coleccion de problemas resueltos as

Coleccin de Problemas Resueltos.Volumen I.

Fundamentos Matemticos de la Ingeniera.Ingeniera Tcnica Industrial. Especialidad Mecnica.

Curso 2004-05.

ndice General

I Boletines Resueltos de los Bloques Temticos lgebra Lineal y Clculo Difer-encial e Integral de Funciones de una Variable. 2

Boletn 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices. 3

Boletn 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mnimos Cuadrados 27

Boletn 3. Diagonalizacin de Matrices 60

Boletn 4. Funciones de una Variable. Diferenciacin y Aplicaciones 78

Boletn 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 93

II Exmenes Resueltos de Cursos Anteriores 111

Primer Parcial. Curso 2002-03 112

Segundo Parcial. Curso 2002-03 123

Examen de Junio. Curso 2002-03 132

Examen de Septiembre. Curso 2002-03 141

Examen de Diciembre de 2003 151

Primer Parcial. Curso 2003-04 160

Segundo Parcial. Curso 2003-04 170

Examen de Junio. Curso 2003-04 179

Examen de Septiembre. Curso 2003-04 191

1

Parte I

Boletines Resueltos de los BloquesTemticos lgebra Lineal y ClculoDiferencial e Integral de Funciones de

una Variable.

2

Boletn 1. Sistemas de EcuacionesLineales y Matrices.

1. Resolver los siguientes sistemas por el mtodo de Gauss-Jordan y por el mtodo de Gauss.

a)

x1 + x2 + 2x3 = 8x1 2x2 + 3x3 = 13x1 7x2 + 4x3 = 10

b)

2x1 + 2x2 + 2x3 = 02x1 + 5x2 + 2x3 = 18x1 + x2 + 4x3 = 1

c)

x y + 2z w = 12x+ y 2z 2w = 2x+ 2y 4z + w = 1

3x 3w = 3

d)

2b+ 3c = 13a+ 6b 3c = 26a+ 6b+ 3c = 5

e)

2x1 3x2 = 22x1 + x2 = 13x1 + 2x2 = 1

f)

4x1 8x2 = 123x1 6x2 = 9

2x1 + 4x2 = 6

g)5x1 2x2 + 6x3 = 02x1 + x2 + 3x3 = 1

h)

x1 2x2 + 3x3 = 02x1 + 4x2 6x3 = 1

Solucin:

En todos los apartados aplicaremos primeramente el mtodo de Gauss y a continuacin el mtodode GaussJordan.

(a)

1 1 2 81 2 3 13 7 4 10

F21(1)

F31(3)

1 1 2 80 1 5 90 10 2 14

F2(1)

1 1 2 80 1 5 90 10 2 14

F32(10)

1 1 2 80 1 5 90 0 52 104

F3(1/52)

1 1 2 80 1 5 90 0 1 2

.

Por consiguiente, el sistema inicial es equivalente al sistema triangular superiorx1 + x2 + 2x3 = 8x2 5x3 = 9

x3 = 2

As, el sistema dado es compatible determinado (C.D.) y usando el mtodo de subida sunica solucin es x1 = 3, x2 = 1, x3 = 2.Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la ltima matriz ampliada(forma escalonada).

1 1 2 80 1 5 90 0 1 2

F23(5)

F13(2)

1 1 0 40 1 0 10 0 1 2

F12(1)

1 0 0 30 1 0 10 0 1 2

.

3

Boletn 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices 4

Luego, el sistema inicial es equivalente a

x1 = 3x2 = 1x3 = 2

y su solucin ya est dada.

(b)

2 2 2 02 5 2 18 1 4 1

F2(1/2)

1 1 1 02 5 2 18 1 4 1

F21(2)

F31(8)

1 1 1 00 7 4 10 7 4 1

F2(1/7)

1 1 1 00 1 4/7 1/70 7 4 1

F23(7)

1 1 1 00 1 4/7 1/70 0 0 0

.

En consecuencia, el sistema es compatible indeterminado (C.I.), ya que la matriz escalonadaposee dos unos principales y aparece, por tanto, x3 como variable libre. El sistema inicial es

equivalente al sistemax1 + x2 + x3 = 0x2 + 4x3/7 = 1/7

y el conjunto de sus soluciones puede escribirse

en la forma

x1 = 1/7 3t/7x2 = 1/7 4t/7x3 = t

con t R.

Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la ltima matriz ampliada(forma escalonada).

1 1 1 00 1 4/7 1/70 0 0 0

F12(1)

1 0 3/7 1/70 1 4/7 1/70 0 0 0

.

Por tanto, el sistema inicial equivale ax1 3x3/7 = 1/7x2 + 4x3/7 = 1/7

y el conjunto de soluciones

tambin puede expresarse en la forma

x1 = 1/7 3sx2 = 1/7 4sx3 = 7s

con s R.

(c)

1 1 2 1 12 1 2 2 2

1 2 4 1 13 0 0 3 3

F21(2)F31(1)F41(3)

1 1 2 1 10 3 6 0 00 1 2 0 00 3 6 0 0

F2(1/3)

1 1 2 1 10 1 2 0 00 1 2 0 00 3 6 0 0

F32(1)F42(3)

1 1 2 1 10 1 2 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

.

En consecuencia, el sistema inicial es quivalente al sistemax y + 2z w = 1

y 2z = 0Aparecen dos unos principales en la matriz escalonada y el sistema tiene a las incgnitas zy w como variables libres. El sistema es, por tanto, C.I. y sus infinitas soluciones pueden

escribirse en la forma

x = 1 + y = 2z = w =

con , R.

Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la ltima matriz ampliada


(forma escalonada).

1 1 2 1 10 1 2 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

F12(1)

1 0 0 1 10 1 2 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

.

Por tanto, el sistema inicial es equivalente ax w = 1y 2z = 0 y es sencillo escribir x e y en

funcin de las variables libres z y w.

(d)

0 2 3 13 6 3 26 6 3 5

P12

3 6 3 10 2 3 16 6 3 5

F1(1/3)

1 2 1 1/30 2 3 16 6 3 5

F31(6)

1 2 1 1/30 2 3 10 6 9 3

F2(1/2)

1 2 1 1/30 1 3/2 1/20 6 9 3

F32(6)

1 2 1 1/30 1 3/2 1/20 0 0 0

.

Por consiguiente, el sistema es equivalente al sistemaa+ 2b c = 1/3b 3c/2 = 1/2 y es C.I. Las

infinitas soluciones pueden escribirse en la forma

a = 4/3 2b = 1/2 + 3/2c =

con R.


1 2 1 1/30 1 3/2 1/20 0 0 0

F12(2)

1 0 2 4/30 1 3/2 1/20 0 0 0

.

El sistema dado es equivalente a

a+ 2c = 4/3,b 3c/2 = 1/2, la variable c es libre y las infinitas

soluciones se pueden expresar en la forma

a = 4/3 2b = 1/2 + 3/2c =

con R.

(e)

2 3 22 1 13 2 1

F1(1/2)

1 3/2 12 1 13 2 1

F12(2)

F31(3)

1 3/2 10 4 30 13/2 4

F2(1/4)

1 3/2 10 1 3/40 13/2 4

F32(13/2)

1 3/2 10 1 3/40 0 7/8

. El sistema es equivalente a

x1 3x2/2 = 1

x2 = 3/40 = 7/8

y por tanto, incompatible.


1 3/2 10 1 3/40 0 7/8

F12(3/2)

1 0 17/80 1 3/40 0 7/8


El sistema es equivalente a

x1 = 17/8x2 = 3/40 = 7/8

y de nuevo vemos que es incompatible.

(f)

4 8 123 6 9

2 4 6

F1(1/4)

1 2 23 6 9

2 4 6

F21(3)

F31(2)

1 2 20 0 00 0 0

.

El sistema inicial es C.I. y equivalente al sistema con una ecuacin y dos incgnitas

x12x2 = 3. Por tanto, las infinitas soluciones pueden escribirse en la formax1 = 3 + 2tx2 = t

con t R.En este caso, la matriz escalonada anterior es tambin escalonada reducida por lo que losmtodos de Gauss y GaussJordan coinciden.

(g)

5 2 6 02 1 3 1

F1(1/5)

1 2/5 6/5 0

2 1 3 1

F21(2)

1 2/5 6/5 00 1/5 3/5 1

F2(5)

1 2/5 6/5 00 1 3 5

.

El sistema inicial es C.I. y equivalente al sistemax1 2x2/5 + 6x3/5 = 0,

x2 + 3x3 = 5.

As, el conjunto de soluciones adquiere la forma

x1 = 2 125 tx2 = 5 3tx3 = t

con t R.

Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la ltima matriz ampliada(forma escalonada).1 2/5 6/5 00 1 3 5

F12(2/5)

1 0 12/5 20 1 3 5

. Observamos que el sistema inicial

es equivalente ax1 + 12x3/5 = 0,x2 + 3x3 = 5.

(h)

1 2 3 02 4 6 1

F21(2)

1 2 3 00 0 0 1

. El sistema es incompatible y la forma

escalonada anterior es escalonada reducida.

2. Sin usar lpiz y papel, determinar cules de los siguientes sistemas homogneos tienen solucionesno triviales.

a)

2x1 3x2 + 4x3 x4 = 07x1 + x2 8x3 + x4 = 02x1 + 8x2 + x3 x4 = 0

b)

x1 + 3x2 x3 = 0

x2 8x3 = 04x3 = 0

c)3x 2y = 06x 4y = 0

Solucin:

(a) En este caso, el sistema es C.I. pues se trata de un sistema homogneo con ms incgnitasque ecuaciones. Es decir, el sistema posee soluciones no triviales.

(b) El sistema es C.D., ya que es claro que el mtodo de subida nos proporcinara como nicasolucin del sistema, la solucin trivial.

(c) La segunda ecuacin es proporcional a la primera y el sistema es, por tanto, C.I., es decir,tiene soluciones no triviales.


3. Resolver los siguientes sistemas homogneos, por cualquier mtodo

a)

2x y 3z = 0x+ 2y 3z = 0x+ y + 4z = 0

b)

v + 3w 2x = 02u+ v 4w + 3x = 02u+ 3v + 2w x = 0

4u 3v + 5w 4x = 0Solucin:

En ambos casos utilizaremos el mtodo de Gauss.

(a)

2 1 3 01 2 3 01 1 4 0

F1(1/2)

1 1/2 3/2 01 2 3 01 1 4 0

F21(1)

F31(1)1 1/2 3/2 00 3/2 9/2 00 3/2 11/2 0

F2(2/3)

1 1/2 3/2 00 1 3 00 3/2 11/2 0

F32(3/2)

1 1/2 3/2 00 1 3 00 0 10 0

F3(1/10)

1 1/2 3/2 00 1 3 00 0 1 0

.

Puesto que la matriz escolonada posee tres unos principales, el mismo nmero que incg-nitas, el sistema es C.D. y la nica solucin del mismo es la trivial (x = y = z = 0).

(b)

0 1 3 2 02 1 4 3 02 3 2 1 0

4 3 5 4 0

P21

2 1 4 3 00 1 3 2 02 3 2 1 0

4 3 5 4 0

F1(1/2)

1 1/2 2 3/2 00 1 3 2 02 3 2 1 0

4 3 5 4 0

F31(2)F41(4)

1 1/2 2 3/2 00 1 3 2 00 2 6 4 00 1 3 2 0

F32(2)F41(1)

1 1/2 2 3/2 00 1 3 2 00 0 0 0 00 0 0 0 0

.

El sistema inicial es equivalente au v/2 2w + 3x/2 = 0,

v + 3w 2x = 0, es C.I. y tomamos w y x

como variables libres. As, el conjunto de soluciones puede escribirse, despus de aplicar el

mtodo de subida, en la forma

u = t/2 s/2v = 3t+ 2sw = tx = s

con t, s R.

4. Resolver los siguientes sistemas, donde a, b y c son constantes.

a)

2x+ y = a3x+ 6y = b

b)

x1 + x2 + x3 = a2x1 + 2x3 = b3x2 + 3x3 = c

Solucin:

Aplicaremos en ambos casos el mtdo de Gauss.

(a)2 1 a3 6 b

F1(1/2)

1 1/2 a/23 6 b

F21(3)

1 1/2 a/20 9/2 b 32a

F2(2/9)


1 1/2 a/20 1 29b

13a

. El sistema inicial es C.D y equivalente a

x+ 12y =

12a

y = 29b13a

y

aplicando el mtodo de subida la nica solucin es

y =2

9b 1

3a, x =

1

2a 1

2y =

1

2a 1

2

2

9b 1

3a

=2

3a 1

9b.

(b)

1 1 1 a2 0 2 b0 3 3 c

F21(2)

1 1 1 a0 2 0 b 2a0 3 3 c

F2(1/2)

1 1 1 a0 1 0 a 12b0 3 3 c

F32(3)

1 1 1 a0 1 0 a 12b0 0 3 c 3a+ 32b

F3(1/3)

1 1 1 a0 1 0 a 12b0 0 1 13c a+

12b

.

El sistema inicial es C.D., equivalente a

x1 + x2 + x3 = a

x2 = a 12bx3 =

13c a+

12b

y aplicando el

mtodo de subida la nica solucin es

x1 = a 13cx2 = a 12bx3 =

13c a+

12b

5. Para qu valores de a el sistema

x+ 2y 3z = 43x y + 5z = 2

4x+ y + (a2 14)z = a+ 2no tiene solucin, tiene exac-

tamente una solucin o infinitas soluciones?

Solucin:

Realizaremos t.e. en la matriz ampliada.1 2 3 43 1 5 24 1 a2 14 a+ 2

F21(3)

F31(4)

1 2 3 40 7 14 100 7 a2 2 a 14

F2(1/7)

1 2 3 40 1 2 10/70 7 a2 2 a 14

F32(7)

1 2 3 40 1 2 10/70 0 a2 16 a 4

.

Por tanto, si a2 16 6= 0 (o equivalentemente, a 6= 4 y a 6= 4) podemos continuar realizandot.e.1 2 3 40 1 2 10/70 0 a2 16 a 4

F3

1

a216

1 2 3 40 1 2 10/70 0 1 a4

a216

=

1 2 3 40 1 2 10/70 0 1 1a+4

. As, el sistema es C.D. (posee una nica solucin)

Si a = 4, el primer bloque de t.e. sigue siendo vlido y llegamos a la matriz ampliada1 2 3 40 1 2 10/70 0 0 0

. En consecuencia, el sistema es C.I. (posee infinitas soluciones).

Si a = 4, la ltima matriz ampliada del primer bloque de t.e. es

1 2 3 40 1 2 10/70 0 0 8

y

el sistema es imcompatible (no posee solucin).


6. Para qu valores de a el sistema(a 3)x+ y = 0x+ (a 3)y = 0 tiene soluciones no triviales?

Solucin:

Realizaremos t.e. en la matriz ampliada.

Comenzamos suponiendo que a 3 6= 0 (es decir, a 6= 3).a 3 1 01 a 3 0

F1( 1a3)

1 1a3 01 a 3 0

F21(1)

1 1a3 00 a 3 1a3 0

=

1 1a3 0

0 (a3)21

a3 0

!.

Ahora consideramos, adems, que (a 3)2 1 6= 0 (esto es, a 6= 2 y a 6= 4). Entonces,podemos continuar con las t.e.1 1a3 0

0 (a3)21

a3 0

!F2

a3(a3)21

1 1a3 00 1 0

y deducir que el sistema es C.D.; es

decir, slo posee la solucin trivial x = 0, y = 0.Seguidamente, tomamos a = 2 o a = 4. Entonces, despus del primer bloque de t.e. con-

seguimos la matriz ampliada1 1a3 00 0 0

y el sistema es C.I.; es decir, posee soluciones

no triviales.

Suponemos que a = 3, entonces el sistema inicial esy = 0x = 0

y, naturalmente, su nica

solucin es la trivial.

Resumiendo, el sistema posee soluciones no triviales si y slo si a = 2 o a = 4.

7. Demostrar que si ad bc 6= 0 entonces la forma escalonada reducida de la matriza bc d

es

1 00 1

.

Solucin:

Realizaremos transformaciones elmentales (t.e.) en la matriza bc d

.

En primer lugar, suponemos que a 6= 0. De esta forma, podemos hacer las siguientes t.e.a bc d

F1(1/a)

1 bac d

F21(c)

1 bac d

F21(c)

1 ba0 d bac

=

1 ba0 adbca

Ahora, si ad bc 6= 0 podemos continuar realizando t.e.1 ba0 adbca

F2( aadbc)

1 ba0 1

F12(b/a)

1 00 1

.

Por consiguiente, si a 6= 0 y ad bc 6= 0 la forma escalonada reducida dea bc d

es la

identidad.

A continuacin suponemos que a = 0 . Entonces, la primera t.e es:0 bc d

P12

c d0 b

.

Si adems c 6= 0 podemos continuar realizando t.e.:c d0 b

F1(1/c)

1 d/c0 b

.


Si adems b 6= 0 podemos continuar realizando t.e.:1 d/c0 b

F2(1/b)

1 d/c0 1

F12(d/c)

1 00 1

.

Por tanto, si a 6= 0, b 6= 0 y c 6= 0 (o equivalentemente, a 6= 0 y bc 6= 0 ), entonces la formaescalonada reducida de

a bc d

es la identidad.

Ntese que para a = 0, la desigualdad ad bc 6= 0 se convierte en bc 6= 0, por que la formaescalonada reducida de

a bc d

es la matriz identidad siempre que ad bc 6= 0.

8. Considerar las matricesA =

3 01 21 1

, B =

4 10 2

, C =

1 4 23 1 5

, D =

1 5 21 0 13 2 4

,

E =

6 1 31 1 24 1 3

. Calcular, cuando sea posible:

a) D E, b) 2ET 3DT c) A(BC) d) (DA)T e)CTB

AT f) (AC)T + 5DT

Solucin:

(a) D E =

5 4 10 1 1

1 1 1

.

(b) 2ET 3DT =

9 1 113 2 40 1 6

.

(c) A(BC) =

3 45 911 11 177 17 13

.

(d) (DA)T =

0 2 1112 1 8

.

(e)CTB

AT =

12 6 948 20 1424 8 16

.

(f) (AC)T + 5DT =

2 10 1113 2 54 3 13

.

9. Considerar las matrices A =

3 2 76 5 40 4 9

y B =

6 2 40 1 37 7 5

. Calcular, sin realizar el

producto de las dos matrices completamente,

a) la segunda columna de AB. b) la primera columna de BA. c) la tercera columna deAA.

Solucin:


(a) La segunda columna del producto AB se obtiene multiplicando la matriz A por la segundacolumna de B.

3 2 76 5 40 4 9

217

=

412167

.

(b) La primera columna del producto BA se obtiene multiplicando la matriz B por la primeracolumna de A.

6 2 40 1 37 7 5

360

=

6663

.

(c) La tercera columna del producto AA se obtiene multiplicando la matriz A por la terceracolumna de A.

3 2 76 5 40 4 9

749

=

769897

.

10. En cada apartado, determinar las matrices A, x y b que expresen el sistema de ecuaciones dadoscomo una ecuacin matricial Ax = b

a)

x1 + x2 + 2x3 = 8x1 2x2 + 3x3 = 13x1 7x2 + 4x3 = 10

b)

x y + 2z w = 12x+ y 2z 2w = 2x+ 2y 4z +w = 1

3x 3w = 3Solucin:

(a)

1 1 21 2 33 7 4

x1x2x3

=

8110

.

(b)

1 1 2 12 1 2 2

1 2 4 13 0 0 3

xyzw

=

121

3

.

11. En cada apartado, expresar la ecuacin matricial como un sistema de ecuaciones lineales

a)

3 1 24 3 7

2 1 5

x1x2x3

=

214

b)

3 2 0 15 0 2 23 1 4 7

2 5 1 6

wxyz

=

0000

Solucin:

(a)

3x1 x2 + 2x3 = 24x1 + 3x2 + 7x3 = 12x1 + x2 + 5x3 = 4

(b)

3w 2x+ z = 05w + 2y 2z = 0

3w + x+ 4y + 7z = 02w + 5x+ y + 6z = 0


12. En cada apartado encontrar la forma escalonada y escalonada reducida de la matriz de ordentres cuyos elementos son

a) aij = i+ j b) aij = ij1 c) aij =

1 si |i j| > 11 si |i j| 1

Solucin:

(a) A =

2 3 43 4 54 5 6

F1(1/2)

1 3/2 23 4 54 5 6

F21(3)

F31(4)

1 3/2 20 1/2 10 1 2

F2(2)

1 3/2 20 1 20 1 2

F32(1)

1 3/2 20 1 20 0 0

F12(3/2)

1 0 10 1 20 0 0

.

Luego la forma escalonada es la matriz

1 3/2 20 1 20 0 0

y la forma escalonada reducida

1 0 10 1 20 0 0

.

(b) A =

1 1 11 2 41 3 9

F21(1)

F31(1)

1 1 10 1 30 2 8

F32(2)

1 1 10 1 30 0 2

F3(1/2)

1 1 10 1 30 0 1

.

La forma escalonada es la matriz

1 1 10 1 30 0 1

y la forma escalonada reducida es la iden-

tidad, pues tenemos tres unos principales, es decir, la matriz A es regular.

(c) A =

1 1 11 1 11 1 1

F1(1)

1 1 11 1 11 1 1

F21(1)

F31(1)

1 1 10 0 20 2 0

P23

1 1 10 2 00 0 2

F2(1/2)

F3(1/2)

1 1 10 1 00 0 1

.

La forma escalonada es la matriz

1 1 10 1 00 0 1

y la forma escalonada reducida es la

identidad, pues, como suceda en el apartado anterior, tenemos tres unos principales, esdecir, la matriz A es regular.

13. Sea A =

2 1 30 4 5

2 1 4

, B =

8 3 50 1 24 7 6

, C =

0 2 31 7 43 5 9

, a = 4, b = 7.

Comprobar que se verifican las siguientes igualdades:

a) (AB)C = A(BC) b) (a+ b)C = aC + bC c) A(B C) = AB AC

d)ATT= A e) (A+B)T = AT +BT f) (aC)T = aCT

g) (AB)T = BTAT h) (AB)1 = B1A1 i) (ABC)1 = C1B1A1

Solucin:

Slo se expondrn los resultados de las igualdades.


(a) (AB)C = A(BC) =

10 222 2683 67 27887 33 240

.

(b) (a+ b)C = aC + bC =

0 6 93 21 129 15 27

.

(c) A(B C) = AB AC =

20 32 231 84 2313 52 2

.

(d)ATT= A =

2 1 30 4 5

2 1 4

.

(e) (A+B)T = AT +BT =

10 0 24 5 62 7 10

.

(f) (aC)T = aCT =

0 4 128 28 2012 16 36

.

(g) (AB)T = BTAT =

28 20 028 31 216 38 36

.

(h) (AB)1 = B1A1 =

531456

21208

4394368

15182326

59546

51047104

11312

.

(i) (ABC)1 = C1B1A1 =

140326208

128911232

29 987235872

798736373744

82378624

179361132808

3418424

.

14. Sean A y B matrices cuadradas del mismo tamao. Es cierto que (AB)2 = A2B2 ? Justificarla respuesta.

Solucin:

En generall la igualdad es falsa. Por ejemplo, tomando A =

1 21 3

y B =

1 02 1

, se

tiene

(AB)2 =

23 1242 23

6=1 84 7

= A2B2.

No obstante, si las matrices A y B conmutan (es decir, si AB = BA) la igualdad si se verifica.En efecto,

(AB)2 = (AB)(AB) = ABA|{z}=AB

B = AABB = A2B2.

15. En cada apartado, usar la informacin para calcular A

a) A1 =2 13 5

b) (7A)1 =

3 71 2

c) (I + 2A)1 =

1 24 5

Solucin:

En cada apartado, los clculos de las inversas se dejan al alumno.


(a) Puesto que A =A1

1, calcularemos A obteniendo la inversa de la matriz 2 13 5

.

A =

2 13 5

1=

513

113

313213

.

(b) A =1

7

3 71 2

1=

27 117

37

.

(c) A =1

2

1 24 5

1 I

!=1

2

1 24 5

11 00 1

!=

913

113

213

613

.

16. Sea A =2 04 1

. Calcular A3, A3 y A2 2A+ I. Se tiene que verificar que A2 2A+ I =

(A I)2? Es cierto que (AB)2 = A2 2AB +B2 ?.Justificar la respuesta.Solucin:

(a) A2 = A A =2 04 1

2 04 1

=

4 012 1

.

A3 = A2 A =

4 012 1

2 04 1

=

8 028 1

.

Como A3 =A1

3=A31, podemos calcular A3 de dos formas:

Calculando la inversa de A3, o calculando la inversa de A y elevando al cubo. Calculamosen primer lugar la inversa de A3.

8 0 1 028 1 0 1

F1( 18)

1 0 18 028 1 0 1

F21(28)

1 0 18 00 1 288 1

, luego

A3 =

18 0

72 1

.

Ahora calculamos la inversa de A2 0 1 04 1 0 1

F1( 12)

1 0 12 04 1 0 1

F21(28)

1 0 12 00 1 2 1

y elevamos al cubo

12 0

2 1

12 0

2 1

12 0

2 1

=

14 0

3 1

12 0

2 1

=

18 0

72 1

, el resulta-

do, por supuesto, es el mismo.

(b) A2 2A+ I =

4 012 1

4 08 2

+

1 00 1

=

1 04 0

.

Observemos que (A I)2 = (A I)(A I) = A2 A I I A+ I = A2 2A+ I, ya queAI = IA = A.

Comprobemos con el ejemplo anterior que, efectivamente, (A I)2 = A2 2A + I. Ya

tenemos calculado A2 2A + I. Ahora calculamos (A I)2 =1 04 0

1 04 0

=

1 04 0

, que coincide con lo obtenido antes.

(c) En general, para el clculo matricial, no es cierto que (A B)2 = A2 2AB + B2, yaque (A B)2 = A2 AB BA + B2, y sabemos que el producto de matrices no escommutativo, luego, salvo excepciones, AB 6= BA. Comprobemos con un ejemplo que(AB)2 6= A2 2AB+B2. Sean A =

1 11 2

y B =

2 10 3

, entonces (AB)2 =


1 21 1

2=

1 42 1

, mientras que

A2 2AB +B2 =1 11 2

2 2

1 11 2

2 10 3

+

2 10 3

2=

0 6

1 2

.

Puede comprobarse que AB =1 11 2

2 10 3

=

2 22 7

y

BA =

2 10 3

1 11 2

=

3 03 6

.

17. Demostrar que si una matriz cuadrada regular cumple la ecuacin A2 3A + I = 0, entoncesA1 = 3I A.Solucin:

En el enunciado nos dicen que la matriz es regular, luego la matriz tiene inversa. De la ecuacinA23A+I = 0, deducimos, multiplicando a la izquierda por A1, que A1A23A1A+A1I =0 = A 3I +A1 = 0 = A1 = 3I A.


3 4 12 7 18 1 5

, B =

8 1 52 7 13 4 1

, C =

3 4 12 7 12 7 3

.

Encontrar matrices elementales E1, E2,E3,, E4, tales que se cumpla: E1A = B, E2B = A, E3A =C, E4C = A.

Solucin:

(a) Observemos que las matrices B y A tienen los mismos elementos, pero que B resulta de

cambiar entre s las filas primera y tercera de A. Es decir, AP13 B, luego P13A = B, y la

matriz elemental E1 que nos piden es E1 = P13 =

0 0 10 1 01 0 0

. Razonando de la misma

forma se justifica que P13B = A, luego de nuevo E2 = P13 =

0 0 10 1 01 0 0

.

(b) Observemos que las filas primera y segunda de C coinciden con las de A y que la tercerafila de C se obtiene de sumarle a la tercera fila de A la primera multiplicada por 2, esdecir, A

F31(2) C. Luego F31(2)A = C, y la matriz elemental E3 que nos piden es E3 =

F31(2) =

1 0 00 1 0

2 0 1

. Razonando de la misma forma se obtiene que F31(2)C = A,

por lo tanto, E4 = F31(2) =

1 0 00 1 02 0 1

.

19. Calcular, en el caso de que exista, la inversa de cada una de las siguientes matrices1 42 7

,

6 4

3 2

,

3 4 11 0 32 5 4

,

1 3 42 4 1

4 2 9

,

1 0 10 1 11 1 0

,


1 0 0 01 3 0 01 3 5 01 3 5 7

,

1 2 39 5 10 2 5

1 3 1

.

Solucin:

(a)1 4 1 02 7 0 1

F21(2)

1 4 1 00 1 2 1

F2(1)

1 4 1 00 1 2 1

F12(4)

1 0 7 40 1 2 1

, luego

1 42 7

1=

7 42 1

.

(b)

6 4 1 03 2 0 1

F1(

16)

1 4616 0

3 2 0 1

F21(3)

1 46

16 0

0 0 12 1

, luego la matriz

6 43 2

no tiene inversa.

(c)

3 4 1 1 0 01 0 3 0 1 02 5 4 0 0 1

P12

1 0 3 0 1 03 4 1 1 0 02 5 4 0 0 1

F21(3)

F31(2)

1 0 3 0 1 00 4 10 1 3 00 5 10 0 2 1

P12

1 0 3 0 1 00 5 10 0 2 10 4 10 1 3 0

F2(

15)

1 0 3 0 1 00 1 2 0 25

15

0 4 10 1 3 0

F32(4)

1 0 3 0 1 00 1 2 0 25

15

0 0 2 1 7545

F3(

12)

1 0 3 0 1 00 1 2 0 25

15

0 0 1 12710

25

F23(2)

F13(3)1 0 0 32

1110

65

0 1 0 1 1 10 0 1 12

710

25

, luego

3 4 11 0 32 5 4

1

=

32

1110

65

1 1 112

710

25

.

(d)

1 3 4 1 0 02 4 1 0 1 0

4 2 9 0 0 1

F1(1)

1 3 4 1 0 02 4 1 0 1 0

4 2 9 0 0 1

F21(2)

F31(4)

1 3 4 1 0 00 10 7 2 1 00 10 7 4 0 1

F2(

110)

1 3 4 1 0 00 1 710

210

110 0

0 10 7 4 0 1

F2(10)

1 3 4 1 0 00 1 710

210

110 0

0 0 0

, luego esta matriz no tiene inversa.

(e)

1 0 1 1 0 00 1 1 0 1 01 1 0 0 0 1

F31(1)

1 0 1 1 0 00 1 1 0 1 00 1 1 1 0 1

F32(1)

1 0 1 1 0 00 1 1 0 1 00 0 2 1 1 1

F3(

12)

1 0 1 1 0 00 1 1 0 1 00 0 1 12

12

12

F23(1)

F13(1)1 0 0 12

12

12

0 1 0 1212

12

0 0 1 1212

12

, luego


1 0 10 1 11 1 0

1

=

12

12

12

1212

12

12

12

12

. Obsrvese que la inversa de una matriz simtrica

tambin es una matriz simtrica.

(f)

1 0 0 0 1 0 0 01 3 0 0 0 1 0 01 3 5 0 0 0 1 01 3 5 7 0 0 0 1

F21(1)F31(1)F41(1)

1 0 0 0 1 0 0 00 3 0 0 1 1 0 00 3 5 0 1 0 1 00 3 5 7 1 0 0 1

F32(1)F42(.13)

1 0 0 0 1 0 0 00 3 0 0 1 1 0 00 0 5 0 0 1 1 00 0 5 7 0 1 0 1

F43(1)

1 0 0 0 1 0 0 00 3 0 0 1 1 0 00 0 5 0 0 1 1 00 0 0 7 0 0 1 1

F2(1/3)F3(1/5)F4(1/7)

1 0 0 0 1 0 0 00 1 0 0 13

13 0 0

0 0 1 0 0 1515 0

0 0 0 1 0 0 1717

, luego

1 0 0 01 3 0 01 3 5 01 3 5 7

1

=

1 0 0 013

13 0 0

0 1515 0

0 0 1717

. Se comprueba que la inversa de esta matriz

triangular inferior es tambin triangular inferior, como sucede en general.

(g) La matriz

1 2 39 5 10 2 5

1 3 1

no tiene inversa porque no es cuadrada.

20. Considerar la matriz A =

1 05 2

.

(a) Encontrar matrices elementales E1 y E2 tales que E2E1A = I.

(b) Escribir A1 como un producto de dos matrices elementales.

(c) Escribir A como un producto de dos matrices elementales.

Solucin:

(a) Realizamos transformaciones elmentales para llevar la matiz A a la identidad.1 0

5 2

F21(5)

1 00 2

F2( 12)

1 00 1

. De aqu deducimos que F2

12

F21 (5)A = I,

luego E2 = F212

=

1 00 12

y E1 = F21 (5) =

1 05 1

.

(b) Como E2E1A = I, multiplicando a la derecha por A1 obtenemos E2E1AA1 = IA1,luego

A1 = E2E1 =

1 00 12

1 05 1

.

(c) Como E2E1A = I, multiplicando a la izquierda por E12 obtenemos E1A = E12 y multi-

plicando ahora por E11 se obtiene A = E11 E

12 =

1 0

5 1

1 00 2

.


21. Expresar la matriz A =

0 1 7 81 3 3 8

2 5 1 8

en la forma A = EFGR, donde E,F y G son

matrices elementales y R est en la forma escalonada.

Solucin:

Hacemos transformaciones elementales para llevar A hasta la matriz escalonada R. sto nosdar las matrices que estamos buscando.

A =

0 1 7 81 3 3 8

2 5 1 8

P21

1 3 3 80 1 7 8

2 5 1 8

F31(2)

1 3 3 80 1 7 80 1 7 8

F32(1)

1 3 3 80 1 7 80 0 0 0

= R.

Por lo tanto F32 (1)F31 (2)P21A = R y despejando A convenientemente obtenemos:

A = P121 F31 (2)1 F32 (1)1R =

0 1 01 0 00 0 1

1 0 00 1 0

2 0 1

1 0 00 1 00 1 1

1 3 3 80 1 7 80 0 0 0

.

22. En cada apartado encontrar las condiciones que deben satisfacer las b para que el sistema tengasolucin

a)6x1 4x2 = b13x1 2x2 = b2

b)

x1 2x2 + 5x3 = b14x1 5x2 + 8x3 = b2

3x1 + 3x2 3x3 = b3

c)

x1 2x2 x3 = b14x1 + 5x2 + 2x3 = b24x1 + 7x2 + 4x3 = b3

Solucin:

En cada uno de los apartados utilizaremos el mtodo de Gauss.

(a)6 4 b13 2 b2

F1( 16)

1 46

b16

3 2 b2

F21(3)

1 46

b16

0 0 b2 b12

, luego este sistema

tendr solucin cuando b2 b12 = 0, o lo que es lo mismo, cuando 2b2 b1 = 0. Obsrveseque en este caso el sistema tiene infinitas soluciones dependiendo de un parmetro.

(b)

1 2 5 b14 5 8 b2

3 3 3 b3

F21(4)

F31(3)

1 2 5 b10 3 12 b2 4b10 3 12 b3 + 3b1

F2(

13)

1 2 5 b10 1 4 b24b130 3 12 b3 + 3b1

F32(3)

1 2 5 b10 1 4 b24b130 0 0 b3 + b2 b1

, luego este sistema tiene

solucin si y slo si b3 + b2 b1 = 0.En este caso el sistema tendr infinitas soluciones dependiendo de un parmetro.

(c)

1 2 1 b14 5 2 b24 7 4 b3

F21(4)

F31(4)

1 2 5 b10 3 2 4b1 + b20 1 0 4b1 + b3

P23

1 2 5 b10 1 0 4b1 + b30 3 2 4b1 + b2

F2(1)

1 2 5 b10 1 0 4b1 b30 3 2 4b1 + b2

F32(3)

1 2 5 b10 1 0 4b1 b30 0 2 8b1 + b2 3b3


F3( 12)

1 2 5 b10 1 0 4b1 b30 0 1 8b1b2+3b32

. En este caso el sistema siempre tiene solucin, inde-

pendientemete del valor que tomen los bi. Adems para cada b el sistema tendr solucinnica.


2 1 22 2 23 1 1

y x =

x1x2x3

.

(a) Demostrar que la ecuacin Ax = x se puede escribir como (A I)x = 0 y usar esteresultado para resolver Ax = x.

(b) Resolver Ax = 4x.

Solucin:

(a) El sistema Ax = x puede escribirse en la forma Ax = Ix, que es equivalente a (A I)x = 0.

Tenemos por tanto que resolver el sistema homogneo

1 1 22 1 23 1 0

x1x2x3

= 0. A

continuacin usamos el mtodo de Gauss.1 1 2 02 1 2 03 1 0 0

F21(2)

F31(3)

1 1 2 00 1 6 00 2 6 0

F2(1)

1 1 2 00 1 6 00 2 6 0

F32(2)

1 1 2 00 1 6 00 0 6 0

F3(

16)

1 1 2 00 1 6 00 0 1 0

. La nica solucin de este sistema es la

solucin

trivial

x1 = 0x2 = 0x3 = 0

(b) Con el mismo razonamiento que en el apartado (a) tenemos Ax = 4x puede escribirse enla forma Ax = 4Ix, que es equivalente a (A 4I)x = 0. Tenemos por tanto que resolver el

sistema homogneo

2 1 22 4 23 1 3

x1x2x3

= 0. A continuacin usamos el mtodo de

Gauss.2 1 2 02 4 2 03 1 3 0

P12

2 4 2 02 1 2 03 1 3 0

F1(

12)

1 2 1 02 1 2 03 1 3 0

F21(2)

F31(3)1 2 1 00 3 0 00 7 0 0

F2(

13)

1 2 1 00 1 0 00 7 0 0

F32(7)

1 2 1 00 1 0 00 0 0 0

. Por lo tanto

el sistema tiene infinitas soluciones dependientes de un parmetrox1 2x2 x3 = 0

x2 = 0=

x1 = tx2 = 0x3 = t

Efectivamente, puede comprobarse, aunque no es necesario, que2 1 22 2 23 1 1

t0t

=

4t04t

= 4

t0t

.


24. Resolver la ecuacin matricial para X1 1 12 3 00 2 1

X =

2 1 5 74 0 3 03 5 7 2

Solucin:

(a) En primer lugar observemos que la matriz X debe tener orden 3 por 4. Si denotamos

con x1, x2, x3, x4 a las columnas de X y A =

1 1 12 3 00 2 1

realmente tenemos que

resolver los cuatro sistemas siguientes Ax1 =

243

, Ax2 =

105

, Ax3 =

537

,

Ax4 =

702

. Resolvemos el primero, por el mtodo de Gauss-Jordan.

1 1 1 22 3 0 40 2 1 3

F21(2)

1 1 1 20 5 2 00 2 1 3

F2(

15)

1 1 1 20 1 25 00 2 1 3

F32(2)

1 1 1 20 1 25 00 0 15 3

F3(5)

1 1 1 20 1 25 00 0 1 15

F12(1)

F23( 25)

1 1 0 170 1 0 60 0 1 15

F12(1)

1 0 0 110 1 0 60 0 1 15

, luego la primera columna x1 de la matriz X es

11615

.

Para obtener la segunda columna, y teniendo en cuenta que la matriz de los coefcientes es

la misma, tendremos que hacer a la columna

105

las mismas transformaciones que

antes le hemos hecho a la columna

243

105

F21(2)

125

F2(

15)

1255

F32(2)

1255

F3(5)

125

21

F12(1)

F23( 25)

20821

F12(1)

12821

, luego la segunda columna x2 de la matriz X es

12821

.

Haciendo lo mismo con las otras dos obtenemos:

537

F21(2)

5137

F2(

15)

51357

F32(2)

113595

F3(5)

11359

F12(1)F23( 25)

519

F12(1)

419

, luego la tercera columna x3 de la matriz X es

419

702

F21(2)

7142

F2(

15)

71452

F32(2)

7145385

F3(5)


714538

F12(1)

F23( 25)

451838

F12(1)

271838

, luego la cuarta columna x4 de la matriz X

es

271838

.

Finalmente la matriz X =x1, x2, x3, x4

=

11 12 3 276 8 1 1815 21 9 38

.

(b) Una segunda forma de resolver la ecuacin matricial (no necesariamente ms rpida) es

calcular primero

1 1 12 3 00 2 1

1

=

3 1 32 1 24 2 5

y entonces calcular

X =

3 1 32 1 24 2 5

2 1 5 74 0 3 03 5 7 2

=

11 12 3 276 8 1 1815 21 9 38

.

(c) Una tercera posibilidad es, ya que tenemos que resolver cuatro sistemas distintos con lamisma matriz de los coeficientes, obtener la desomposicin LU de la matriz (si es que sepuede) y resolver los sistemas por ste mtodo.Con las cuentas que hemos hecho previamente la descomposicin de A es:

A = LU =

1 0 02 5 00 2 15

1 1 10 1 250 0 1

. Ahora resolvemos por el mtodo LU el

ltimo de los sistemas (y de la misma forma se resolveran los dems):Ax = b (LU)x = b L(Ux) = b. Llamando Ux = y, resuelvo en primer lugar elsistema Ly = b por el mtodo de bajada y despus el sistema Ux = y por el mtodo desubida.

Ly = b =

y1 = 72y1 + 5y2 = 02y2 15y3 = 2

=

y1 = 7y2 = 145y3 = 38

Ux = y =

x1 x2 + x3 = 7x2 25x3 =

145

x3 = 38=

x1 = 27x2 = 18x3 = 38

25. Encontrar todos los valores de a, b y c para los que la matriz A es simtrica

A =

2 a 2b+ 2c 2a+ b+ c3 5 a+ c0 2 7

Solucin:

Recordemos que una matriz cuadrada A es simtrica si A = AT , o lo que es lo mismo si aij = ajipara todo i, j. Por lo tanto la matriz A de nuestro ejercicio ser simtrica para aquellos valores

de a, b, c para los que se verifique que:

a 2b+ 2c = 32a+ b+ c = 0a+ c = 2

. Tenemos por tanto que resolver un

sistema de ecuaciones lineales donde las incognitas son a, b y c.1 2 2 32 1 1 01 0 1 2

F21(2)

F31(1)

1 2 2 30 5 3 60 2 1 5

F2(

15)

1 2 2 30 1 35

65

0 2 1 5

F32(2)


1 2 2 30 1 35

65

0 0 15 135

F3(5)

1 2 2 30 1 35

65

0 0 1 13

=

a = 11b = 9c = 13

26. Encontrar todos los valores de a y b para los que las matrices A y B no son invertibles.

A =

a+ b 1 0

0 3

, B =

5 00 2a 3b+ 7

.

Solucin:

La matriz A es invertible si y slo si la forma escalonada reducida de A es la identidad. Hacien-

do transformaciones elementales vemos quea+ b 1 0

0 3

1=

1

a+b1 00 13

y sto slo

puede hacerse si a + b 1 6= 0. De la misma forma5 00 2a 3b+ 7

1=

15 00 12a3b+7

,

que puede realizarse slo cuando 2a 3b + 7 6= 0. De aqu deducimos que A y B no tieneninversa (simultneamente) si

a+ b = 1

2a 3b = 7 . Ahora resolvemos el sistema por el mtodo de

Gauss1 1 12 3 7

F21(2)

1 1 10 5 9

F2( 15)

1 1 10 1 95

=

a = 45b = 95

27. Sea A una matriz simtrica.

(a) Demostrar que A2 es simtrica.

(b) Demostrar que 2A2 3A+ I es simtrica.

Solucin:

A es simtrica si AT = A. Para probar que A2 es simtrica debemos probar queA2T= A2.

Pero esto es inmediato ya queA2T= (A A)T = ATAT = AA = A2.

De la misma forma2A2 3A+ I

T= 2

A2T 3 (A)T + IT = 2A2 3A + I ya que A2 y A

son simtricas.

28. En cada apartado, encontrar la descomposicin LU de la matriz de los coeficientes. Despususar dicha descomposicin para resolver el sistema

a)5 106 5

x1x2

=

1019

b)

2 81 1

x1x2

=

22

c)

2 2 20 2 2

1 5 2

x1x2x3

=

426

d)

3 12 61 2 20 1 1

x1x2x3

=

337

1

e)

1 3 43 10 10

2 4 11

x1x2x3

=

639

f)

2 4 0 01 2 1 00 1 0 00 0 0 2

x1x2x3x4

=

8010

.

Solucin:

(a) En primer lugar obtenemos la descomposicin LU de A5 106 5

F1( 15)

1 26 5

F21(6)

1 20 7

F2( 17)

1 20 1

, por lo tanto la des-

composicin LU de A es: A = LU =5 06 7

1 20 1

. Ahora resolvemos el sistema


Ax = b por el mtodo LU . Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior Ly =

b

5y1 = 106y1 7y2 = 19

y1 = 2y2 = 1

y a continuacin el sistema triangular superior

Ux = y x1 + x2 = 2x2 = 1

x1 = 4x2 = 1

(b) En primer lugar obtenemos la descomposicin LU de A2 8

1 1

F1( 12)

1 4

1 1

F21(1)

1 40 3

F2( 13)

1 40 1

, por lo tanto la descom-

posicin LU de A es: A = LU =

2 01 3

1 40 1

. Ahora resolvemos el sistema

Ax = b por el mtodo LU . Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior

Ly = b

2y1 = 2y1 + 3y2 = 2

y1 = 1y2 =

13

y a continuacin el sistema triangular superi-

or Ux = y x1 + 4x2 = 1

x2 =13

x1 = 73x2 =

13

.

(c) En primer lugar obtenemos la descomposicin LU de A

2 2 20 2 2

1 5 2

F1(

12)

1 1 10 2 2

1 5 2

F31(1)

1 1 10 2 20 4 1

F2(

12)

1 1 10 1 10 4 1

F32(4)

1 1 10 1 10 0 5

F3(

15)

1 1 10 1 10 0 1

, por lo tanto la descomposicin LU de A

es:

A = LU =

2 0 00 2 0

1 4 5

1 1 10 1 10 0 1

. Ahora resolvemos el sistema Ax = b por

el mtodo LU . Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior Ly = b

2y1 = 42y2 = 2

y1 + 4y2 + 5y3 = 6

y1 = 2y2 = 1y3 = 0


Ux = y

x1 x2 x3 = 2

x2 x3 = 1x3 = 0

x1 = 1x2 = 1x3 = 0

.

(d) En primer lugar obtenemos la descomposicin LU deA3 12 61 2 20 1 1

F1(

13)

1 4 21 2 20 1 1

F21(1)

1 4 20 2 00 1 1

F2(

12)

1 4 20 1 00 1 1

F32(1)

1 4 20 1 00 0 1

, por lo tanto la descomposicin LU de A es:

A = LU =

3 0 01 2 00 1 1

1 4 20 1 00 0 1

Ahora resolvemos el sistema Ax = b por el mtodo LU . Para ello resolvemos primero el

sistema triangular inferior Ly = b

3y1 = 33y1 + 2y2 = 7y2 + y3 = 1

y1 = 11y2 = 2y3 = 1

y a continuacin el


sistema triangular superior Ux = y

x1 4x2 + 2x3 = 11

x2 = 2x3 = 1

x1 = 1x2 = 2x3 = 1

.

(e) En primer lugar obtenemos la descomposicin LU de A1 3 43 10 10

2 4 11

F1(1)

1 3 43 10 10

2 4 11

F21(3)

F31(2)

1 3 40 1 220 2 19

F32(2)

1 3 40 1 220 0 63

F3(

163)

1 3 40 1 220 0 1

, por lo tanto la descomposicin LU de A

es:

A = LU =

1 0 03 1 0

2 2 63

1 3 40 1 220 0 1

. Ahora resolvemos el istema Ax = b por

el mtodo LU . Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior Ly = b

y1 = 63y1 + y2 = 3

2y1 + 2y2 + 63y3 = 9

y1 = 6y2 = 21y3 = 1


Ux = y

x1 + 3x2 + 4x3 = 6x2 22x3 = 21

x3 = 1

x1 = 1x2 = 1x3 = 1

(f) En primer lugar obtenemos la descomposicin LU de A

2 4 0 01 2 1 00 1 0 00 0 0 2

F1( 12)

1 2 0 01 2 1 00 1 0 00 0 0 2

F21(1)

1 2 0 00 4 1 00 1 0 00 0 0 2

F2( 14)

1 2 0 00 1 14 00 1 0 00 0 0 2

F32(1)

1 2 0 00 1 14 00 0 14 00 0 0 2

F3(4)

1 2 0 00 1 14 00 0 1 00 0 0 2

F4( 12)

1 2 0 00 1 14 00 0 1 00 0 0 1

, por lo tanto la descomposicin LU de A es:

A = LU =

2 0 0 01 4 0 00 1 14 00 0 0 2

1 2 0 00 1 14 00 0 1 00 0 0 1

.

Ahora resolvemos el sistema Ax = b por el mtodo LU . Para ello resolvemos primero el

sistema triangular inferior Ly = b

2y1 = 8y1 + 4y2 = 0y2 +

14y3 = 1y4 = 0

y1 = 4y2 = 1y3 = 0y4 = 0

y a continuacin el

sistema triangular superior Ux = y

x1 2x2 = 4x2 +

14x3 = 1x3 = 0x4 = 0

x1 = 2x2 = 1x3 = 0x4 = 0

.


29. En cada apartado, determinar los valores de a, para los que exsite la descomposicin LU de A,y cuando sea posible obtenerla.

a) A =

1 1 21 a 30 2 0

b) A =

1 a2 22 8 1

1 0 0

Solucin:

(a) Obtenemos la descomposicin LU de A

1 1 21 a 30 2 0

F21(1)

1 1 20 a+ 1 50 2 0

a1) Si a + 1 6= 0 podemos seguir el mtodo de Gauss sin intercambio de filas. Seguimospor tanto suponiendo que a 6= 1. En este caso,1 1 20 a+ 1 50 2 0

F2(

1a+1)

1 1 20 1 5a+10 2 0

F32(2)

1 1 20 1 5a+10 0 10a+1

F2(

a+110 )

1 1 20 1 5a+10 0 1

,

por lo tanto la descomposicin LU de A es:

A = LU =

1 0 01 a+ 1 00 2 10a+1

1 1 20 1 5a+10 0 1

.

a2) Si a+1 = 0, entonces la matriz que queda despus de realizar la primera transformacin

es

1 1 20 0 50 2 0

y para seguir con el mtodo de Gauss necesitamos intercambiar las filas

dos y tres.

1 1 20 0 50 2 0

P32

1 1 20 2 00 0 5

F2(

12)

1 1 20 1 00 0 5

F3(

15)

1 1 20 1 00 0 1

.

Vemos que es posible llegar a una matriz triangular superior con unos en la diagonal,pero No podemos obtener la descomposicin LU.

(b) Obtenemos la descomposicin LU de A

1 a2 22 8 1

1 0 0

F21(2)

1 a2 20 8 2a2 5

1 0 0

F31(1)

1 a2 20 8 2a2 50 a2 2

b1) Si 8 2a2 6= 0 o lo que es lo mismo, si a 6= 2 y a 6= 2 podemos seguir el mtodo deGauss sin intercambio de filas. Seguimos por tanto suponiendo que a 6= 2 y a 6= 2.En este caso1 a2 20 8 2a2 50 a2 2

F2

1

82a2

1 a2 20 1 582a20 a2 2

F32(a

2)

1 a2 20 1 5

82a20 0 16+a

2

82a2

F3

1

16+a2

82a2

1 a2 20 1 582a20 0 1

. Obsrvese que la ltima transformacin F3

1

16+a2

82a2

puede realizarse sin ninguna dificultad ya que 16+a2 es siempre distinto de cero. La des-

composicin LU de A es A = LU =

1 0 02 8 2a2 0

1 a2 16+a282a2

1 a2 20 1 5

82a20 0 1

.


b2) Si 82a2 = 0 o lo que es lo mismo, si a = 2 a = 2 la matriz que queda despus de re-

alizar las dos primeras transformaciones es

1 4 20 0 50 4 2

. Podemos seguir realizando

transformaciones hasta llegar a la matriz U.

1 4 20 0 50 4 2

P32

1 4 20 4 20 0 5

F2(

14)

1 4 20 1 20 0 5

F3(

15)

1 4 20 1 20 0 1

. Como hemos necesitado realizar intercambios

de filas no es posible obtener la descomposicin LU.

Boletn 2. El Espacio Vectorial Rn.Ortogonalidad y Mnimos Cuadrados

1. Determinar cules de los siguientes conjuntos son subespacios de R3.

(a) Todos los vectores de la forma (a, 0, 0).

(b) Todos los vectores de la forma (a, 1, 1).

(c) Todos los vectores de la forma (a, b, c), donde b = a+ c.

(d) Todos los vectores de la forma (a, b, c), donde b = a+ c+ 1.

Solucin:

Sabemos que un subconjunto W de R3 es un subespacio si y slo si para todo x, y W y paratodo R se verifica que x+ y W y x W. Tambin sabemos que una condicin necesaria,aunque no suficiente, es que el vector nulo (0, 0, 0) W (es decir, si el (0, 0, 0) /W entonces Wno es subespacio vectorial).

(a) Sea W =(a, 0, 0) R3: a R

. Si tomamos dos vectores cualesquiera (a, 0, 0), (b, 0, 0)

W y R entonces (a, 0, 0) + (b, 0, 0) = (a + b, 0, 0) W y (a, 0, 0) = (a, 0, 0) W ,luego W es subespacio vectorial.

(b) Sea W =(a, 1, 1) R3: a R

. Si tomamos dos vectores cualesquiera (a, 1, 1), (b, 1, 1)

W entonces (a, 1, 1)+(b, 1, 1) = (a+b, 2, 2) /W , W no es subespacio vectorial. Otra formade ver que no es subespacio es comprobando que (0, 0, 0) /W.

(c) SeaW =(a, b, c) R3: b = a+ c

. Si tomamos dos vectores cualesquiera (a, b, c), (p, q, r)

W y R entonces (a, b, c)+(p, q, r) = (a+p, b+q, c+r) W ya que b+q = a+c+p+r =(a+ p) + (c+ r) y (a, b, c) = (a,b,c) W ,puesto que b = (a+ c) = a+ c, luegoW es subespacio vectorial.Otra forma: Ntese que W es el conjunto de soluciones del sistema homogneo con tres in-cgnitas y una ecuacin {a b+ c = 0 . Luego,W es un subespacio vectorial, pues conjuntode soluciones del sistema homogneo tiene estructura de subespacio vectorial.

(d) Sea W =(a, b, c) R3: b = a+ c+ 1

. Como (0, 0, 0) / W , puesto que 0 6= 0 + 0 + 1, se

tiene que W no es subespacio vectorial.

2. Determinar si el espacio solucin del sistema Ax = 0 es una recta que pasa por el origen, unplano que pasa por el origen o slo el origen. Si es un plano, encontrar su ecuacin general; sies una recta, encontrar sus ecuaciones paramtricas.

(a) A =

1 1 13 1 02 4 5

(b) A =

1 2 32 5 31 0 8

(c) A =

1 3 12 6 23 9 3

Solucin:

27


En cada caso resolveremos el sistema de ecuaciones homogneo y veremos si la solucin es nica,(en este caso el espacio solucin (espacio nulo) se reduce el vector cero), depende de un parmetro(en este caso sera un subespacio de dimensin uno, y por tanto una recta), o depende de dosparmetros (en este caso sera un subespacio de dimensin dos, y por tanto un plano).

(a)

1 1 1 03 1 0 02 4 5 0

1 1 1 03 1 0 02 4 5 0

1 1 1 00 2 3 00 2 3 0

1 1 1 00 1 32 00 0 0 0

=

x1 = tx2 = 3tx3 = 2t

. Por lo tanto N(A) = lin {(1,3, 2)}. En este

caso N(A) es una recta que pasa por el origen.

(b)

1 2 3 02 5 3 01 0 8 0

1 2 3 00 1 3 00 2 5 0

1 2 3 00 1 3 00 0 1 0

. En este caso el espacio

nulo se reduce al vector nulo N(A) = {(0, 0, 0)}

(c)

1 3 1 02 6 2 03 9 3 0

1 3 1 00 0 0 00 0 0 0

=

x1 = 3s t

x2 = sx3 = t

. Por lo tanto N(A) =

lin {(3, 1, 0) , (1, 0, 1)}. En este caso N(A) es un plano que pasa por el origen.

3. Cules de los siguientes vectores son combinaciones lineales de u = (0,2, 2) y v = (1, 3,1)?(a) (2, 2, 2) (b) (3, 1, 5) (c) (0, 4, 5) (d) (0, 0, 0).

Solucin:

Sabemos que un vector w es combinacin lineal de u y v si y slo si existen nmeros reales x1y x2 tales que w = x1u + x2v y esta ecuacin vectorial es equivalente al sistema de ecuaciones

lineales

u1 v1u2 v2u3 v3

x1x2

=

w1w2w3

. Por lo tanto, resolveremos en cada caso un sistema de

ecuaciones lineales por el mtodo de Gauss.

(a)

0 1 22 3 22 1 2

2 1 22 3 20 1 2

1 12 12 3 20 1 2

1 12 10 2 40 1 2

1 12 10 1 20 1 2

1 12 10 1 20 0 0

, luego el sistema tiene solucin que es

x1 = 2x2 = 2

y

tenemos que en este caso w = 2u+ 2v.

(b)

0 1 32 3 12 1 5

2 1 52 3 20 1 3

1 1252

2 3 20 1 3

1 12

52

0 2 70 1 3

1 12

52

0 1 720 1 3

1 12

52

0 1 720 0 12

, luego el sistema no tiene solucin y w no es

combinacin lineal de u y w.

(c)

0 1 02 3 42 1 5

2 1 52 3 40 1 0

1 1252

2 3 40 1 0

1 12

52

0 2 90 1 0


1 12

52

0 1 920 1 0

1 12

52

0 1 920 0 92

, luego el sistema no tiene solucin y w no es

combinacin lineal de u y w.

(d) El vector 0 es combinacin lineal de cualesquiera vectores, en concreto 0 = 0u+ 0v.

4. Expresar cada uno de los siguientes vectores como combinacin lineal de u = (2, 1, 4), v =(1,1, 3) y w = (3, 2, 5) .(a) (9,7,15) (b) (6, 11, 6) (c) (7, 8, 9) (d) (0, 0, 0).Solucin:

El razonamiento es similar al del ejerccio anterior. Sabemos que un vector t es combinacinlineal de u, v y w si y slo si existen nmeros reales x1, x2 y x3 tales que t = x1u+ x2v + x3w.A partir de aqu procedemos como en el ejercicio anterior.

(a)

1 2 3 91 1 2 73 4 5 15

1 2 3 90 3 5 160 2 4 12

1 2 3 90 1 53

163

0 2 4 12

1 2 3 90 1 53

163

0 0 2343

x1 = 1x2 = 2x3 = 2

, luego t = 2u+ v 2w (observar el orden en el que

aparece la combinacin lineal)

(b)

1 2 3 61 1 2 113 4 5 6

1 2 3 60 3 5 170 2 4 12

1 2 3 60 1 53

173

0 2 4 12

1 2 3 60 1 53

173

0 0 23 23

x1 = 5x2 = 4x3 = 1

, luego t = 4u 5v + w

(c)

1 2 3 71 1 2 83 4 5 9

1 2 3 70 3 5 150 2 4 11

1 2 3 70 1 53

153

0 2 4 12

1 2 3 70 1 53

153

0 0 23 63

x1 = 2x2 = 0x3 = 3

, luego t = 2v + 3w.

(d) 0 = 0u+ 0v + 0w.

5. En cada apartado, determinar si los vectores dados generan R3.

(a) v1 = (2, 2, 2), v2 = (0, 0, 3) y v3 = (0, 1, 1) .

(b) v1 = (2,1, 3), v2 = (4, 1, 2) y v3 = (8,1, 8) .(c) v1 = (1, 2, 6), v2 = (3, 4, 1), v3 = (4, 3, 1) y v4 = (3, 3, 1) .

Solucin:

Los vectores {v1, v2, v3} generan R3 si cualquier x R3 es combinacin lineal de {v1, v2, v3}. Pro-cediendo como en los ejercicios anteriores el problema se reduce a estudiar sistemas de ecuacioneslineales.


(a)

2 0 0 x12 0 1 x22 3 1 x3

1 0 0 x122 0 1 x22 3 1 x3

1 0 0 x120 0 1 x2 x10 3 1 x3 x1

1 0 0 x120 3 1 x3 x10 0 1 x2 x1

.

Como ste sistema tiene solucin para cualquier vector x = (x1, x2, x3) R3, los vectores{v1, v2, v3} generan R3. Obsrvese que como la dimensin de R3 es tres los tres vectores{v1, v2, v3} constituyen una base y son por tanto linealmente independientes.

(b)

2 4 8 x11 1 1 x23 2 8 x3

1 2 4 x121 1 1 x23 2 8 x3

1 2 4 x120 3 3 x2 +

x12

0 4 4 x3 3x12

1 2 4 x120 1 1 2x2+x160 4 4 x3 3x12

1 2 4 x120 1 1 2x2+x160 0 0 x3 3x12 + 4

2x2+x16

, como este sistema

slo tiene solucin cuando x3 3x12 + 42x2+x16

= 0 tenemos que estos tres vectores no

generan R3.

(c)

1 3 4 3 x12 4 3 3 x26 1 1 1 x3

1 3 4 3 x10 2 5 3 x2 2x10 17 23 17 x3 6x1

1 3 4 3 x10 1 52

32

x22x12

0 17 23 17 x3 6x1

1 3 4 3 x10 1 52

32

x22x12

0 0 x3 6x1 17x22x12

, como este

sistema tiene infinitas soluciones los vectores {v1, v2, v3, v4} generan R3. En este caso losvectores {v1, v2, v3, v4} constituyen un sistema generador que no es base. Los vectores{v1, v2, v3, v4} son en este caso linealmente independientes.

6. Explicar, por inspeccin, por qu los siguientes conjuntos de vectores son linealmente dependi-entes

(a) v1 = (1, 2, 4), y v2 = (5,10,20) .(b) v1 = (3,1), v2 = (4, 5) y v3 = (4, 17) .

Solucin:

(a) Dos vectores son linealmente dependientes si y slo si sus componentes son proporcionales.En este caso 51 =

102 =

204 , luego los vectores son linealmente dependientes.

(b) Como la dimensin de R2 es dos se tiene que en R2 no puede haber conjunto de tres vec-tores que sean linealmente independientes de aqu que estos tres vectores sean linealmentedependientes.

7. Cules de los siguientes conjuntos de vectores en R4 son linealmente independientes?

(a) (3, 8, 7,3) , (1, 5, 3,1) , (2,1, 2, 6) , (1, 4, 0, 3) .(b) (0, 0, 2, 2) , (3, 3, 0, 0) , (1, 1, 0,1) .

Solucin:


Los vectores {v1, v2, v3, v4} son linealmente independientes si y slo si la nica solucin de laecuacin vectorial x1v1 + x2v2 + x3v3 + x4v4 = 0 es la solucin trivial. Procedemos como enlos ejercicios anteriores resolviendo sistemas de ecuaciones lineales. Ordenamos los vectores deforma conveniente para hacer menos clculos

(a)

1 1 2 3 04 5 1 8 00 3 2 7 03 1 6 3 0

1 1 2 3 00 1 9 4 00 3 2 7 00 4 0 12 0

1 1 2 3 00 1 9 4 00 0 29 19 00 0 36 38 0

1 1 2 3 00 1 9 4 00 0 1 1929 00 0 36 38 0

1 1 2 3 00 1 9 4 00 0 1 1929 00 0 0 1 0

, como la nica solucin de este

sistema es la trivial los vectores son linelamente independietes

(b)

1 3 0 01 3 0 00 0 2 0

1 0 2 0

1 3 0 00 0 0 00 0 2 00 3 2 0

1 3 0 00 3 2 00 0 2 00 0 0 0

1 3 0 00 1 23 00 0 1 00 0 0 0

, tenemos

un sistema lineal homogneo de cuatro ecuaciones y tres incognitas y solucin trivial. Lostres vectores son linealmente independientes.

8. Determinar si los vectores (1, 2, 3) , (2,4, 6), (3, 6, 0) pertenecen a un mismo subespacio deR3 de dimensin menor que tres. El vector (1, 1, 0) est en el mismo subespacio?Solucin:

Averiguamos si los tres vectores son linealmente independientes. Si lo fuesen, seran una basede R3, y no podran pertenecer a un subespacio de R3, entendidos stos como rectas o planos.

Resolvemos, por tanto, el sistema cuya matriz ampliada es

1 2 3 02 4 6 03 6 0 0

1 2 3 02 4 6 03 6 0 0

1 2 3 02 4 6 03 6 0 0

1 2 3 00 0 0 00 12 9 0

1 2 3 00 1 912 00 0 0 0

.

Tiene infinitas soluciones, luego los tres vectores son linealmente dependientes. De aqu que H =lin {(1, 2, 3) , (2,4, 6), (3, 6, 0)} = lin {(1, 2, 3) , (2,4, 6)}, luego los tres vectores pertencena este subespacio vectorial de dimensin dos.

El vector (1, 1, 0) estar en el mismo subespacio si el sistema cuya matriz ampliada es

1 2 12 4 13 6 0

tiene solucin:1 2 12 4 13 6 0

1 2 10 0 30 12 3

1 2 10 1 140 0 1

. El sistema no tiene solucin, por

tanto, (1, 1, 0) / H.

9. Para qu valores de los vectores, 12 ,

12

,12 ,,

12

12 ,

12 ,

forman un conjunto lin-

ealmente dependiente en R3?Solucin:


Debemos resolver el sistema cuya matriz ampliada es

1212 01

2 12 01

212 0

.

1212 01

2 12 01

212 0

12

12 01

2 12 0

1212 0

1 1 2 01 2 1 0

2 1 1 0

1 1 2 00 2 1 1 + 2 00 1 + 2 1 42 0

si 21 = 0, o lo que es lo mismo, si = 12 entonces la ltima matriz que hemos escrito

sera

1 1 1 00 0 0 00 0 0 0

. En este caso el sistema tendra infinitas soluciones y los vectores

seran linealmente dependientes.

2 1 6= 0 podemos seguir realizando transformaciones elementales y tendramos:1 1 2 00 1 1 00 1 + 2 1 42 0

1 1 2 00 1 1 00 0 1 42 + 1 + 2 0

1 1 2 00 1 1 00 0 42 + 2+ 2 0

En este caso si 42+2+2 = 0, es decir si = 1 (recordemos que 2 1 6= 0) entonces

llegaramos a la matriz ampliada

1 1 2 00 1 1 00 0 0 0

que corresponde a un sistema con

infinitas soluciones. Por tanto, los vectores seran l.d.

Si 6= 1 y 2 1 6= 0 entonces llegamos a la matriz1 1 2 00 1 1 00 0 1 0

que corresponde

a un sistema que tiene slo la solucin trivial. En este caso los vectores sera l.i.

Resumiendo: Si 6= 1 y 2 1 6= 0 los vectores son l.i. y si = 1 = 12 los vectores sonl.d.

(a) Expresar (4a, a b, a+ 2b) como una combinacin lineal de (4, 1, 1) y (0,1, 2) .(b) Expresar (3a+ b+ 3c,a+ 4b c, 2a+ b+ 2c) como una combinacin lineal de (3,1, 2)

y (1, 4, 1) .

(c) Expresar (1, 1) como una combinacin lineal de (1,1), (3, 0) y (2, 1) de dos formas difer-entes.

Solucin:

(a) (4a, a b, a+ 2b) = a (4, 1, 1) + b (0,1, 2) .(b) (3a+ b+ 3c,a+ 4b c, 2a+ b+ 2c) = (a+ c) (3,1, 2) + b (1, 4, 1) .

(c) Resolvemos el sistema con matriz ampliada

1 3 2 11 0 1 1

.


1 3 2 1

1 0 1 1

1 3 2 10 3 3 2

x1 = 1 + tx2 =

23t3

x3 = t

Haciendo t = 0 obtenemos que (1, 1) = (1,1) + 23(3, 0) y haciendo t = 1 obtenemos(1, 1) = 13(3, 0) + (2, 1). De hecho, hay infinitas formas de escribir el vector (1, 1) comocombinacin lineal de (1,1), (3, 0) y (2, 1). Ntese que estos tres vectores son l.i. (vaseel apartado (a) del Ejercicio 10.

10. Explicar, por inspeccin, por qu los siguientes conjuntos de vectores no son bases en los espaciosvectoriales R2 y R3 respectivamente.

(a) v1 = (3,1), v2 = (4, 5) y v3 = (4, 17) .(b) v1 = (3,1, 9) y v2 = (4, 5, 0) .

Solucin:

(a) En R2 no puede haber ms de dos vectores independientes, luego los vectores {v1, v2, v3}son linealmente dpendientes y no pueden constituir base.

(b) Los vectores v1 y v2 son independientes pero no pueden generar a todo R3, que sabemosque tiene dimensin tres.

11. Cules de los siguientes conjuntos de vectores son bases para R2?(a) (2, 1) , (3, 0) (b) (3, 9) , (4,12) (c) (0, 0) , (1, 3).Solucin:

Sabemos que k vectores en un espacio vectorial de dimensin k forman base si y slo si sonlinealmente independientes (no es necesario verificar que adems es sistema generador). En elcaso que nos ocupa slo la primera pareja de vectores es independiente y por lo tanto base.

12. Cules de los siguientes conjuntos de vectores son bases para R3?(a) (1, 0, 0) , (2, 2, 0) , (3, 3, 3) (b) (3, 1,4) , (2, 5, 6) , (1, 4, 8) (c) (1, 6, 4) , (2, 4,1), (1, 2, 5) .Solucin:

Igual que en el Ejercicio 11 slo necesito saber si los vectores son linealmente independientes

(a)

1 2 3 00 2 3 00 0 3 0

1 2 3 00 1 32 00 0 1 0

. Los tres vectores son independientes y por lo tanto

constituyen base.

(b)

1 2 3 04 5 1 08 6 4 0

1 2 3 00 3 11 00 10 28 0

1 2 3 00 1 113 00 0 1 0

. Los tres vectores son

independientes y por lo tanto constituyen base.

(c)

1 2 1 06 4 2 04 1 5 0

1 2 1 00 8 8 00 7 9 0

1 2 1 00 1 1 00 0 1 0

. Los tres vectores son

independientes y por lo tanto constituyen base.

13. En los siguientes apartados, determinar la dimensin y una base para el espacio solucin delsistema


(a)

x1 + x2 x3 = 02x1 x2 + 2x3 = 0

x1 + x3 = 0(b)

3x1 + x2 + x3 + x4 = 05x1 x2 + x3 x4 = 0

(c)

x+ y + z = 03x+ 2y 2z = 04x+ 3y z = 06x+ 5y + z = 0

Solucin:

Sabemos que el conjunto de todas las soluciones del sistema es un subespacio vectorial. Para de-terminar la dimensin calculamos previamente una base de dicho subespacio y para ello debemosresolver dicho sistema.

(a)

1 1 1 02 1 2 01 0 1 0

1 1 1 00 1 0 00 1 0 0

1 1 1 00 1 0 00 0 0 0

El sistema tiene infnitas soluciones dependiendo de un parmetro. Las soluciones sonx1 = tx2 = 0x3 = t

. Si llamamos H al espacio solucin (o espacio nulo de la matriz de los coe-

ficientes) tenemos que x H si x =

x1x2x3

= t

101

, por tanto H = lin {(1, 0, 1)} .

Luego el vector (1, 0, 1) es una base de H y dim(H) = 1.Observemos, aunque ya no forma parte de lo que nos piden que el rango de la matriz de loscoeficientes A es 2 y que se verifica el teorema de la dimensin rg (A) + dim (N(A)) = 3.

(b) Igual que en el apartado (a)3 1 1 1 05 1 1 1 0

1 13

13

13 0

5 1 1 1 0

1 13

13

13 0

0 83 23

83 0

1 13

13

13 0

0 1 14 1 0

x1 = 3sx2 = 3s 3t

x3 = 12sx4 = 3t

, por lo tanto, denotando mediante A a la

matriz de coeficientes, tenemos

N(A) = lin ({(3,3, 12, 0) , (0,3, 0, 3)}) y dim (N(A)) = 2.

(c)

1 1 1 03 2 2 04 3 1 06 5 1 0

1 1 1 00 1 5 00 1 5 00 1 5 0

1 1 1 00 1 5 00 0 0 00 0 0 0

x1 = 4tx2 = 5tx3 = t

, por lo

tantoN(A) = lin ({(4,5, 1)}) y dim (N(A)) = 1.

14. Determinar bases para los siguientes subespacios de R3.

(a) El plano 3x 2y + 5z = 0(b) El plano x y = 0.(c) La recta x = 2t, y = t, z = 4t.(d) Todos los vectores de la forma (a, b, c), donde b = a+ c.


Solucin:

(a) LlamemosH al subespacio que tiene de ecuacin 3x2y+5z = 0. RealmenteH es el espacionulo de la matriz A =

3 2 5

. Para encontrar una base de H debemos resolver el

sistema cuya matriz ampliada es3 2 5 0

.

3 2 5 0

1 23

53 0

. Sistema con infinitas soluciones dependiendo de

dos parmetros. Las soluciones son

x = 2t 5sy = 3tz = 3s

o lo que es lo mismo (x, y, z) H si y s-

lo si

xyz

= t

230

+s

503

. De aqu deducimos queH = lin ({(2, 3, 0) , (5, 0, 3)}).

Como los vectores (2, 3, 0) , (5, 0, 3) son linealmente independientes (no son proporcionales)constituyen una base de H.

(b) Llamemos H al subespacio que tiene de ecuacin x y = 0. Como H es un subespaciode R3 y est determinado por una ecuacin implcta la dimensin de H es dos, luego unabase de H est determinada por dos vectores linealmnte independientes de H. Como losvectores (1, 1, 0) y (0, 0, 1) estn en H y son independientes, tenemos que constituyen unabase de H.

(c) Si llamamos W al conjunto de todos los puntos de la recta tenemos que (x, y, z) W si y

slo si

xyz

= t

214

, luego W = lin ({(2,1, 4)}) y el vector (2,1, 4) es una base

de W.

(d) Igual que en los apartados (a) y (b) el subespacio H est determinado por una ecuacinimplcita x y+ z = 0. Razonando como en (b) tenemos que una base de H la constituyenlos vectores (1, 1, 0) y (0, 1, 1) .

15. Expresar Ax como una combinacin lineal de los vectores columnas de A.

(a)

2 31 4

12

(b)

4 0 13 6 20 1 4

235

(c)

2 1 56 3 8

305

.

Solucin:

(a)

2 31 4

12

= 1

2

1

+ 2

34

.

(b)

4 0 13 6 20 1 4

235

= 2

430

+ 3

06

1

+ 5

124

.

(c)2 1 56 3 8

305

= 3

26

+ 5

5

8

.

16. En cada apartado, determinar si b est en el espacio columna de A y, en caso afirmativo, expresarb como una combinacin lineal de las columnas de A.

(a) A =1 34 6

, b =

210

; (b) A =

1 1 21 0 12 1 3

, b =

102

;


(c) A =

1 1 11 1 1

1 1 1

, b =

200

.

Solucin:

Un vectorb R(A) siy slo si

b = x1

a1 + x2

a2 + x3

a3, donde

a1,

a2,

a3 son las columnas de A.

Luego, tenemos que averiguar en cada caso si el sistema Ax = b tiene solucin.

(a)1 3 24 6 10

1 3 20 18 18

1 3 20 1 1

x1 = 1x2 = 1

. Como este sis-

tema tiene solucin se tiene queb R(A), de hecho

b =

a1

a2, donde

a1 y

a2 son las

columnas de A.

(b)

1 1 2 11 0 1 02 1 3 2

1 1 2 10 1 1 10 1 1 0

1 1 2 10 1 1 10 0 0 1

. Como este sistema no

tiene solucin se tiene queb / R(A)

(c)

1 1 1 21 1 1 0

1 1 1 0

1 1 1 20 2 2 20 2 2 2

1 1 1 20 1 1 10 2 2 2

1 1 1 20 1 1 10 0 0 0

1 1 1 20 1 1 10 0 0 0

. Como este sistema tiene solucin, el vector

b R(A). de hecho,

b puede ponerse de infinitas formas como combinacin lineal de las

columnas de A:200

=

11

1

+ (t 1)

11

1

+ t

111

, donde t R.

17. En cada apartado, encontrar una base para el espacio nulo de A.

(a) A =

1 0 31 1 1

1 1 1

, (b) A =

1 1 21 0 12 1 3

(c) A =

2 0 14 0 20 0 0

Solucin:

En cada apartado debemos resolver el sistema homogneo Ax = 0

(a)

1 0 3 01 1 1 0

1 1 1 0

1 0 3 00 1 4 00 1 4 0

1 0 3 00 1 4 00 0 0 0

x1 = 3tx2 = 4tx3 = t

,

luego una base del espacio nulo N(A) es la formada por el vector {(3, 4, 1)}

(b)

1 1 2 01 0 1 02 1 3 0

1 1 2 00 1 1 00 1 1 0

1 1 2 00 1 1 00 0 0 0

x1 = tx2 = tx3 = t

, luego una

base del espacio nulo N(A) es la formada por el vector {(1,1, 1)}

(c)

2 0 1 04 0 2 00 0 0 0

2 0 1 00 0 0 00 0 0 0

x1 = tx2 = sx3 = 2t

, luego una base del espacio nulo

N(A) es la formada por los vectores {(1, 0, 2) , (0, 1, 0)} .


18. En cada apartado, encontrar el rango y la dimensin del subespacio nulo de la matriz y comprobarque se verifica el teorema de la dimensin.

(a) A =

1 1 35 4 47 6 2

, (b) A =

1 4 5 22 1 3 0

1 3 2 2

(c) A =

2 0 14 0 20 0 0

Solucin:

Como en el ejercicio anterior escalonamos cada matriz y resolvemos el sistma lineal homogneoAx = 0

(a)

1 1 35 4 47 6 2

1 1 30 1 190 1 19

1 1 30 1 190 0 0

x1 = 16tx2 = 19tx3 = t

, luegoN(A =

lin {(16, 19, 1, )}, dim (N(A)) = 1 y rang(A) = 2. Se verifica rang(A) + dim (N(A)) = 3.

(b)

1 4 5 22 1 3 0

1 3 2 2

1 4 5 20 7 7 40 7 7 4

1 4 5 20 1 1 470 0 0 0

x1 = s+ 2tx2 = s 4t

x3 = sx4 = 7t

, luego

N(A = lin {(1,1, 1, 0) , (2,4, 0, 7)}, dim (N(A)) = 2 y rang(A) = 2. Se verificarang(A) + dim (N(A)) = 4.

(c)

2 0 14 0 20 0 0

2 0 1 00 0 0 00 0 0 0

x1 = tx2 = sx3 = 2t

, luego N(A = lin {(1, 0, 2) , (0, 1, 0)},

dim (N(A)) = 2 y rang(A) = 1. Se verifica rang(A) + dim (N(A)) = 3.

19. Qu condiciones deben satisfacer b1, b2, b3, b4, b5 para que el sistema lineal

x1 3x2 = b1x1 2x2 = b2x1 + x2 = b3x1 4x2 = b4x1 + 5x2 = b5

tenga solucin?

Solucin:

Pedir que el sistema tenga solucin es equivalente a pedir que el vector b = (b1, b2, b3, b4, b5) R(A),

donde A =

1 31 21 11 41 5

Resolvemos el sistema

1 3 b11 2 b21 1 b31 4 b41 5 b5

1 3 b10 1 b2 b10 4 b3 b10 1 b4 b10 8 b5 b1

1 3 b10 1 b2 b10 0 b3 4b2 + 3b10 0 b4 + b2 2b10 0 b5 8b2 + 7b1

,

que tendr solucin si se verifica

b3 4b2 + 3b1 = 0b4 + b2 2b1 = 0b5 8b2 + 7b1 = 0

Estas son las condiciones que tiene que cumplir b para que el sistema tenga solucin, o tambinse pueden decir que son las ecuaciones implicitas del subspacio R(A) R5.


20. Analizar como el rango de A vara con t.

(a) A =

1 1 t1 t 1t 1 1

, (b) A =

t 3 13 6 2

1 3 t

Solucin:

(a) Debemos estudiar la dependencia e independencia lineal de los vectores columnas de lamatriz A. Para ello debemos reslover el sistema de ecuaciones cuya matriz ampliada es1 1 t 01 t 1 0t 1 1 0

1 1 t 01 t 1 0t 1 1 0

1 1 t 00 t 1 1 t 00 1 t 1 t2 0

. Ahora se presentan dos posibilidades:

t = 1 En este caso la matriz escalonada a la que hemos llegado es1 1 0 00 0 0 00 0 0 0

.

En este caso slo la primera columna es independiente y rg(A) = 1 t 6= 1. En este caso podemos seguir haciendo transformaciones elementales y tendramos1 1 t 00 t 1 1 t 00 1 t 1 t2 0

1 1 t 00 1 1 00 1 t 1 t2 0

1 1 t 00 1 1 00 0 2 t t2 0

.

Y de nuevo se presentan dos posibilidades:

Si 2 t t2 6= 0, cosa que ocurre cuando t 6= 1 y t 6= 2 entonces se puede con-tiuar haciendo trasnformaciones elementales y llegaramos a la matriz escalonada1 1 t 00 1 1 00 0 1 0

. En este caso rg(A) = 3.

Si 2tt2 = 0 que se obtiene para t = 2 (recordemos que estamos suponiendo t 6=

1) entonces la matriz escalonada sera

1 1 2 00 1 1 00 0 0 0

. En este caso rg(A) = 2.

En resumen si t = 1 entonces rg(A) = 1. Si t = 2 entonces rg(A) = 2. Y si t 6= 1 y t 6= 2entonces rg(A) = 3.

(b) Puesto que det(A) =

t 3 13 6 21 3 t

= 6t2 3t 3 = 0 si y slo si t = 12 o t = 1,

deducimos:

Si t 6= 12 o t 6= 1, entonces rg(A) = 3.

Si t = 12 , entonces A =1/2 3 1

3 6 21 3 1/2

y es fcil ver que las dos primeras

columnas de A son l.i., por lo que rg(A) = 2.

Si t = 1, la matriz A es A =

1 3 13 6 2

1 3 1

y por el mismo motivo de antes,

rg(A) = 2.


21. Para qu valores de s el espacio solucin de

x+ y + sz = 0x+ sy + z = 0sx+ y + z = 0

es slo el origen, un subespacio

de dimensin uno o un subespacio de dimensin dos?

Solucin:

Si observamos la matriz de coeficientes de este sistema

1 1 s1 s 1s 1 1

es la misma que la matriz

que hemos estudiado en apartado (a) del Ejercicio 20 (cambiando t por s).

Por tanto, tenemos las siguientes posibilidades:

Si s 6= 1 y s 6= 2 entonces el sistema tiene slo la solucin trivial (0, 0, 0), ya que la matrizde coeficientes es regular.

Si s = 1 obtenemos que el sistema es equivalente a x+y+z = 0 que tiene infinitas soluciones

dependiendo de dos parmetros

x = t sy = tz = s

Si s = 2 obtenemos que el sistema es equivalente ax+ y 2z = 0y z = 0 que tiene infinitas

soluciones dependiendo de un parametro y que son:

x = ty = tz = t

22. Determinar si el vector (1, 1, 0, 2) es ortogonal al subespacio de R4,

W = lin {(0, 0, 0, 0) , (1,5,1, 2) , (4, 0, 9, 2)} .

Solucin:

Un vector v es ortogonal a W si y slo si es ortogonal a cada uno de los vectores que generan elsubespacio. En este caso (1, 1, 0, 2) (0, 0, 0, 0) = 0, (1, 1, 0, 2) (1,5,1, 2) = 2 6= 0. Porlo tanto v no es ortogonal a W.

23. Para qu valores de k son ortogonales u y v?

(a) u = (2, 1, 3) y v = (1, 7, k) (b) u = (k, k, 1) y v = (k, 5, 6).

Solucin:

u es ortogonal a v si y slo si u.v = 0

(a) u v = 9 + 3k u v = 0 si k = 3.(b) u v = k2 + 5k + 6 u v = 0 si k = 2 si k = 3.

24. Determinar una base de W, siendo W = lin {(1, 2)} .Solucin:

W =x = (x1, x2) R2 : x.y = 0 para todo y W

. Un vector es ortogonal a W si y slo si

es ortogonal a la base de W . Por lo tanto (x1, x2) W si y slo si x1 + 2x2 = 0, que es laecuacin implcita de W. resolviendo esta ecuacin obtenemos una base de W.

x1 + 2x2 = 0x1 = 2tx2 = t

, luego una base de W esta formada por el vector (2, 1) .


25. Encontrar unas ecuaciones paramtricas para W, sabiendo que W est determinado por laecuacin x 2y 3z = 0. Idem si W = lin ({(2,5, 4)}) .Solucin:

Si W {x 2y 3z = 0 , entonces W = lin ({(1,2,3)}) y por tanto, unas ecuaciones

parmetricas de W son

x = ty = 2tz = 3t

con t R.

SiW = lin ({(2,5, 4)}), entonces unas ecuaciones implcitas deW son {2x 5y + 4z = 0 .Resolviendo esta ecuacn obtenemos unas ecuaciones paramtricas de W:

x = 52t 2sy = tz = s

con t, s R.

26. Sea A =

1 2 13 5 01 1 2

.

(a) Encontrar bases para el espacio columna de A y para el espacio nulo de AT .

(b) Comprobar que todo vector en el espacio columna de A es ortogonal a todo vector en elespacio nulo de AT .

Solucin:

(a) R(A) = lin ({(1, 3, 1) , (2, 5, 1) (1, 0, 2)}) . Veamos si los vectores que generan R(A) sonlinealmente independientes.1 2 1 03 5 0 01 1 2 0

1 2 1 00 1 3 00 1 3 0

1 2 1 00 1 3 00 0 0 0

Esto nos dice que las dos primeras columnnas de A son linealmente independientes de aquque R(A) = lin {(1, 3, 1) , (2, 5, 1)} . Por tanto, los vecyores (1, 3, 1) y (2, 5, 1) constituyenuna base de R(A).

AT =

1 3 12 5 1

1 0 2

y N(AT ) =

(x, y, z) R

3 : AT

xyz

= 0

. Resolviendo el sis-

tema cuya matriz ampliada es

1 3 1 02 5 1 0

1 0 2 0

obtenemos una base de N(AT ).

1 3 1 02 5 1 0

1 0 2 0

1 3 1 00 1 1 00 3 3 0

1 3 1 00 1 1 00 0 0 0

=

x+ 3y + z = 0y + z = 0

=x = 2ty = tz = t

, luego N(AT ) = lin {(2,1, 1)} .Y una base de N(AT ) est formada por el vec-

tor (2,1, 1) .(b) Comprobamos que (1, 3, 1) . (2,1, 1) = 2 3 + 1 = 0 y (2, 5, 1) . (2,1, 1) = 4 5 + 1 = 0,

de donde deducimos que para cualquierx R(A) y para cualquier y N(AT ) se verifica

quex.y = 0 luego, R(A) N(AT ).


27. Encontrar una base para el complemento ortogonal del subespacio generado por los vectores:

(a) v1 = (1,1, 3) , v2 = (5,4,4), v3 = (7,6, 2).(b) v1 = (2, 0,1) , v2 = (4, 0,2).(c) v1 = (1, 4, 5, 2) , v2 = (2, 1, 3, 0), v3 = (1, 3, 2, 2).

Solucin:

(a) Obsrvese quev1 v2 v3

=

1 5 71 4 6

3 4 2

= 0, luego los tres vectores son l.d. Puesto

que v1 y v2 no son proporcionales, se tiene que W = lin ({v1, v2, v3}) = lin ({v1, v2}) y asunas ecuaciones implcitas deW estn dadas por el sistema de ecuaciones

x y + z = 0,

5x 4y 4z = 0,

cuyas soluciones pueden expresarse en la forma

x = 8ty = 9tz = t

con t R. Por consiguiente,

{(8, 9, 1)} es una base de W.(b) Como W = lin {(2, 0,1) , (4, 0,2)} = lin {(2, 0,1)}, pues el segundo vector es combi-

nacin lineal del primero, se deduce que W tiene por ecuacin implicita 2x z = 0. Re-

solvemos este sistema y obtenemos:2 0 1 0

1 0 12 0

=

x = sy = tz = 2s

,

luego W = lin {(1, 0, 2) , (0, 1, 0)}.(c) W = lin {(1, 4, 5, 2) , (2, 1, 3, 0), (1, 3, 2, 2)}. Averiguamos primero si los vectores que for-

man el sistema generador son base.

1 2 1 04 1 3 05 3 2 02 0 2 0

1 2 1 00 7 7 00 7 7 00 4 4 0

1 2 1 00 1 1 00 0 0 00 0 0 0

, luego se tiene que

W = lin {(1, 4, 5, 2) , (2, 1, 3, 0), (1, 3, 2, 2)} = lin {(1, 4, 5, 2) , (2, 1, 3, 0)} .Entonces W =

(x1, x2, x3, x4) R4 :

x1 + 4x2 + 5x3 + 2x4 = 02x1 + x2 + 3x3 = 0

. Resolviendo el sis-

tema de ecuaciones cuya matriz ampliada es1 4 5 2 02 1 3 0 0

, obtenemos una base de

W.1 4 5 2 02 1 3 0 0

1 4 5 2 00 7 7 4 0

1 4 5 2 00 1 1 47 0

=

x1 + 4x2 + 5x3 + 2x4 = 0

x2 + x3 +47x4 = 0

=

x1 = t+ 2sx2 = t 4sx3 = tx4 = 7s

, luegoW = lin {(1,1, 1, 0) , (2,4, 0, 7)} .

Comprobamos que cada uno de los vectores de la base de W es ortogonal a cada uno delos vectores de la base de W.(1,1, 1, 0) . (1, 4, 5, 2) = 1 4 + 5 = 0; (1,1, 1, 0) .(2, 1, 3, 0) = 2 1 + 3 = 0(2,4, 0, 7). (1, 4, 5, 2) = 2 16 + 14 = 0; (2,4, 0, 7).(2, 1, 3, 0) = 4 4 = 0Nota: Observese que en todos los apartados se verifica siempre que: dim(W )+dim(W) =n.


28. Demostrar que si u y v son vectores ortogonales tales que kuk = kvk = 1 entonces ku vk = 2.Solucin:

ku vk2 = (u v) (u v) = u u v u u v + v v = kuk|{z}=1

2 2u v|{z}=0

+ kvk|{z}=1

2 = 1 + 1 = 2,

luego ku vk = 2.29. Comprobar que los vectores v1 =

35 ,

45 , 0, v2 =

45 ,35 , 0, v3 = (0, 0, 1) forman una base

ortonormal para R3. Expresar cada uno de los siguientes vectores como una combinacin linealde v1, v2, v3.

(a) (1,1, 2) (b) (3,7, 4).Solucin:

Es directo ver que v1 v2 = v1 v3 = v2 v3 = 0 y kv1k = kv2k = kv3k = 1 luegov1 =

35,4

5, 0

, v2 =

4

5,3

5, 0

, v3 = (0, 0, 1)

es una base ortonormal (BON) de R3.Para los siguientes apartados tendremos en cuenta que, como sabemos de teora, dada una baseortornomal de Rn {v1, v2, . . . , vn} cualquier vector x Rn puede expresarse en la forma

x = (x v1) v1 + (x v2) v2 + + (x vn) vn.

(a) Pongamos x = (1,1, 2). Puesto que x v1 = (1,1, 2) 35 ,

45 , 0= 75 , x v2 = (1,1, 2)

45 ,35 , 0= 15 y x v3 = (1,1, 2) (0, 0, 1) = 2, el vector (1,1, 2) puede expresarse como

combinacin lineal de v1 =35 ,

45 , 0, v2 =

45 ,35 , 0y v3 = (0, 0, 1) en la forma

(1,1, 2) = 75v1 +

1

5v2 + 2v3.

(b) Anlogamente, si tomamos y = (3,7, 4), entonces y v1 = (3,7, 4) 35 ,

45 , 0= 375 , x

v2 = (3,7, 4) 45 ,35 , 0= 95 y x v3 = (3,7, 4) (0, 0, 1) = 4 y en consecuencia podemos

escribir la siguiente combinacin lineal

(3,7, 4) = 375v1

9

5v2 + 4v3.

30. Usando el proceso de Gram-Schimdt, transformar la base {u1, u2} en una base ortonormal.(a) u1 = (1,3) , u2 = (2, 2) (b) u1 = (1, 0) , u2 = (3,5) .Solucin:

(a) En primer lugar tomamos v1 = u1 = (1,3), calculamos kv1k =p12 + (3)2 =

10 y

definimos w1 = v1kv1k =

110, 3

10

.

Ahora, obtenemos el vector v2 = u2 (u2 w1)| {z }= 4

10

w1 = (2, 2) + 410

110, 3

10

=125 ,

45

,

calculamos su norma: kv2k =q

125

2+45

2= 4

105 y definimos w2 =

v2kv2k =

310, 1

10

.

As, el conjuntonw1 =

110, 3

10

, w2 =

310, 1

10

oes una base ortonormal de R2.


(b) En este apartado realizamos los mismos clculos para los vectores u1 = (1, 0) y u2 = (3,5).Definimos v1 = u1 = (1, 0) y entonces w1 = v1kv1k = (1, 0), ya que kv1k = 1.Tomamos v2 = u2 (u2 w1)| {z }

=3

w1 = (3,5) 3(1, 0) = (0,5) y es directo ver que w2 =v2kv2k = (0,1). Por tanto, el conjunto {(1, 0), (0,1)} es una base ortonormal de R2.

31. Usando el proceso de Gram-Schimdt, transformar la base {u1, u2, u3} en una base ortonormal.(a) u1 = (1, 1, 1) , u2 = (1, 1, 0) , u3 = (1, 2, 1) (b) u1 = (1, 0, 0) , u2 = (3, 7, 2) , u3 = (0, 4, 1).Solucin:

(a) Definimos v1 = u1 = (1, 1, 1) y tomamos w1 = v1kv1k =13, 1

3, 1

3

.

A continuacin calculamos v2 = u2(u2 w1)| {z }=0

w1 = u2 = (1, 1, 0) y tomamos w2 = v2kv2k =12, 1

2, 0.

Ahora ponemos v3 = u3 (u3 w1)| {z }= 4

3

w1 (u3 w2)| {z }= 1

2

w2 = (1, 2, 1) 4313, 1

3, 1

3

12

12, 1

2, 0=16 ,16 ,13

, calculamos su norma: kv3k =

q16

2+16

2+132=66 y

elegimos w3 = v3kv3k =16, 1

6, 2

6

.

Por consiguiente,nw1 =

13, 1

3, 1

3

, w2 =

12, 1

2, 0, w3 =

16, 1

6, 2

6

oes la base

ortonormal pedida.

(b) En este apartado enumeraremos cada uno de los pasos.paso 1: v1 = u1 = (1, 0, 0)

paso 2: v2 = u2 u2.v1v1.v1

= (3, 7, 2) 31 (1, 0, 0) = (0, 7, 2).

Antes de continuar comprobamos que v1 v2: (1, 0, 0) .(0, 7, 2) = 0.paso 3 : v3 = u3

u3.v1v1.v1

u3.v2v2.v2

= (0, 4, 1) 01 (1, 0, 0) 3053(0, 7, 2) =

0, 253 ,

753

. Para

facilitar los clculos podemos tomar como v3 un mltiplo del que nos ha salido, as quetomamos v3 = (0, 2,7) .

Antes de continuar comprobamos que v1 v3 y que v3 v2 : (1, 0, 0) . (0, 2,7) = 0y (0, 7, 2). (0, 2,7) = 14 14 = 0.paso 4: Por ltimo normalizamos la base ortogonal obtenida en los tres pasos anteriores:w1 =

v1kv1k = (1, 0, 0); w2 =

v2kv2k =

0, 7

53, 2

53

y w3 =

v3kv3k =

0, 2

53, 7

53

. Y la base

ortonormal pedida est formada por los vectores {w1, w2, w3} .

32. Encontrar la proyeccin ortogonal de u sobre el espacio vectorial generado por a

(a) u = (1,2), a = (2, 3); (b) u = (1, 0, 0) , a = (4, 3, 8).Solucin:

Los dos apartados se relizarn sabiendo que si S = lin (a), entonces la proyeccin ortogonal deu sobre S viene dada mediante

proys(u) =u akak2 a

(a) proys(u) =uakak2 a =

(1,2)(2,3)k(2,3)k2 (2, 3) =

413 (2, 3) =

813 ,

1213

.


(b) proys(u) =uakak2 a =

(1,0,0)(4,3,8)k(4,3,8)k2 (4, 3, 8) =

489 (4, 3, 8) =

1689 ,

1289 ,

3289

.

33. Encontrar todos los escalares k tales que kkvk = 5, siendo v = (2, 3, 6).

(a) Encontrar dos vectores en R2 con norma uno cuyo producto escalar con (3,1) sea cero.(b) Demostrar que existe una infinidad de vectores en R3 con norma uno cuyo producto escalar

con (1,3, 5) es cero.

Solucin:

Puesto que kkvk = |k| kvk, para encontrar k debemos resolver la ecuacin |k| kvk = 5. Ahora,utilizando que kvk = k(2, 3, 6)k =

q(2)2 + 32 + 62 = 7, tenemos que |k| = 57 y por tanto, los

nicos escalares k que verifican la relacin kkvk = 5 son k = 57 y k = 57 .

(a) Un vector v = (x, y) R2 es ortogonal al vector (3,1) si (x, y) (3,1) = 3x y = 0. Portanto, resolviendo la ecuacin anterior, obtenemos todos los vectores ortogonales al vector(3,1) y todos ellos son proporcionales al vector w = (1, 3). Por tanto, los dos vectoresque nos piden son wkwk =

110, 3

10

y su opuesto wkwk =

1

10, 3

10

.

(b) Podemos verlo desde un punto de vista geomtrico.Todos los vectores v = (x, y, z) R3 ortogonales al vector (1,3, 5) deben pertenecer alplano que pasa por el origen y su ecuacin es x 3y + 5z = 0. De estos vectores debemosencontrar aquellos que tienen norma uno. Por tanto, deben pertencer a la esfera de centroel origen y radio uno (cuya ecuacin es x2 + y2 + z2 = 1). Es decir, los vectores de normaunidad y ortogonales al vector (1,3, 5) son los que estn en la interseccin del plano conla esfera y esta interseccin tiene infinitos vectores.

34. Encontrar la distancia entre u y v, siendo

(a) u = (1,2), v = (2, 3); (b) u = (1, 0, 0) , v = (4, 3, 8).Solucin:

Utilizaremos en los dos apartados que la distancia entre los vectores u y v est dada mediante

d(u, v) = ku vk .

(a) d(u, v) = ku vk = k(1,2) (2, 3)k = k(1,5)k =26.

(b) d(u, v) = ku vk = k(1, 0, 0) (4, 3, 8)k = k(3,3,8)k =82.

35. Sea W = lin

45 , 0,

35

, (0, 1, 0)

. Expresar w = (1, 2, 3) en la forma w = w1 + w2, donde

w1 W y w2 W.Solucin:

Nos estn pidiendo que calculemos w1 = proyW (w) y w2 = proyW(w).

Comprobamos que la base del subespacioW es ortonormal45 , 0,

35

. (0, 1, 0) = 0 y

45 , 0,

35

=1 y k(0, 1, 0)k = 1En este caso en el que la base de W ,

z1 =

45 , 0,

35

, z2 = (0, 1, 0)

, es ortonormal tenemos

w1 = (w z1) z1 + (w z2) z2 = (1)45 , 0,

35

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

45 , 2,

35

y w2 = w w1 =

(1, 2, 3)45 , 2,

35

=95 , 0,

125

.

Comprobamos que w1.w2 =45 , 2,

35

.95 , 0,

125

= 365 +

365 = 0.


36. Repetir el ejercicio anterior siendo ahora W = lin {(1, 1, 1) , (2, 0, 1)} y w = (4, 2, 0).Solucin:

Resolveremos este ejercicio de varias formas.

Primera forma: En este caso, la base de W {u1 = (1, 1, 1) , u2 = (2, 0, 1)} no es ortogonal((1, 1, 1) (2, 0, 1) = 3 6= 0), por lo que aplicaremos el mtodo de Gram-Schimdt paraobtener una base ortonormal.Tomemos v1 = u1 = (1, 1, 1) y z1 = v1kv1k =

13, 1

3, 1

3

.

Ahora elegimos v2 = u2 (u2 z1)| {z }= 3

3

z1 = (2, 0, 1) 3313, 1

3, 1

3

= (1,1, 0) y definimos

z2 =v2kv2k =

12, 1

2, 0. As el conjunto

nz1 =

13, 1

3, 1

3

, z2 =

12, 1

2, 0o

es unabase ortonormal de W y las proyecciones ortogonales solicitadas son:

w1 = proyW (w) = (w z1) z1 + (w z2) z2 = 6313, 1

3, 1

3

+ 2

2

12, 1

2, 0= (3, 1, 2) y

w2 = proyw(w) = w proyw(w) = w w1 = (4, 2, 0) (3, 1, 2) = (1, 1,2).

Segunda forma : Sabemos que w1 = proyW (w) = 1u1 + 2u2, donde

12

es solucin del

sistema de ecuaciones

AtA

12

= Atw, siendo A =

u1 u2

=

1 21 01 1

.

Puesto que AtA =1 1 12 0 1

1 21 01 1

=

3 33 5

y Atw =

1 1 12 0 1

420

=

68

, el sistema anterior es

31 + 32 = 6,31 + 52 = 8,

y su nica soucin es 1 = 1,2 = 1, por

lo que las proyeccin son:

w1 = proyW (w) = u1 + u2 = (1, 1, 1) + (2, 0, 1) = (3, 1, 2) y

w2 = proyw(w) = w w1 = (4, 2, 0) (3, 1, 2) = (1, 1,2).

Tercera forma: Calcularemos en primer lugar w2 = proyw(w). Para ello necesitamos obteneruna base del subespacio W.

Las ecuaciones implcitas de W sonx+ y + z = 0,2x+ z = 0,

y la solucin general de este

sistema adquiere la forma

x = ty = t

z = 2tcon t R. As, W = lin ({a = (1, 1,2)}) y

w2 = proyw(w) =wakak2 a =

(4,2,0)(1,1,2)k(1,1,2)k2 (1, 1,2) = (1, 1,2).

Por ltimo, w1 = proyW (w) = w w2 = (4, 2, 0) (1, 1,2) = (3, 1, 2).

37. Repetir el ejercicio anterior siendo ahora W = lin {(1, 1, 1)} y w = (1, 1, 0).Solucin:

Si denotamos a = (1, 1, 1), entonces w a = (1, 1, 0) (1, 1, 1) = 0 y por tanto, proyW (w) =(0, 0, 0) y w2 = proyw(w) = w = (1, 1, 0).


38. Encontrar la solucin por mnimos cuadrados del sistema lineal Ax = b y hallar la proyeccinortogonal de b sobre el espacio columna de A.

(a) A =

1 11 11 2

, b =

707

(b) A =

2 21 13 1

, b =

211

(c) A =

1 0 12 1 21 1 01 1 1

, b =

6093

.

Solucin:

En cada uno de los apartados debemos resolver el sistema normal asociado AtAx = Atb y unavez obtenida la solucin x, la proyeccin ortogonal del vector b sobre el espacio columna de Aviene dada por

b1 = proyR(A) b = Ax.

(a) En este caso, AtA =1 1 11 1 2

1 11 11 2

=

3 22 6

yAtb =

1 1 11 1 2

707

=

021

, luego debemos resolver el

coleccion de problemas resueltos as

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