0,

0 1 0 1B

− =

4. 222: xMPT → ( )

=++

cb

bacbxaxT

11

112

a) { }21 1, ,B x x= y 2

1 0 0 1 0 0 0 0, ,

0 0 0 0 1 0 0 1B

=

b) { }2

3 1, 1, 1B x x x= + + + y 4

1 1 0 1 1 1 0 0, ,

0 0 2 0 1 0 0 1B

− − =

5. 222: PST x → ( ) ( ) ( )cbaxcbaxcbacb

baT 98765432 2 ++++++++=

a) 1

1 1 1 0 0 2, ,

1 1 0 1 2 1B

− = −

y { }2

2 ; 1; 1B x x x= + −

b) 3

1 1 1 1 1 0, ,

1 0 1 1 0 0B

=

y { }2

4 1 2 ;1 2 ;5B x x x= + − −


Algebra Lineal (B)

Deber # 4: Miscelánea de Transformaciones Lineales

1. Sea 2

1:T P R→ una transformación lineal con regla de correspondencia:

( )2

3 4

a bT a bx

a b

+ + = +

Determine:

a) ( ); ( )Nu T v T

b) Im( ); ( )T Tρ

c) La matriz asociada a T respecto a las bases { }1 1 ;1B x x= + − y 2

1 3,

2 4B

=

2. Sea 3

2 2: xT R S→ una transformación lineal con regla de correspondencia:

2 3 4

3 4 5 8

aa b c a b c

T ba b c a b c

c

− + + + = + + − +

Determine:

a) ( ); ( )Nu T v T

b) Im( ); ( )T Tρ

c) La matriz asociada a T respecto a las bases 1

1 1 1

0 , 2 , 2

0 0 3

B

=

y

2

1 1 1 1 1 0, ,

1 1 1 0 0 0B

− − = −

3. Sea 2 2 2: xT P D→ una transformación lineal con regla de correspondencia:

( )20

0 3

a b cT ax bx c

a b

+ + + + = +

Determine:

a) ( ); ( )Nu T v T

b) Im( ); ( )T Tρ

c) La matriz asociada a T respecto a las bases { }2 2

1 ; 1; 1B x x x x= − + − y

2

1 0 2 0,

0 2 0 1B

= −

4. Sea 4

2 2: xT R M→ una transformación lineal definida como:

2 3

4 2 3 4

a

b a b c dT

c a c d a b c

d

− − + = − + − +

Determine: a) ( ); ( )Nu T v T

b) Im( ); ( )T Tρ

c) La matriz asociada a T respecto a las bases 1

0 1 1 1

1 0 1 1, , ,

1 1 0 1

1 1 1 0

B

=

y

2

1 3 1 3 8 2 1 0, , ,

2 4 0 1 0 0 0 0B

− =


Algebra Lineal (B)

Deber # 5: Ejercicios de Verdadero o Falso sobre Transformaciones Lineales

Califique como verdaderas o falsas las siguientes proposiciones. Si es verdadera demuestre caso contrario proponga un contraejemplo

1. Sea :T V W→ una transformación lineal donde V y W son espacios vectoriales de dimensión finita, entonces se cumple que ( ) ( ) dimv T T Wρ+ =

2. Sea :T V W→ una transformación lineal biyectiva. Si { }1 2, ,..., nv v v es una base de V , entonces

( ) ( ) ( ){ }1 2, ,..., nT v T v T v es una base de W

3. Sea :T V W→ una transformación lineal tal que T es un isomorfismo y { }0Rα ∈ − . Entonces

( ) ( ) :T v V Wα → es también un isomorfismo

4. Si 1 :T V W→ y 2 :T W U→ son dos isomorfismos, entonces 2 1 :T T V U→o es también un isomorfismo

5. Una transformación lineal :T V W→ cuyo único elemento en el núcleo de T es el VO es inversible

6. Sean 1 :T V W→ y 2 :T V W→ dos transformaciones lineales. Si ( ) ( )1 2Nu T Nu T= y ( ) ( )1 2Im ImT T= ,

entonces 1 2T T=

7. Sean 1 :T V W→ y 2 :T V W→ dos isomorfismos, entonces 1 2 :T T V W+ → también es un isomorfismo

8. Es posible construir una transformación lineal inyectiva 2 2 2: xT P S→ tal que 2 2Im( ) xT D=

9. Sea :T V W→ una transformación lineal donde V y W son espacios vectoriales de dimensión finita. Si

( ) ( )dim dimV W= , entonces T es un isomorfismo

10. Sea 2

1:T P R→ una transformación lineal. Si ( )3

21

T x−

− =

y ( )1

15

T x−

+ =

, entonces T es un

isomorfismo

11. Existe una transformación lineal 3

1:T P R→ que es sobreyectiva

12. Sean 1 :T V W→ y 2 :T W U→ dos transformaciones lineales. Si 2 1 :T T V U→o es sobreyectiva,

entonces 1T es sobreyectiva

13. Sea :T V W→ una transformación lineal tal que ( )dim 5V = y la ( )dim 3W = . Si el vector típico del

( )Nu T se puede expresar en función de dos variables libres, entonces cualquier conjunto de la Im( )T con

un mínimo de 4 vectores es linealmente dependiente


Algebra Lineal (B)

Deber # 6: Construcción de Transformaciones Lineales

1. Construya, de ser posible, una transformación lineal 3

2:T P R→ tal que:

( )22

1 0

1

T x x

+ + =

( )23

1 2 1

0

T x

+ =

( )21

2

3

T x x

+ = −

2. Sea 2

1:T P R→ una transformación lineal tal que:

( )3

21

T x−

− =

( )1

15

T x−

+ =

Demuestre que T es un isomorfismo y encuentre la regla de correspondencia de 1T − 3. Sea 3

2 2: xT R S→ una transformación lineal tal que:

5 1 3

1 1 3

0 2 4

A

− − = − −

Es la representación matricial de T respecto a las bases 1

0 1 1

1 , 0 , 1

1 1 0

B

=

y

2

1 1 1 1 1 0, ,

1 1 1 0 0 0B

=

de 3R y 2 2xS respectivamente.

a) Encuentre la regla de correspondencia de T b) Determine una base y la dimensión del núcleo y la imagen de T

4. Construya, de ser posible, una transformación lineal 2 2 2: xT S P→ que cumpla con las siguientes

condiciones:

•••• ( ) 2 2 / 2 0x

a bKer T S a b c

b c

= ∈ + − =

•••• ( ) { }2Im / 0T ax bx c c a b= + + = − =

•••• 21 1

1 1T x x

= +


Algebra Lineal (B)

Deber # 7: Espacios con Producto Interno y Proyecciones

1. Determine si las siguientes funciones son un producto interno real en 1P

a) ( ) ( ) bdadbcacdcxbax 2+−−=++=••

b) ( ) ( ) )1()1(2)0()0()()( −−+==•• qpqpxqxp

2. Sea 3RV = y sea el subespacio de vectorial

==∈

= cbaR

c

b

a

H 32/3

a) Determine una base ortonormal para ⊥H

b) Exprese el vector

−

=

1

2

1

v como la suma de un vector Hh∈ con un vector ⊥∈Hp

3. Sea 4RV = y el subespacio

=+∈

= cbaR

d

c

b

a

H 43/4

a) Determine el complemento ortogonal de H

b) Exprese el vector

−=

3

1

0

1

v como la suma de un vector Hh∈ con un vector ⊥∈Hp

4. Sea el espacio vectorial 22xSV = donde está definido el producto interno real:

)(, 22 ABtrazaBASBA x =∈∀

Sea el subespacio de V :

+=∈

= bacS

cb

baH x /22

a) Encuentre una base y determine la dimensión de ⊥H

b) Si 2221

11xSv ∈

−

−= encuentre un par único de vectores Hh∈ y ⊥∈Hp tales que

phv +=


Algebra Lineal (B)

Deber # 8: Diagonalización

1. Encuentre, de ser posible, la matriz C que diagonaliza a la matriz:

−

−

=

500

032

023

A


1 1 0

0 2 0

2 1 3

A

= −


0 0 1

4 2 2

2 0 3

A

= − −


2 1 1

2 3 2

3 3 4

A

=

5. Sea 2 2:T P P→ una transformación lineal definida por:

( ) ( ) ( ) ( )2 22 4 3 3 3 4T ax bx c a b c x a b c x a b c+ + = − + + + − + + + − + +

Encuentre, de ser posible, una base B de 2P respecto de la cual la representación matricial de T

sea una matriz diagonal 6. Sea el operador lineal 11: PPT → tal que tiene los siguientes vectores propios:

•••• x+−1 •••• x+1

Determine la regla de correspondencia de T si se conoce que la primera columna de su representación matricial respecto a la base canónica es ( )13− 7. Encuentre, de ser posible, la matriz Q que diagonaliza ortogonalmente a la matriz:

3 2 0

2 3 0

0 0 1

A

=

EXÁ

Instituto de Ciencias Matemáticas

Algebra Lineal: Solución de la Primera Evaluación Tema 1: (20 puntos) Califique como verdaderas o falsas las siguientes proposiciones. Justifique formalmente su respuesta a) Si la matriz B se obtiene a partir de la matriz

)()( BA ρρ = (Verdadero)

Por definición, la matriz A es equivalente por renglones a la matriz operaciones elementales de renglón En este caso la matriz B se obtiene por un simple intercambio de

BA RR = dado que los renglones de A También hay que recordar que dim(Im(

b) Si 53xMA∈ es una matriz cualquiera, entonces

Sea 53

00100

00010

11001

xMA ∈

−−

=

→=

100

010

001

3OAXR

De donde obtenemos:

a

da

=

−

EXÁMENES RESUELTOS


Algebra Lineal: Solución de la Primera Evaluación

Tema 1: (20 puntos) Califique como verdaderas o falsas las siguientes proposiciones. Justifique

ne a partir de la matriz A por medio de un intercambio de filas, entonces

es equivalente por renglones a la matriz B si A puede reducirse a

se obtiene por un simple intercambio de las filas (renglones)A y B son los mismos excepto que están escritos en un orden diferente

)dim()dim()())dim(Im( AA RCAA === ρ

)()( BA ρρ =∴

es una matriz cualquiera, entonces 3)( ≥Av (Falso)

. Sea )(ANu

e

d

c

b

a

X ∈

=

=

−−

0

0

0

00

00

11

e

d

c

b

a

→

100

010

001

ed

ed

+

=− 0 0=b 0=c

Tema 1: (20 puntos) Califique como verdaderas o falsas las siguientes proposiciones. Justifique

por medio de un intercambio de filas, entonces

puede reducirse a B mediante

filas (renglones) de A , entonces son los mismos excepto que están escritos en un orden diferente

−−

000

000

011

+

=

+

=

1

0

0

0

1

0

1

0

0

1

0

0

ed

e

d

ed

e

d

c

b

a

=

1

0

0

0

1

,

0

1

0

0

1

)(ANuB 2)( =∴ Av

c) Sea V un espacio vectorial. Sea VBA ⊆, , entonces )()()( BgenAgenBAgen ∩=∩ (Falso)

Sea 3RV = . Sea

=

1

0

0

,

0

1

0

,

0

0

1

A y VB ∈

=

2

0

0

,

0

1

0

•

=∩

0

1

0

BA

==∈

=∩→ 0/)( 3 caR

c

b

a

BAgen

•

∈∈

= RcbaR

c

b

a

Agen ,,/)( 3 y

=∈

= 0/)( 3 aR

c

b

a

Bgen

•

∈∧=∈

=∩ RcbaR

c

b

a

BgenAgen ,0/)()( 3 )()()( BgenAgenBAgen ∩≠∩∴

d) Sea W un subespacio del espacio vectorial V . Si Ww∉ y R∈α , entonces Ww∉α (Falso)

Sea 2RV = . Sea

=∈

= 0/2 aR

b

aW un subespacio de V . Sea 0=α

Sea

=0

1w , este vector no pertenece a W por no cumplir la condición de que 0=a

( )

=

=

0

0

0

10wα

Por hipótesis sabemos que W es un subespacio y por tanto contiene al nulo de V y VOw =α

Ww∈∴α

e) Si RRL →: es una transformación lineal, entonces [ ] )()( 22vLvL = (Falso)

Sea aaL 2)( = una transformación lineal Sea 2=a

[ ]( )

816

)4(4

)2()2(

2

22

≠

=

=

L

LL

[ ] )()( 22vLvL ≠∴

Tema 2: (10 puntos) Sea

>∧>

= 00/ yx

y

xV con las operaciones:

⋅

⋅=

⊕

21

21

2

2

1

1

4

9

yy

xx

y

x

y

x

=

•

αα

αα

αy

x

y

x2

2

2

3

Si ( )•⊕,,V es un espacio vectorial, determine:

a) El neutro o cero vectorial de V b) Si Vv∈ , el inverso aditivo de v

Este ejercicio se presenta bastante confuso, debido a que la manera en que es planteado da a entender que primero hay que determinar si V es un espacio vectorial. Pero no vamos a analizar la validez del ejercicio planteado, sino que vamos a resolver lo que nos piden en cada literal. a)

• Usando el teorema Vv∈∀ VOv =•0

=

=

•=

1

1

2

3

0

0)0(2

0)0(2

V

V

V

O

y

xO

y

xO

• Usando el axioma VOV ∈∃ Vv∈∀ vOv V =+

Sea Vb

av ∈

= . Sea

=

y

xOV

=

=

⊕

b

a

by

ax

b

a

y

x

b

a

4

9

91

9

=

=

x

aax

41

4

=

=

y

bby

=

4191

VO

El nulo pertenece a V porque sus componentes son mayores que 0 Hay que notar que usando las dos formas de resolución no nos queda el mismo nulo, pero esto se debe al mal planteamiento del problema. Utilizando ambas alternativas siempre debe quedar la misma respuesta

b)

• Usando el teorema Vv∈∀ '1 vv =•−

=

=

•−=

−−

−−

y

xv

y

xv

y

xv

4191

'

2

3'

1'

1)1(2

1)1(2

• Usando el axioma Vv∈∀ Vv∈∃ ' VOvv =+ '

La pregunta aquí es con cuál nulo trabajamos. Para este caso debemos usar el obtenido al usar el axioma porque estamos calculando el inverso de la misma manera que ese neutro

Sea Vy

xv ∈

= . Sea

=b

av'

=

=

⊕

4191

4

9

4191

yb

xa

b

a

y

x

xa

xa

811

919

=

=

yb

yb

161

414

=

=

=

y

xv

161811

'

Ambos inversos pertenecen a V por ser sus componentes mayores que 0 Con el mismo argumento mencionado al calcular el VO sabemos que nos debió quedar la misma respuesta.

También se puede notar que V no es un espacio vectorial por no cumplirse el siguiente axioma: M10) Vv∈∀ vv =•1

Sea Vy

xv ∈

=

≠

=

=

•

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

4

9

2

3

1

1)1(2

1)1(2

Tema 3: (20 puntos) Sea 23xMV = . Sean 1W el conjunto de las matrices que tienen la primera y

última fila iguales; 2W el conjunto de las matrices que tienen la primera columna igual a su

segunda columna; y 3W el conjunto de las matrices 23xA tal que 12 −= iai , .3,2,1=i

Determine.

a) Los conjuntos que son subespacios de V b) La intersección entre los subespacios encontrados en el literal anterior c) La suma entre los subespacios encontrados en el primer literal d) Una base para el subespacio intersección y otra para el subespacio suma, obtenidos en (b)

y (c), respectivamente. Para hallar 1W hay que tener en cuenta que su primera y última fila son iguales, por tanto las componentes en dichas filas deben ser correspondientemente iguales, así nos queda que:

=∧=∈

= fbeaM

fe

dc

ba

W x /231

Ahora procedemos a determinar si 1W es un subespacio de V 1) 1, Wwv ∈∀ 1Wwv ∈+

Sea

=

11

11

11

fe

dc

ba

v y 1

22

22

22

W

fe

dc

ba

w ∈

=

Como ambos vectores pertenecen a 1W cumplen con la condición del mismo, con lo que tenemos que:

11 ea = 11 fb = 22 ea = 22 fb =

++

++

++

=+

2121

2121

2121

ffee

ddcc

bbaa

wv

Ahora hay que ver si la suma de ambos cumple la condición

00

2121

2121

=

+=+

+=+

eeee

eeaa

00

2121

2121

=

+=+

+=+

ffff

ffbb

Por tanto 1Wwv ∈+ 2) R∈∀α 1Wv∈∀ 1Wv∈α

Sean R∈α . Sea 1W

fe

dc

ba

v ∈

=

Sabemos que ea = y fb = entonces 0=− ea y 0=− fb

=

fe

dc

ba

v

αα

αα

αα

α

00

0)0(

0)(

0

=

=

=−

=−

αα

αα

ea

ea

00

0)0(

0)(

0

=

=

=−

=−

α

αααfb

fb

Por tanto 1Wv∈α

1W∴ es un subespacio de V El mismo procedimiento vamos a realizar con 2W pero aquí hay que notar que ambas columnas son iguales, por tanto las componentes en dichas columnas deben ser correspondientemente iguales, así nos queda que:

=∧=∧=∈

= fedcbaM

fe

dc

ba

W x /232

Ahora procedemos a determinar si 2W es un subespacio de V 1) 2, Wwv ∈∀ 2Wwv ∈+

Sea

=

11

11

11

fe

dc

ba

v y 2

22

22

22

W

fe

dc

ba

w ∈

=

Como ambos vectores pertenecen a 2W cumplen con la condición del mismo, con lo que tenemos que:

011

11

=−

=

ba

ba

011

11

=−

=

dc

dc

011

11

=−

=

fe

fe

022

22

=−

=

ba

ba

022

22

=−

=

dc

dc

022

22

=−

=

fe

fe

++

++

++

=+

2121

2121

2121

ffee

ddcc

bbaa

wv

00

000

0)()(

0)()(

2211

2121

=

=+

=−+−

=+−+

baba

bbaa

00

000

0)()(

0)()(

2211

2121

=

=+

=−+−

=+−+

dcdc

ddcc

00

000

0)()(

0)()(

2211

2121

=

=+

=−+−

=+−+

fefe

ffee

Por tanto 2Wwv ∈+ 2) R∈∀α 2Wv∈∀ 2Wv∈α

Sean R∈α . Sea 2W

fe

dc

ba

v ∈

=

=

fe

dc

ba

v

αα

αα

αα

α

00

0)0(

0)(

0

=

=

=−

=−

α

αααba

ba

00

0)0(

0)(

0

=

=

=−

=−

α

αααdc

dc

00

0)0(

0)(

0

=

=

=−

=−

α

αααfe

fe

Por tanto 2Wv∈α

2W∴ es un subespacio de V Finalmente nos falta encontrar 3W y determinar si este es un subespacio, y para ello hay que utilizar la

regla de correspondencia para determinar el valor de las componentes en la segunda columna, la cual es 12 −= iai

0

11

12

12

=

−=

a

a

1

12

22

22

=

−=

a

a

2

13

32

32

=

−=

a

a

∈∈

= RcbaM

c

b

a

W x ,,/

2

1

0

233

Para determinar si 3W es un subespacio hay que recordar que todo subespacio debe contener a vector nulo

del espacio vectorial, pero en este caso el nulo que es

00

00

00

no pertenece a 3W por no cumplir con la

forma de todo vector de 3W , la cual consiste en que su segunda columna siempre tendrá 0 , 1 y 2 ,

respectivamente

3W∴ no es un subespacio de V

Procederemos a encontrar la intersección entre los subespacios hallados y una base para la misma. Sabemos que:

•

=−∧=−∈

= 00/231 fbeaM

fe

dc

ba

W x

•

=−∧=−∧=−∈

= 000/232 fedcbaM

fe

dc

ba

W x

Por tanto:

=−=−=−=−=−∈

=∩ 0/2321 fedcbafbeaM

fe

dc

ba

WW x

Pero no es correcto dejar expresada la intersección en función de muchas condiciones. A estas hay que simplificarlas usando Gauss, así:

=−

=−

=−

=−

=−

0

0

0

0

0

fe

dc

ba

fb

ea

)1(

0110000

0001100

0010010

0100010

0010001

)1(

0110000

0001100

0000011

0100010

0010001

2313 AA

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

0000000

0001100

0110000

0100010

0010001

)1(

0110000

0001100

0110000

0100010

0010001

35A

Como ya no podemos seguir obteniendo más filas llenas de ceros, entonces la intersección sólo quedará en función de estas condiciones:

=−=−=−=−∈

=∩∴ 0/2321 dcfefbeaM

fe

dc

ba

WW x

Para obtener una base para la intersección debemos reemplazar las condiciones en el vector típico de la misma, pero antes hay que hacer unos cuantos despejes para dejar al vector en función de la menor cantidad posible de variables

ea

ea

=

=− 0

ef

fe

=

=− 0

eb

fb

fb

=

=

=− 0

dc

dc

=

=− 0

Sea 21 WW

fe

dc

ba

∩∈

+

=

=

00

11

00

11

00

11

de

ee

dd

ee

fe

dc

ba

=∴ ∩

00

11

00

,

11

00

11

21 WWB 2dim 21 =∩WW

Finalmente hallaremos las condiciones del subespacio suma y una base para el mismo, pero antes necesitamos las bases de los subespacios 1W y 2W

Para 1W

Sea 1W

fe

dc

ba

∈

+

+

+

=

=

00

10

00

00

01

00

10

00

10

01

00

01

dcba

ba

dc

ba

fe

dc

ba

=

00

10

00

,

00

01

00

,

10

00

10

,

01

00

01

1WB 4dim 1 =W

Para 2W

Sea 2W

fe

dc

ba

∈

+

+

=

=

11

00

00

00

11

00

00

00

11

eca

ee

cc

aa

fe

dc

ba

=

11

00

00

,

00

11

00

,

00

00

11

2WB 3dim 2 =W

Una vez obtenidas las bases, podemos calcular cuál va a ser la dimensión de 21 WW + para saber cuántos vectores deberán estar en su base. Sabemos que:

( ) ( ) ( ) ( )( )( ) 5dim

234dim

dimdimdimdim

21

21

212121

=+

−+=+

∩−+=+

WW

WW

WWWWWW

Por tanto habrá 5 vectores en la base

{ }

=+

∪=+

11

00

00

,

00

11

00

,

00

00

11

,

00

10

00

,

00

01

00

,

10

00

10

,

01

00

01

21

21 21

genWW

BBgenWW WW

Pero el conjunto generador tiene 7 vectores, eso significa que hay dos vectores de más, los cuales eliminaremos colocando los vectores de este conjunto en una matriz donde cada fila representa un vector y luego simplificamos hasta obtener la mayor cantidad posible de filas llenas de ceros

−

−−

−

−

110000

000000

000000

001000

000100

100010

010001

)1(

)1(

110000

000000

010010

001000

000100

100010

010001

)1(

)1(

)1(

110000

001100

000011

001000

000100

100010

010001

75

25

46

36

15

A

A

A

A

A

Lo que significa que los vectores 5 y 6 dependen de los otros

=∴ +

11

00

00

,

00

10

00

,

00

01

00

,

10

00

10

,

01

00

01

21 WWB

Ahora sólo falta hallar las condiciones del subespacio suma y para ello escribimos al vector típico como combinación lineal de los vectores de la base y simplificamos el sistema hasta obtener las condiciones, así:

Sea 21 WW

fe

dc

ba

+∈

++

=

+

+

+

+

=

5251

43

21

54321

11

00

00

00

10

00

00

01

00

10

00

10

01

00

01

αααα

αα

αα

ααααα

fe

dc

ba

−+−

−

−

−

−

−

−

eabf

ae

d

c

b

a

A

bf

ae

d

c

b

a

A

A

f

e

d

c

b

a

00000

10000

01000

00100

00010

00001

)1(

10000

10000

01000

00100

00010

00001

)1(

)1(

10010

10001

01000

00100

00010

00001

56

26

15

=−+−∈

=+∴ 0/2321 eabfM

fe

dc

ba

WW x

Tema 4: (10 puntos) Sea V un espacio vectorial y { }321 ,, vvvB = una base de V . Se define el

conjunto:

{ }3132121 3,3,2 vvvvvvvgenW +−+−+=

a) Determine una base para W , denotada como WB

b) Si es factible, calcule la matriz de cambio de base de B a WB

Siempre es recomendable primero leer bien el planteamiento del problema junto con lo que solicitan hallar. Razonando un poco, en el literal “b” nos piden calcular una matriz de cambio de base y para poder hacerlo la base WB debe tener exactamente 3 vectores al igual que la base B de V

Si esto sucede significaría que la base de W es también una base para V , por tanto VW = . Así que para que sea factible resolver el literal “b” habrá que demostrar que el conjunto generador de W es una base para V Para ello partimos de la hipótesis que nos dice que los vectores { }321 ,, vvv son linealmente independientes

por ser una base para V , esto implicaría que:

0321332211 ===⇔=++ αααααα VOvvv

Lo cual se cumple por ser linealmente independientes Para demostrar que los vectores del conjunto generador de W son linealmente independientes los escribimos como combinación lineal y los igualamos al VO

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) V

V

Ovccvccvccc

Ovvcvvvcvvc

=+−++++−

=++−+−++

3322211321

3133212211

332

332

Con lo que hemos obtenido una ecuación parecida a la primera expresada en términos de { }321 ,, vvv , y por

hipótesis los escalares que los multiplican deben ser iguales a cero, con lo que planteamos un sistema de ecuaciones y procedemos a calcular los valores de los escales ic

=+−

=+

=+−

03

032

0

32

21

321

cc

cc

ccc

)1(

)1(

0310

01010

0111

)4(

0310

0250

0111

)2(

0310

0032

0111

22

21

3212A

AAA

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

0100

0010

0001

)10(

)11(

0100

01010

01101

13

1

01300

01010

01101

32

31

3A

AM 0321 === ccc

Si nos hubiese quedado al resolver el sistema una o más filas con ceros, el sistema tenía infinita soluciones y en ese caso los vectores del conjunto generador de W serían linealmente dependientes

{ }3132121 3;3;2 vvvvvvvBW +−+−+=∴

Para hallar la matriz que nos piden vamos a suponer que { }321 ,, uuuBW = tal que:

211 2vvu += 3212 3 vvvu −+−= 313 3vvu +=

También recordamos que:

[ ] [ ] [ ]

↓↓↓

↑↑↑

=→ BBBBB uuuCW 221

[ ]

=

0

2

1

1 Bu [ ]

−

−

=

1

3

1

2 Bu [ ]

=

3

0

1

3 Bu

−

−

=→

310

032

111

BBWC

Y para hallar la matriz de cambio que nos piden habrá que sacar la inversa de la matriz arriba encontrada

)1(

)1(

100310

4121010

001111

)4(

100310

012250

001111

)2(

100310

010032

001111

23

21

3212A

AAA

−

−

−

−

−−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−−

−

−

−

−

13

5

13

1

13

2100

13

2

13

3

13

6010

13

3

13

2

13

9001

)10(

)11(

13

5

13

1

13

2100

4121010

4111101

13

1

5121300

4121010

4111101

32

31

3A

AM

−

−

−

=∴ →

135

131

132

132

133

136

133

132

139

WBBC

Ramiro J. Saltos

Tema 5: (10 puntos) Sea A la matriz de los coeficientes del sistema lineal:

czyx

bzyx

azyx

=−+

=+−

=−+

32

2

2

a) Determine el espacio fila, el núcleo y el recorrido de A

b) Si bac += 2 , determine si el vector

=

c

b

a

u pertenece a )Im(A

La matriz A está dada por los coeficientes del sistema de ecuaciones, estos coeficientes corresponden a número que se encuentra delante de cada variable x , y y z , por tanto:

−

−

−

=

321

211

112

A

a)

•

−

−

−

=

3

2

1

,

2

1

1

,

1

1

2

genFA

Sea AF

c

b

a

∈

−+−

+−

++

=

−

+

−+

−

=

321

321

321

321

32

2

2

3

2

1

2

1

1

1

1

2

ααα

ααα

ααα

ααα

c

b

a

→

=−+−

=+−

=++

c

b

a

321

321

321

32

2

2

ααα

ααα

ααα

−−

+−

−−

−

−−

+−

+−

−−

−

c

cb

cba

A

c

cb

ca

A

A

c

b

a

321

110

35000

)5(

321

110

2550

)1(

)2(

321

211

112

21

32

31

=−−∈

=∴ 035/3 cbaR

c

b

a

FA

• { }3/)( 3

ROAXRXANu =∈=

Sea )(ANu

c

b

a

X ∈

=

Ramiro J. Saltos

−

−−

−

−

−

−

−

−

−

−

0321

0530

0000

)1(

0321

0530

0530

)1(

)2(

0321

0211

0112

21

32

31A

A

A

053 =+− cb 032 =−+ cba

=∧=−+∈

=∴ cbcbaR

c

b

a

ANu 53032/)( 3

• { }33 ;/)Re( RXYAXRYA ∈=∈=

Sea )Re(A

c

b

a

Y ∈

=

−

−−

−−

−

−

−−

−−

−

−

−

−

−

c

cb

cba

A

c

cb

ca

A

A

c

b

a

321

530

000

)1(

321

530

2530

)1(

)2(

321

211

112

21

32

31

0=−− cba

=−−∈

=∴ 0/)Re( 3 cbaR

c

b

a

A

b) Para que el vector u pertenezca a la imagen de A debe cumplir con la condición de la misma, cabe recalcar que la imagen de una matriz es también conocida como el recorrido de una matriz

Sea

=

c

b

a

u , donde bac += 2

02

02

0)2(

0

=−−

=−−−

=+−−

=−−

ba

baba

baba

cba

Pero hay que tener en cuenta que ba 2−− no necesariamente tiene que ser igual a 0

)Im(Au∉∴

Ramiro J. Saltos


I-Término 2008

Resolución de la Primera Evaluación de Algebra Lineal (B) 1. Responda con verdadero o falso a cada una de las siguientes proposiciones. Justifique su respuesta a) Sea un espacio vectorial ( )•⊕,,V . Si wuvwvu =⇒⊕=⊕ Sumamos el inverso aditivo de v en ambos lados de la ecuación

( ) ( )( ) ( )

wu

OwOu

vvwvvu

vvwvvu

VV

=

⊕=⊕

⊕⊕=⊕⊕

⊕⊕=⊕⊕

''

''

Verdadero∴ b) Sea ( )•⊕,,V un espacio vectorial. Si { }kvvvS ,...,, 211 = V⊆ y { } VwwwS r ⊆= ,...,, 212 son

conjuntos linealmente independientes, entonces 21 SS ∪ es también linealmente independiente

Sea 2RV = . Sean

1

0,

0

11S y

0

1,

1

12S dos conjuntos linealmente independientes en 2R

=∪

1

1,

1

0,

0

121 SS , como tiene más elemento que la base de 2R podemos concluir que este conjunto

es linealmente dependiente

Falso∴

c) Si mxnMA∈ , entonces ( ) ( )AA RN dimdim = , donde AN es el núcleo de la matriz A

Sea la matriz

=

43

21A

=

4

3,

2

1genRA , pero este conjunto es linealmente independiente en 2R y por tanto constituye una

base del espacio renglón de A , entonces ( ) ( ) )()Im(dim2dim AARA ρ=== Del teorema de la dimensión para matrices:

( ) 0dim)(

22)(

)()(

==

=+

=+

ANAv

Av

nAAv ρ ( ) ( )AA RN dimdim ≠⇒ Falso∴

Ramiro J. Saltos

d) Sean H y W dos subespacios vectoriales de V con bases { }211 ,vvB = y { }322 ,vvB =

respectivamente. Entonces { }2vB = es base del subespacio WH ∩

Sea 2RV = . Sean los subespacios

=

1

0,

0

1genH y

=

1

0,

0

2genW

Podemos notar que los conjuntos generadores de H y W son linealmente independientes y por tanto

constituyen una base de 2R , es decir, 2RWH ==

Entonces 2RWH =∩ y una base de la intersección sería

=

1

0,

0

1B Falso∴

Ramiro J. Saltos

2. Sea 22xMV = . Dados los conjuntos:

−++=+∈

= 2312/221 dbaM

dc

baH x

∈

+

++= Rdcba

da

cabaH ,,,/

12

−=

00

11,

10

013 genH ( ){ }0det/224 ≠∈= AMAH x

a) ¿Cuáles son subespacios vectoriales de V ? b) Determine una base y la dimensión de dos de los subespacios obtenidos en ( )a , así como

de su intersección

c) Sean

=

12

12A y

−=

20

13B . Determine si BA + pertenece a la unión de los

subespacios hallados en ( )a

Sea

=

00

00VO

El elemento neutro del espacio vectorial por definición pertenece a cualquier subespacio de V , entonces:

2HOV ∉ porque no posee la forma de todo elemento de 2H , es decir, en su cuarta componente debe estar

siempre presente la constante 1, lo cual no ocurre con el vector nulo

2H∴ no es subespacio de V

4HOV ∉ porque su determinante es igual a 0 y con ello no cumple la condición del conjunto 4H

4H∴ no es subespacio de V

3H es el conjunto de todas las posibles combinaciones lineales de los vectores

−10

01 y

00

11 y por

teorema este conjunto es un subespacio de V y además es el menor de todos los subespacios que contienen a los vectores ya mencionados

3H∴ es un subespacio de V

Se han analizado los conjuntos más sencillos, con el último hay que determinar si se cumplen los axiomas de cerradura de la suma y multiplicación por escalar

1. 1, Hwv ∈∀ 1Hwv ∈+

Sean

=

11

11

dc

bav y

=

22

22

dc

baw 1H∈ 222111 22 dbadba +=∧+=⇒

++

++=+

+

=+

2121

2121

22

22

11

11

ddcc

bbaawv

dc

ba

dc

bawv

( ) ( ) ( )( ) ( )

00

2222

22

2

2121

221121

212121

=

+=+

+++=+

+++=+⇒

aaaa

dbdbaa

ddbbaa

Ramiro J. Saltos

→ La suma es cerrada en 1H

2. R∈∀α 1Hv∈∀ 1Hv∈•α

Sea R∈α . Sea 1Hdc

bav ∈

= dba +=⇒ 2

=•

•=•

dc

bav

dc

bav

αα

ααα

αα

⇒

aa

dba

dba

dba

22

2

)()2(

)(2

=

+=

+=

+=

ααααα

→ La multiplicación por escalar es cerrada en 1H

1H∴ es un subespacio de V

Sea 1Hdc

ba∈

−+

+

=

−=

10

10

01

00

00

212dca

dc

daa

dc

ba

−

=∴

10

10,

01

00,

00

211HB ( ) 3dim 1 =H

El conjunto generador de 3H es linealmente independiente y por tanto constituye una base para 3H

−=∴

00

11,

10

013HB ( ) 2dim 3 =H

Sea 31 HHdc

ba∩∈

−

+=

+

−=

1

221

21000

11

10

01

α

ααααα

dc

ba

−=

−+

+

=

32

311

321

2

10

10

01

00

00

21

ββ

ββββββ

dc

ba

−=

−

+

32

311

1

221 2

0 ββ

βββ

α

ααα

=−

=

−=

=+

→

31

2

312

121

0

2

βα

β

ββα

βαα

Ramiro J. Saltos

( )

−

−

+−

−

−

−

+

−

−

3

2

31

31

21

3

2

31

31

41

3

2

31

1

01

00

210

200

)1(

01

00

210

10

1

01

00

210

11

β

β

ββ

ββ

β

β

ββ

ββ

β

β

ββ

β

AA 02 =β 31

31

2

02

ββ

ββ

=

=+−

( )

=

=

−=

−=

10

32

0

32

0

222

2

3

3

33

3

333

32

311

ββ

ββ

β

βββ

ββ

βββ

dc

ba

dc

ba

dc

ba

=∴ ∩

10

3231 HHB ( ) 1dim 31 =∩HH

−=+

12

25BA

Para que esta matriz pertenezca a la unión de ambos subespacios, debe pertenecer ya sea a 1H o a 3H . Si

pertenece a 1H debe cumplir su condición

110

12)5(2

2

=

−=

+= dba

1HBA ∉+→

Finalmente hay que determinar si pertenece a 3H y para ello debe ser una combinación lineal de los

vectores de su base

−

+=

−

+

−=

−

1

221

21

012

25

00

11

10

01

12

25

c

ccc

cc

Si nos damos cuenta nos queda la igualdad 02 = la cual es falsa 3HBA ∉+→

31 HHBA ∪∉+∴

Ramiro J. Saltos

3. Sea 2PV = y { }3,,1 22

1 −−+= xxxxB y { }1,3,22 22

2 −−+−= xxxxB bases de 2P . Determine:

a) La matriz de cambio de base de 2B a 1B

b) El núcleo y la imagen de la matriz obtenida en ( )a Sea 2

2 Pcbxax ∈++

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )3132

2

21

2

1

2

2

2

1

2

3

31

αααααα

ααα

−++−++=++

−+−++=++

xxcbxax

xxxxcbxax

=−

=+−

=+

c

b

a

31

32

21

3αα

αα

αα

−−−

−−

−−−

−−

−

−

bac

b

a

A

ac

b

a

A

c

b

a

400

110

011

)1(

310

110

011

)1(

301

110

011

2313

4

4

3

3

cba

bac

−+=

−−=−

α

α

4

32

32

cba

b

−−=

=+−

α

αα

4

331

21

cba

a

++=

=+

α

αα

[ ]

−+

−−

++

=++⇒

cba

cba

cba

cbxax B 3

33

4

11

2

[ ]

=+−−

−

43

45

41

1

2 22 Bxx [ ]

=−

1

0

0

3 1Bx [ ]

=−

21

21

21

1

2 1 Bx

=∴−

−

→

21

43

21

45

21

41

12

1

0

0

BBC

Como C es una matriz de cambio de base, su determinante siempre será diferente de cero, esto implica que

sus columnas son linealmente independientes en 3R y constituyen además de una base del espacio

)Im(CCC = también una base para 3R 3)Im( RC =∴

Para el núcleo utilizamos el teorema de la dimensión:

0)(

33)(

)()(

=

=+

=+

Cv

Cv

nCCv ρ

Como la nulidad es cero, entonces el único elemento presente en el núcleo de C es el 3R

O

Ramiro J. Saltos

=∴

0

0

0

)(CNu

4. Sea el espacio vectorial

∈∈

= +RzRyx

z

y

x

V ,,/ junto con las operaciones:

+

++

=

⊕

21

21

21

2

2

2

1

1

1 2

zz

yy

xx

z

y

x

z

y

x

−+

=

•α

α

αα

α

z

y

x

z

y

x 22

Determine:

a) El neutro de V y el opuesto de Vv∈

b) Si

0

0

0

es combinación lineal de

−

2

1

1

y

−

4

2

2

1. Vv∈∀ VOv =•0

−

=

−+

=

•=

1

0

2

0

2)0(20

00z

y

x

z

y

x

OV

−

=∴

1

0

2

VO

2. Vv∈∀ '1 vv =•−

−

−−

=

−

−−+−

=

•−=−

z

y

x

z

y

x

z

y

x

v

11

4

)1(

2)1(2)1(

1'

−

−−

=∴

z

y

x

v

1

4

'

3.

0

0

0

no es una combinación lineal de los vectores mencionados porque este no pertenece al espacio

vectorial V

Ramiro J. Saltos


Algebra Lineal: Solución de la Segunda Evaluación 1. (20 puntos) Califique como verdaderas o falsas a las siguientes proposiciones. Justifique formalmente sus repuestas. a) Una transformación lineal cuyo núcleo es { }VO , es invertible

Sea 32: RRT → una transformación lineal definida por

+

=

ba

b

a

b

aT

Si obtenemos su núcleo fácilmente nos damos cuenta que es

0

0 pero como la WV dimdim ≠ , T no es

invertible. También es válido decir que el hecho que la transformación lineal sea inyectiva no necesariamente debe ser sobreyectiva

Falso∴

b) :, Rtr ∈∀

−=

)()(

)()(

trSentCos

tCostrSenA es ortogonal

Para que la matriz sea ortogonal, el producto interno entre sus columnas debe ser igual a 0 y al mismo tiempo el producto interno de cada columna consigo misma debe ser igual a 1. Entonces, utilizando el producto interno canónico:

00

0)()()()(

0)(

)(

)(

)(

=

=−

=

−

tCostrSentCostrSen

trSen

tCos

tCos

trSen

[ ] 01)(

1)(1)(

1)()(

1)(

)(

)(

)(

22

222

222

=−

=−+

=+

=

rtSen

tSentSenr

tCostSenr

tCos

trSen

tCos

trSen

π20

0)(

0)(2

=∧=

=

=

tt

tSen

tSen

1

1

01

2

2

±=

=

=−

r

r

r

Ramiro J. Saltos

Por lo tanto la igualdad sólo se cumple para los valores de r y t encontrados y no para todos los reales. Se igual procedimiento para la segunda columna Falso∴

Ramiro J. Saltos

c) Sea V un espacio vectorial real con producto interno. Sean Vvu ∈, dos vectores ortonormales.

Si los vectores vu βα + y vu βα − son ortogonales, entonces βα =

0)/()/()/()/(

0)/()/()/()/(

0)/(

22 =−+−

=−++−+

=−+

vvvuvuuu

vvuvvuuu

vuvu

βαβαβα

ββαββααα

βαβα

Pero como los vectores u y v son ortonormales, sabemos que: 1)/()/( == vvuu

βα

βα

βα

βα

=

=

=−

=−

22

22

22

0

0)/()/( vvuu

Verdadero∴

d) Si λ es un valor propio de

−=

10

01A , entonces ( ) AAA λλ

21 =+ −

Primero tenemos que darnos cuenta la matriz A es ortogonal, eso se ve fácilmente porque el producto interno entre sus columnas es cero y al mismo tiempo el producto interno de cada columna consigo misma es uno, entonces:

AAAA T =→= −− 11 También como A es una matriz diagonal sus valores propios son los elementos de la diagonal principal, es decir:

1

1

−=

=

λλ

Finalmente:

( )( )

AA

AAA

AAA

22

2

2

11

1

=

=+

=+ − λλ

( )( )

AA

AA

AA

AAA

AAA

2

1

2

1

2

1)()2(

2

1)2(

2

2

11

1

11

1

=

=

=

=+

=+

−−

−

−−

− λλ

Verdadero∴

Ramiro J. Saltos

Ramiro J. Saltos

2. (15 puntos) Sea 2

22: RML x → una transformación lineal tal que:

=

=

=

1

1

01

01

10

01

01

10LLL y

=

0

0

00

01L

Determine:

a) )Im(),( LLNu b) La matriz asociada a L respecto a las bases canónicas de cada espacio

La mejor opción es encontrar la regla de correspondencia de L , y para ello necesitamos una base del espacio de partida y para armarla usamos los cuatro vectores que nos dan de datos, así:

=

00

01,

01

01,

10

01,

01

10B

Y al vector típico de 22xM lo escribimos como combinación lineal de los vectores de esta base, luego

planteamos el sistema de ecuaciones y obtenemos los escalares en términos de dcba ,,,

+

+

+

=

00

01

01

01

10

01

01

104321 αααα

dc

ba

+

++=

231

1432

ααα

αααα

dc

ba

=

+=

=

++=

2

31

1

432

α

αα

α

ααα

d

c

b

a

bc

bc

−=

+=

3

3

α

α

dcba

bcda

−−+=

+−+=

4

4

α

α

Finalmente reemplazamos los datos en la combinación lineal inicial:

+

+

+

=

00

01

01

01

10

01

01

104321 TTTT

dc

baT αααα

−−++

−+

+

=

0

0)(

1

1)(

1

1)(

1

1)( dcbabcdb

dc

baT

+

+=

dc

dc

dc

baT

Calculando el núcleo tenemos:

=+

=+

0

0

dc

dc

→

000

011

011

011 →

dc

dc

−=

=+ 0

=+∈

=∴ 0/)( 22 dcM

dc

baLNu x

Ramiro J. Saltos

Y la imagen:

=+

=+

ydc

xdc

−→

xy

x

y

x

00

11

11

11 →

yx

xy

=

=− 0

=∈

=∴ yxR

y

xL /)Im( 2

Para obtener la matriz asociada a la base canónica, sabemos que:

=

10

00,

01

00,

00

10,

00

01

22 xMCB

=

1

0,

0

12CR

B

=

0

0

00

01T

=

0

0

00

10T

=

1

1

01

00T

=

1

1

10

00T

↓↓↓↓

↑↑↑↑

=2222

10

00

01

00

00

10

00

01

CRCRCRCRBBBB

TTTTA

=∴

1100

1100A

Ramiro J. Saltos

3. (15 puntos) Sea

=

a

a

a

A

11

11

11

Determine: a) Los valores propios de A b) Una base para cada espacio propio de A

−

−

−

=−

λ

λ

λ

λ

a

a

a

IA

11

11

11

[ ] [ ] [ ][ ]

02)(3)(

0)(11)(1)()(

0)(111)(11)()(

3

2

2

=+−−−

=−−++−−−−−

=−−+−−−−−−

λλ

λλλλ

λλλλ

aa

aaaa

aaaa

Ahora realizamos un cambio de variable para visualizar mejor las cosas:

λ−= ax 0233 =+− xx

Aplicando división sintética:

0211

211

23011

−

−

−

0)1)(2)(1(

0)2)(1( 2

=−+−

=−+−

xxx

xxx

1

1

1

−=

=−

=

a

a

x

λ

λ

2

2

2

+=

−=−

−=

a

a

x

λ

λ

Y finalmente hallamos cada espacio propio reemplazando cada λ en la matriz IA λ−

1−=aEλ

→

000

000

111

111

111

111

cba

cba

−−=

=++ 0

−

+

−

=

−−

=

1

0

1

0

1

1

cb

c

b

cb

c

b

a

−

−

=∴

1

0

1

,

0

1

1

λEB

2+=aEλ

−

−→

−

−→

−

−

−

→

−

−

−

101

110

000

211

110

000

211

330

330

211

121

112

cb

cb

=

=+− 0

ca

ca

=

=− 0

Ramiro J. Saltos

=

=

1

1

1

c

c

c

c

c

b

a

=∴

1

1

1

λEB

Ramiro J. Saltos

4. (5 puntos) Determine si la matriz

=

101

110

101

A es diagonalizable

−

−

−

=−

λ

λ

λ

λ

101

110

101

IA

Calculamos la ecuación característica:

[ ][ ] 01)1()1(

0)1()1()1(

2

2

=−−−

=−−−−

λλ

λλλ

1

0)1(

=

=−

λλ

0)2)((

0)11)(11(

01)1( 2

=−−

=+−−−

=−−

λλ

λλ

λ

0=λ 2

02

=

=−

λλ

Debemos recordar el corolario que dice: “Si nxnMA∈ tiene n valores propios distintos, entonces A es

diagonalizable” Como tenemos tres valores propios distintos, entonces A es diagonalizable

Ramiro J. Saltos

5. (15 puntos) Sea 3RV = y

=+−∈

= 0623/3 zyxR

z

y

x

W un subespacio de V

Determine: a) El complemento ortogonal de W

b) La proyección de v sobre W si se conoce que

−

=

4

1

3

v

Para calcular el complemente primero necesitamos una base de W

zxy

zyx

632

0623

+=

=+−

+

=

+=

=

2

6

0

0

3

2

2

63

2

2

2

2

zx

z

zx

x

z

y

x

z

y

x

=⇒

1

3

0

,

0

3

2

WB

Sea ⊥∈

W

c

b

a

ba

ba

c

b

a

32

032

0

0

3

2

−=

=+

=

bc

cb

c

b

a

3

03

0

1

3

0

−=

=+

=

=+=+∈

=∴ ⊥ 0332/3 bcbaR

c

b

a

W

Para hallar la proyección del vector que nos piden es mejor calcularla sobre ⊥W debido a que la base de este subespacio tiene un solo vector y ortonormalizarla será más sencillo.

−

−

=

−

−

=

=

6

2

3

6

2

3

2

2

2

b

b

b

b

c

b

a

c

b

a

−

−

=⇒ ⊥

6

2

3

WB

Ahora procedemos a ortonormalizar esta base:

1

1

1

1v

vu •=

( )

749

3649

6

2

3

6

2

3

/

1

1

1

111

==

++=

−

−

−

−

=

=

v

v

v

vvv

−

−

=∴ ⊥

6

2

3

7

1*WB

Vamos a suponer que v se puede escribir como la suma de dos vectores Wh∈ y ⊥∈Wp , hallaremos p y luego contestaremos la pregunta al encontrar pvh −=

( ) 11

Pr

uuvp

voypW

=

= ⊥

( )

−

=

−

−

•−+

=

−

−

•

−

−

−

=

6

2

3

49

13

6

2

3

242949

1

6

2

3

6

2

3

4

1

3

49

1

p

p

p

−

=

−

+

−

=

4924849

7549

186

495249

2649

39

4

1

3

h

h

−

=∴

4924849

7549

186

Pr voyW

Technology

Examenes resueltos algebra lineal