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ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 01
Semestre 2019-B Departamento de Formación Básica
1. Dada la matriz A =
1 2 3
4 5 6
−1 0 2
, calcule:
a) AT + A
b) A − A
c) A + A
d) 3A
Solución.
a) Se tiene que:
AT + A =
1 4 −1
2 5 0
3 6 2
+
1 2 3
4 5 6
−1 0 2
=
2 6 2
6 10 6
2 6 4
.
b) Se tiene que:
A − A =
1 2 3
4 5 6
−1 0 2
−
1 2 3
4 5 6
−1 0 2
=
0 0 0
0 0 0
0 0 0
.
c) Se tiene que:
A + A =
1 2 3
4 5 6
−1 0 2
+
1 2 3
4 5 6
−1 0 2
=
2 4 6
8 10 12
−2 0 4
.
d) Se tiene que:
3A = 3
1 2 3
4 5 6
−1 0 2
=
3 6 9
12 15 18
−3 0 6
.
2. Considere las matrices
A =
1 4 2
−1 −2 4
0 3 4
y B =
0 1 3
−2 −4 0
1 2 −1
Calcule:
a) A + B
b) AT
c) BT
Solución.
1
a) Se tiene que:
A + B =
1 4 2
−1 −2 4
0 3 4
+
0 1 3
−2 −4 0
1 2 −1
=
1 5 5
−3 −6 4
1 5 3
.
b) Se tiene que:
AT =
1 −1 0
4 −2 3
2 4 4
.
c) Se tiene que:
BT =
0 −2 1
1 −4 2
3 0 −1
.
3. Dado α ∈ C, considere los siguientes elementos de C3×3:
A =
1 α 0
0 2 α − 1
4α −4 −8
, B =
α −3 −5
3 3 − 2α −1
5 1 3α
y C =
−3 −2α 1 − α
3α 0 α + 1
−3α −4 −α
.
Hallar las siguientes matrices:
a) A + B,
b) B − C,
c) (−B)T,
d) A + B + C,
e) 3A − B,
f ) (2C − 2B)T,
g) αA; y
h) (2 − α)A.
Solución.
a) A + B:
A + B =
1 α 0
0 2 α − 1
4α −4 −8
+
α −3 −5
3 3 − 2α −1
5 1 3α
=
1 + α α + (−3) 0 + (−5)
0 + 3 2 + (3 − 2α) α − 1 + (−1)
4α + 5 −4 + 1 −8 + 3α
=
1 + α α − 3 −5
3 5 − 2α α − 2
4α + 5 −3 −8 + 3α
.
b) B − C:
B − C =
α −3 −5
3 3 − 2α −1
5 1 3α
−
−3 −2α 1 − α
3α 0 α + 1
−3α −4 −α
2
=
α − (−3) −3 − (−2α) −5 − (1 − α)
3 − (3α) 3 − 2α − 0 −1 − (α + 1)
5 − (−3α) 1 − (−4) 3α − (−α)
=
α + 3 2α − 3 −6 + α
3 − 3α 3 − 2α −2 − α
5 + 3α 5 4α
.
c) (−B)T:
(−B)T =
−α 3 5
−3 −3 + 2α 1
−5 −1 −3α
T
=
−α −3 −5
3 −3 + 2α −1
5 1 −3α
.
d) A + B + C:
A + B + C =
1 α 0
0 2 α − 1
4α −4 −8
+
α −3 −5
3 3 − 2α −1
5 1 3α
+
−3 −2α 1 − α
3α 0 α + 1
−3α −4 −α
=
α − 2 −α − 3 −4 − α
3 + 3α 5 − 2α 2α − 1
α + 5 −7 2α − 8
.
e) 3A − B:
3A − B =
3 3α 0
0 6 3α − 3
12α −12 −24
+
−α 3 5
−3 −3 + 2α 1
−5 −1 −3α
=
3 − α 3α + 3 5
−3 3 + 2α 3α − 2
12α − 5 −13 −3α − 24
.
f ) (2C − 2B)T:
(2C − 2B)T =
−6 −4α 2 − 2α
6α 0 2α + 2
−6α −8 −2α
+
−2α 6 10
−6 4α − 6 2
−10 −2 −6α
T
=
−6 − 2α −4α + 6 12 − 2α
6α − 6 4α − 6 2α + 4
−6α − 10 −10 −8α
T
=
−6 − 2α 6α − 6 −6α − 10
−4α + 6 4α − 6 −10
12 − 2α 2α + 4 −8α
.
g) αA :
αA = α
1 α 0
0 2 α − 1
4α −4 −8
=
α |α|2 0
0 2α |α|2 − α
4|α|2 −4α −8α
.
h) (2 − α)A:
(2 − α)A = (2 − α)
1 α 0
0 2 α − 1
4α −4 −8
=
2 − α 2α − α2 0
0 4 − 2α 3α − α2 − 2
8α − 4α2 −8 + 4α −16 + 8α
.
3
4. Considere las matrices
A =
a b c
c b a
1 1 1
y B =
1 a c
1 b b
1 c a
Calcule A + B y AB.
Solución.
Tenemos que
A + B =
a + 1 b + a 2c
c + 1 2b a + b
2 c + 1 a + 1
y AB =
a + b + c a2 + b2 + c2 2ac + b2
a + b + c 2ac + b2 a2 + b2 + c2
3 a + b + c a + b + c
5. Considere las siguientes matrices:
A =
1 4
−2 −2
0 −8
y B =
−4 7
0 1
8 −3
.
a) Encuentre una matriz C tal que 2A + B − C es la matriz cero de R3×2.
b) Encuentre una matriz D ∈ R3×3 tal que ABT − BAT + 2D es la matriz de R3×3 cuyas entradas son
todas igual a 2.
Solución.
a) Notemos que buscamos una matriz C tal que
2A + B − C = 0
o equivalentemente,
C = 2A + B.
Por tanto, la matriz buscada es
C =
−2 15
−4 −3
8 −19
.
b) Sea W ∈ R3×3 la matriz cuyas entradas son todas iguales a 2, buscamos una matriz D tal que
ABT − BAT + 2D = W,
a partir de lo cual tenemos que
D = −1
2(ABT − BAT − W).
Por tanto, la matriz buscada es
D =
1 −4 −25
6 1 2
27 0 1
.
6. Demuestre que la suma de dos matrices de la forma A =
(
a b
−b a
)
, donde a y b son números reales, es
una matriz de la misma forma.
4
Solución.
Sean
A =
(
a b
−b a
)
y B =
(
c d
−d c
)
.
Tenemos que
A + B =
(
a b
−b a
)
+
(
c d
−d c
)
=
(
a + c b + d
−(b + d) a + c
)
.
Luego, se ha mostrado el resultado.
7. Dadas las matrices
A =
(
1 −1
2 3
)
y B =
(
−1 0
2 3
)
,
encuentre una matriz X ∈ R2×2 tal que 3(2A + B + X) = 5(X − A + B).
Solución.
Supongamos que la matriz X existe, entonces, a partir de 3(2A+ B+ X) = 5(X − A+ B), realizando
operaciones de suma y producto, tenemos que X =1
2(11A − 2B), Luego, la matriz buscada es
X =
(
13/2 −11/2
9 27/2
)
.
8. Sea Epq la matriz de R2×2 que contiene un 1 en el lugar pq−ésimo y el elemento 0 en los demás lugares.
a) Obtenga E11, E12, E21 y E22.
b) Encuentre los reales a, b, c y d tales que:
aE11 + bE12 + cE21 + dE22 =
(
1 2
1 4
)
.
Solución.
a) Dado que p nos indica la fila y q la columna, tenemos que
E11 =
(
1 0
0 0
)
, E12 =
(
0 1
0 0
)
, E21 =
(
0 0
1 0
)
y E22 =
(
0 0
0 1
)
.
b) En virtud del literal anterior se tiene que
aE11 + bE12 + cE21 + dE22 =
(
a 0
0 0
)
+
(
0 b
0 0
)
+
(
0 0
c 0
)
+
(
0 0
0 d
)
=
(
a b
c d
)
.
Finalmente, por igualdad de matrices, obtenemos que
a = 1, b = 2, c = 1 y d = 4.
9. Determinar x, y, z y w ∈ R tales que
3
(
x y
z w
)
=
(
x 6
−1 2w
)
+
(
4 x + y
z + w 3
)
.
5
Solución.
Realizando la multiplicación del lado izquierdo y la suma del lado derecho, obtenemos(
3x 3y
3z 3w
)
=
(
x + 4 6 + x + y
−1 + z + w 3 + 2w
)
.
A partir de la igualdad de matrices obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones
2x = 4
2y = 6 + x
2z = −1 + w
w = 3.
Luego, los valores buscados son: x = 2, y = 4, z = 1, w = 3.
10. Sean A, B ∈ Km×n, C, D ∈ Kn×p, E ∈ Kp×q y α ∈ K. Demuestre que:
a) A(DE) = (AD)E;
b) A(C + D) = AC + AD;
c) (A + B)C = AC + BC;
d) A(αC) = α(AC) = (αA)C.
Solución.
Sean A = (aik), B = (bik), C = (ckl), D = (dkl) y E = (el j).
a) Notemos DE = F y AD = G. Se tiene que:
A(DE) = AF
=
(
n
∑k=1
aik fkj
)
=
(
n
∑k=1
aik
(
p
∑l=1
dklel j
))
=
(
p
∑l=1
n
∑k=1
aikdklel j
)
=
(
p
∑l=1
(
n
∑k=1
aikdkl
)
el j
)
=
(
p
∑l=1
gilel j
)
= GE
= (AD)E.
b) Se tiene que:
A(C + D) =
(
n
∑k=1
aik(ckl + dkl)
)
=
(
n
∑k=1
aikckl + aikdkl
)
=
(
n
∑k=1
aikckl +n
∑k=1
aikdkl
)
= AC + AD.
6
c) De forma similar al literal b.
d) Tenemos que:
A(αC) =n
∑k=1
aik(αckl) = α
(
n
∑k=1
aikckl
)
= α(AC).
De forma similar, se tiene que (αA)C = α(AC). Por tanto, se ha mostrado que
A(αC) = α(AC) = (αA)C.
11. Utilizando las matrices
A =
(
1 2 3 −1
−2 3 1 5
)
, B =
1 0 2
−1 −1 1
0 2 0
1 1 0
, C =
1 0 0
2 1 0
3 2 1
,
D =
1 2 3
0 1 0
−1 0 2
y E =
(
1 2 0 0
0 0 −1 −2
)
;
calcule:
a) AB;
b) BC;
c) B(C + D);
d) (E + A)B.
Solución.
a) AB =
(
−2 3 4
0 4 −1
)
.
b) BC =
7 4 2
0 1 1
4 2 0
3 1 0
.
c) B(C + D) =
1 0 2
−1 −1 1
0 2 0
1 1 0
2 3 3
2 2 0
2 2 3
=
6 6 9
−2 −2 0
4 4 0
4 4 3
.
d) (E + A)B =
(
2 4 3 −1
−2 3 0 3
)
1 0 2
−1 −1 1
0 2 0
1 1 0
=
(
−3 1 8
−2 0 −1
)
.
12. Sea x ∈ R, considere las matrices:
A =
2 1 0
1 −1 2
0 2 4
y b =
(
x 4 1)
.
¿Para qué valores de x se cumple que bAbT = 0?
7
Solución.
Notemos que
bAbT =(
2x2 + 8x + 4)
que junto a la hipótesis bAbT = 0 implica que 2x2 + 8x + 4 = 0, luego, x = −2 −√
2 o x = −2 +√
2, los
valores buscados.
13. Sean A, B ∈ R3×2 donde
aij = max{i, j} y bij = i + j para cada i ∈ {1, 2, 3} y j ∈ {1, 2}.
Calcule:
a) A + B
b) ABT
c) ATB
Solución.
Las matrices que se obtienen son
A =
1 2
2 2
3 3
y B =
2 3
3 4
4 5
.
De donde
a)
A + B =
3 5
5 6
7 8
.
b)
ABT =
8 11 14
10 14 18
15 21 27
.
c)
ATB =
(
20 26
22 29
)
.
14. Sean A, B ∈ C3×3 donde
apq = p − q y bpq =√
(−1)p+q para cada p, q ∈ {1, 2, 3}.
Calcule:
a) AB
b) 2A + 3B
c) ATB
Solución.
8
Primero, notemos que i =√−1 y segundo, las matrices que se obtienen son
A =
0 −1 −2
1 0 −1
2 1 0
y B =
1 i 1
i 1 i
1 i 1
.
De donde
a)
AB =
−2 − i −1 − 2i −2 − i
0 0 0
2 + i 1 + 2i 2 + i
.
b)
2A + 3B =
3 −2 + 3i −1
2 + 3i 3 −2 + 3i
7 2 + 3i 3
.
c)
ATB =
2 + i 1 + 2i 2 + i
0 0 0
−2 − i −1 − 2i −2 − i
.
15. Sean A, B ∈ R2×4 donde
aij = i2 + j y bij = ij para cada i ∈ {1, 2} y j ∈ {1, 2, 3, 4}.
Calcule:
a) A + B
b) ABT
c) ATB
Solución.
Las matrices que se obtienen son
A =
(
2 3 4 5
5 6 7 8
)
y B =
(
1 2 3 4
2 4 6 8
)
.
16. Determine si existen valores de α ∈ R y β ∈ R tales que las matrices A y B conmutan, donde
A =
(
α 1
1 0
)
y B =
(
1 β
0 1 + β
)
.
En caso de existir, determínelos.
Solución.
Tenemos que
AB =
(
α αβ + 1 + β
1 β
)
y BA =
(
α + β 1
1 + β 0
)
,
de donde se tiene que
α = α + β,
αβ + 1 + β = 1,
9
1 + β = 1,
β = 0.
Observamos entonces que la única posibilidad es que β = 0 y en tal caso, todas las ecuaciones anteriores
se verifican. Por ende, para β = 0 y para todo α ∈ R, las matrices A y B conmutan.
17. Sean a, b, c, d ∈ R y considere las matrices
A =
(
a b
0 0
)
y B =
(
c d
0 0
)
.
Demuestre que A y B conmutan si y sólo si ad − bc = 0.
Solución.
Tenemos que
AB =
(
ac ad
0 0
)
y BA =
(
ac bc
0 0
)
.
Por ende, tenemos que AB = BA y sólo si ad = bc, es decir, A y B conmutan si y sólo si ad − bc = 0.
18. Sea A la matriz
A =
(
a b
0 a
)
,
donde a y b son reales distintos de cero. Encuentre todas las matrices B ∈ R2×2 tales que A y B sean
conmutables.
Solución.
Sea B la matriz definida por:
B =
(
c d
e f
)
,
entonces,
AB =
(
ac + be ad + b f
ae a f
)
y BA =
(
ac bc + da
ae be + a f
)
.
Y ya que AB = BA, tenemos el sistema:
ac + be = ac,
ad + b f = bc + da,
a f = be + a f .
Resolvemos este sistema y obtenemos que e = 0 y c = f . Por lo tanto, todas las matrices que conmutan
con A son de la forma:
B =
(
c d
0 c
)
.
19. Demuestre que para todos los valores de a, b, c, d ∈ R las matrices
A =
(
a b
−b a
)
y B =
(
c d
−d c
)
conmutan.
10
Solución.
Verifique que AB = BA y luego concluya que A y B conmutan.
20. Sean A, B ∈ Rn×n y sean
C1 = α1 A + β1B y C2 = α2 A + β2B
donde α1, α2, β1, β2 son escalares tales que α1β2 6= α2β1. Demuestre que C1C2 = C2C1 si y sólo si AB =
BA.
Solución.
Notemos que α1β2 6= α2β1 implica que α1β2 − α2β1 6= 0. Además, se tiene que
C1C2 − C2C1 = (α1β2 − α2β1)(AB − BA)
Por tanto, C1C2 − C2C1 = 0 si y sólo si AB − BA = 0, es decir, se ha mostrado que, C1C2 = C2C1 si y sólo
si A y B conmutan.
21. Determine dos elementos A y B de R2×2 tales que AB = 0 y BA 6= 0.
Solución.
Un ejemplo sencillo está dado por las matrices
A =
(
0 1
0 0
)
y B =
(
1 0
0 0
)
.
En efecto, tenemos:
AB =
(
0 0
0 0
)
y BA =
(
0 1
0 0
)
.
22. Proponga un ejemplo, no trivial, de matrices A, B ∈ R3×3 tales que
A3 − B3 = (A − B)(A2 + AB + B2).
Solución.
Notemos que al no existir referencia a la diferencia entre AB y BA, las matrices que buscamos con-
mutan entre sí. Ahora, utilizando el ejercicio 18, tenemos que para valores a = 1, b = 2, c = 3 y d = −1
obtenemos las matrices
A =
1 2 0
0 1 0
0 0 0
y B =
3 −1 0
0 3 0
0 0 0
que verifican
A3 − B3 =
−26 33 0
0 −26 0
0 0 0
y (A − B)(A2 + AB + B2) =
−26 33 0
0 −26 0
0 0 0
.
23. Considere un conjunto de n estaciones entre las cuales puede o no haber comunicación. Denotemos esta
situación en una matriz A = (aij) donde:
aij =
1 si hay comunicación de i a j.
0 si no hay comunicación.
0 si i = j.
11
A continuación, se indica la matriz de comunicación entre cuatro estaciones.
A =
0 1 0 1
1 0 0 1
1 1 0 0
0 1 1 0
.
a) Escriba el diagrama correspondiente.
b) Calcule A + A2 e interprete el resultado.
Solución.
a) El diagrama que corresponde se muestra a continuación:
1 2
3 4
b) Notemos que A + A2 =
1 2 1 2
1 2 1 2
2 2 0 2
2 2 1 1
, luego, el término aij indica el número de formas en que es
posible comunicar la estación i a la j utilizando a lo más una estación intermedia.
24. Sean a, b y c tres números reales tales que
a2 + b2 + c2 = 1.
Sean las matrices reales
M =
0 c −b
−c 0 a
b −a 0
, Q =
a
b
c
y P = I3 + M2.
a) Calcule QQT. ¿Cómo se relaciona este producto con la matriz P?
b) Demuestre que P2 = P.
c) Demuestre que PM = MP = 0.
Solución.
12
a) Realizado la multiplicación de matrices tenemos que
QQT =
a
b
c
(
a b c)
=
a2 ab ac
ab b2 bc
ac bc c2
.
Notemos también que
M2 =
0 c −b
−c 0 a
b −a 0
0 c −b
−c 0 a
b −a 0
=
−b2 − c2 ab ac
ab −a2 − c2 bc
ac bc −a2 − b2
,
por lo tanto
P = I3 + M2
=
1 0 0
0 1 0
0 0 1
+
−b2 − c2 ab ac
ab −a2 − c2 bc
ac bc −a2 − b2
=
1 − b2 − c2 ab ac
ab 1 − a2 − c2 bc
ac bc 1 − a2 − b2
.
Ahora, como a2 + b2 + c2 = 1 tenemos que
1 − b2 − c2 = a2, 1 − a2 − c2 = b2 y 1 − a2 − b2 = c2,
por lo tanto
P =
a2 ab ac
ab b2 bc
ac bc c2
. (1)
Así, por (1), tenemos que
P = QQT. (2)
Por otro lado,
QTQ =(
a b c)
a
b
c
=(
a2 + b2 + c2)
= 1. (3)
b) Por (2) tenemos que P = QQT, y, por ende, gracias a la propiedad asociativa del producto de
matrices,
P2 = (QQT)(QQT) = Q(QT(QQT)) = Q((QTQ)QT).
Pero, por (3) se tiene que QTQ = 1, así
P2 = Q(1QT) = QQT = P,
donde nuevamente hicimos uso de (2).
c) Por (2) tenemos que P = QQT, por ende
PM = (QQT)M = Q(QT M).
Ahora,
QT M =(
a b c)
0 c −b
−c 0 a
b −a 0
=(
0 0 0)
= 0
y, por ende
PM = Q0 = 0.
13
De manera análoga,
MP = M(QQT) = (MQ)QT
y
MQ =
0
0
0
= 0,
por ende
MP = 0QT = 0.
Con esto,
PM = MP = 0,
cómo se deseaba.
25. Considere la matriz
A =
1 2 0
0 1 3
0 0 1
y sea B = A − I; donde I es la identidad. Calcule Bn para todo n ∈ N∗.
Solución.
Para n = 1,
B1 = B = A − I =
0 2 0
0 0 3
0 0 0
.
Para n = 2,
B2 = BB =
0 0 6
0 0 0
0 0 0
.
Para n = 3,
B3 = B2B =
0 0 0
0 0 0
0 0 0
= 0.
que es la matriz nula.
Por tanto, para cada n ≥ 3, tenemos que Bn = B3Bn−3 = 0.
26. Sea A =
(
cos(x) sen(x)
− sen(x) cos(x)
)
.
a) Determine A2.
b) Determine A3.
c) Conjeture la forma para An, para n ∈ N∗.
d) Demuestre que se verifica la conjetura planteada en el literal anterior.
Solución.
14
a) Se tiene que:
A2 =
(
cos(x) sen(x)
− sen(x) cos(x)
)(
cos(x) sen(x)
− sen(x) cos(x)
)
=
(
cos2(x)− sen2(x) 2 sen(x) cos(x)
−2 cos(x) sen(x) − sen2(x) + cos2(x)
)
=
(
cos(2x) sen(2x)
− sen(2x) cos(2x)
)
b) Tenemos que
A3 =
(
cos(x) sen(x)
− sen(x) cos(x)
)(
cos(2x) sen(2x)
− sen(2x) cos(2x)
)
=
(
cos(x) cos(2x)− sen(x) sen(2x) 2 sen(x) cos(2x)
−2 cos(x) sen(2x) − sen(x) sen(2x) + cos(x) cos(2x)
)
=
(
cos(3x) sen(3x)
− sen(3x) cos(3x)
)
c) A partir de los literales anteriores tenemos que
An =
(
cos(nx) sen(nx)
− sen(nx) cos(nx)
)
para cada n ∈ N∗.
d) Para verificar lo planteado en el literal anterior utilizamos el teorema del Principio de Inducción
Matemática.
i) Para n = 1 tenemos que
A1 = A y
(
cos(1x) sen(1x)
− sen(1x) cos(1x)
)
= A.
Luego, la fórmula es verdadera para n = 1.
ii) Tomemos n = k con k ∈ N∗ y supongamos que
Ak =
(
cos(kx) sen(kx)
− sen(kx) cos(kx)
)
(4)
es verdad. Vamos a mostrar que
Ak+1 =
(
cos((k + 1)x) sen((k + 1)x)
− sen((k + 1)x) cos((k + 1)x)
)
es verdad.
En efecto, gracias a propiedades de la potencia de matrices, junto con (4) tenemos que
Ak+1 = Ak A
=
(
cos(kx) sen(kx)
− sen(kx) cos(kx)
)(
cos(x) sen(x)
− sen(x) cos(x)
)
=
(
cos(kx) cos(x)− sen(kx) sen(x) cos(kx) sen(x) + sen(kx) cos(x)
−2 sen(kx) cos(x)− cos(kx) sen(x) − sen(kx) sen(x) + cos(kx) cos(x)
)
=
(
cos((k + 1)x) sen((k + 1)x)
− sen((k + 1)x) cos((k + 1)x)
)
.
15
Por i) y ii) junto con el teorema del Principio de Inducción Matemática, concluimos que
An =
(
cos(nx) sen(nx)
− sen(nx) cos(nx)
)
es verdad, para cada n ∈ N∗.
27. Considere la matriz A =
(
1 −2
0 1
)
a) Conjeture la forma para An, para n ∈ N∗.
b) Demuestre que se verifica la conjetura planteada en el literal anterior.
Solución.
a) En virtud de los literales a, b y c del ejercicio 26, obtenemos que
An =
(
1 −2n
0 1
)
para cada n ∈ N∗.
b) Utilice el teorema del Principio de Inducción Matemática.
28. Considere la matriz A =
1 −1 0
0 2 1
0 0 3
a) Conjeture la forma para An, para n ∈ N∗.
b) Demuestre que se verifica la conjetura planteada en el literal anterior.
Solución.
Verifique que
An =
1 1 − 2n 22n−3n−12
0 2n −2n + 3n
0 0 3n
para cada n ∈ N∗.
Para obtener este resultado proceda como en el ejercicio anterior, junto con la fórmula
aij = a + b2n + c3n
para determinar los valores de las posiciones a12, a13 y a23 en An, es decir, para cada posición obtenga
un sistema de ecuaciones lineales tres por tres en las variables a, b y c, a partir de la información n = 1
y A1; n = 2 y A2; n = 3 y A3.
Ejercicios sugeridos: 3b, 3c, 8, 10a, 15a, 17, 18, 20, 24a, 24b y 26.
16
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 02
Semestre 2019-B Departamento de Formación Básica
1. Sean A, B ∈ Kn×n y α ∈ K, demuestre que:
a) Tr(A) = Tr(AT);
b) Tr(A + B) = Tr(A) + Tr(B);
c) Tr(AB) = Tr(BA);
d) Tr(αA) = α Tr(A);
Solución.
Tomemos A = (aij) y B = (bij).
a) Sea C = AT, entonces cij = aji y por tanto cjj = ajj para cada i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Finalmente,
tenemos que
Tr(AT) = Tr(C) =n
∑j=1
cjj =n
∑j=1
ajj = Tr(A).
b) Sea C = A + B, entonces cij = aij + bij y por tanto cjj = ajj + bjj para cada i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Se
tiene, por tanto
Tr(A + B) = Tr(C) =n
∑j=1
cjj =n
∑j=1
ajj + bjj =n
∑j=1
ajj +n
∑j=1
bjj = Tr(A) + Tr(B).
c) Sean C = AB y D = BA, entonces cij =n
∑k=1
aikbkj y dij =n
∑k=1
bikakj junto con cjj =n
∑k=1
ajkbkj y
djj =n
∑k=1
bjkakj para cada i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Por tanto
Tr(AB) = Tr(C) =n
∑j=1
cjj =n
∑j=1
n
∑k=1
ajkbkj =n
∑k=1
n
∑j=1
bkjajk =n
∑j=1
djj = Tr(D) = Tr(BA).
d) Sea C = αA, entonces cij = αaij y cjj = αajj para cada i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Por tanto
Tr(αA) = Tr(C) =n
∑j=1
cjj =n
∑j=1
αajj = αn
∑j=1
ajj = α Tr(A).
2. Sea A =(
1 2 3)
. Calcule: AT A, AAT y Tr(AT A).
Solución.
Tenemos que
AT A =
1 2 3
2 4 6
3 6 9
y AAT =
(
14)
junto con Tr(AT A) = 14.
1
3. ¿Cuál es el efecto sobre las filas (o columnas) de una matriz A si la multiplicamos por la izquierda (o
derecha) por una matriz diagonal?
Solución.
Tenemos que A = (aij) ∈ Rn×n y sea D = (dij) ∈ R
n×n un matriz diagonal, donde
dij =
{
βi si i = j,
0 si i 6= j.
Sean B = DA y C = AD obtenemos que
bij =n
∑k=1
dikakj = diiaij = βiaij y cij =n
∑k=1
aikdkj = aijdjj = aijβ j
para cada i, j ∈ {1, 2, . . . , n}.
Por tanto, si multiplicamos una matriz diagonal a la izquierda de la matriz A sus filas se multiplican
por las correspondientes entradas de la diagonal principal de la matriz diagonal. De forma similar, si
multiplicamos una matriz diagonal a la derecha de la matriz A sus columnas se multiplican por las
correspondientes entradas de la diagonal principal de la matriz diagonal.
4. Sean A, B ∈ Rn×n dos matrices diagonales y sea p un entero positivo.
a) Demuestre que A y B conmutan.
b) Obtenga una fórmula para Ap.
Solución.
Tenemos que A = (aij) y B = (bij), entonces
aij =
{
αi si i = j,
0 si i 6= j.y bij =
{
βi si i = j,
0 si i 6= j.
a) Sean C = AB y D = BA, entonces
cij =n
∑k=1
aikbkj =
{
αiβi si i = j,
0 si i 6= j.y dij =
n
∑k=1
bikakj =
{
βiαi si i = j,
0 si i 6= j.
para cada i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Por tanto, C = D, lo que implica que A y B conmutan.
b) Verifique que a partir de A, A2 y A3 se puede proponer la fórmula Ap = (apij), donde
apij =
{
αpi , si i = j,
0, si i 6= j,
para cada i, j ∈ {1, 2, . . . , n}.
5. Dado k ∈ R, sea Dk = kIn la matriz escalar asociada al escalar k. Sean además A ∈ Rn×n y k′ ∈ R.
Probar que:
a) Dk A = ADk = kA.
b) Dk+k′ = Dk + Dk′ .
c) DkDk′ = Dkk′ .
Solución.
2
a) Tenemos que
Dk A = (kIn)A = kIn A = kA y ADk = A(kIn) = kAIn = kA
luego, se tiene que Dk A = ADk = kA.
b) Se tiene que
Dk+k′ = (k + k′)In = kIn + k′ In = Dk + Dk′ .
c) Tenemos
DkDk′ = (kIn)(k′ In) = kk′ In = Dkk′ .
6. Sean A, B ∈ Rn×1. Demuestre que ABT + BAT es una matriz simétrica.
Solución.
Por las propiedades de la transpuesta de una matriz tenemos que
(ABT + BAT)T = (ABT)T + (BAT)T
= (BT)T AT + (AT)TBT
= BAT + ABT
= ABT + BAT.
Lo que muestra el enunciado.
7. Sean A, B ∈ Rn×n, dos matrices simétricas. Demuestre que:
a) A + B es simétrica.
b) (AB)T = BA.
Solución.
a) Por las propiedades de la transpuesta de una matriz tenemos que
(A + B)T = AT + BT = A + B.
Luego, A + B es simétrica.
b) Se tiene que por las propiedades de la transpuesta de una matriz junto con las hipótesis sobre A y
B, obtenemos que
(AB)T = BT AT = BA.
8. Sean A, B ∈ Rn×n, dos matrices antisimétricas. Demuestre que:
a) A + B es antisimétrica.
b) Toda componente en la diagonal principal de A es cero.
c) (AB)T = BA de manera que AB es simétrica si y sólo si A y B conmutan.
Solución.
a) Por las propiedades de la transpuesta de una matriz tenemos que
(A + B)T = AT + BT = −A − B = −(A + B).
Luego, A + B es antisimétrica.
3
b) A partir de A = (aij) junto con A = −AT, tenemos que
aij = −aji y ajj = −ajj
para cada i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Luego, de ajj = −ajj, concluimos que ajj = 0 para cada j ∈ {1, 2, . . . , n},
es decir, se ha mostrado que toda componente en la diagonal principal de A es cero.
c) Notemos que
(AB)T = BT AT = (−B)(−A) = BA.
Ahora, recordando que si A y B conmutan tenemos que AB = BA, luego, por el resultado anterior,
se tiene que AB es simétrica si y sólo si A y B conmutan.
9. Sean α, β ∈ R, considere la matriz A =
2 α 3
5 −6 2
β 2 4
. Encuentre todos los valores posibles de α y β tal
que A sea simétrica.
Solución.
De AT = A, obtenemos que AT − A = 0, lo que nos permite obtener el sistema de ecuaciones{
α − 5 = 0,
β − 3 = 0.
Luego, los valores buscados son α = 5 y β = 3.
10. Si A ∈ Kn×n, demuestre que:
a) AAT y AT A es simétrica.
b) A + AT es simétrica.
c) A − AT es antisimétrica.
Solución.
a) Para demostrar que AAT y AT A son simétricas, calculamos la transpuesta de cada matriz. Se tiene
que:(
AAT)T
= (AT)T AT = AAT y(
AT A)T
= (AT)(AT)T = AT A.
Lo cual demuestra el enunciado.
b) A + AT es simétrica.
(A + AT)T = AT + (AT)T = AT + A
Lo que verifica el enunciado.
c) A − AT es antisimétrica.
(A − AT)T = AT − (AT)T = AT − A = −(A − AT)
Lo que demuestra el enunciado.
11. Muestre que toda matriz cuadrada se puede escribir de una forma única como la suma de una matriz
simétrica y una matriz antisimétrica. Considere la matriz A =
(
1 5
7 −9
)
, escríbala como la suma de una
matriz simétrica B y una antisimétrica C.
4
Solución.
En virtud del ejercicio 11, sean
B =A + AT
2y C =
A − AT
2.
Luego, A = B + C con
B =
(
1 6
6 −9
)
y C =
(
0 −1
1 0
)
.
12. Encuentre una matriz triangular superior A tal que A3 =
(
8 −57
0 27
)
.
Solución.
Sea A =
(
a b
0 c
)
, tenemos que
A3 =
(
a3 ∗
0 c3
)
Por lo cual, a3 = 8 y c3 = 27, lo que implica que a = 2 y c = 3. Entonces, se tiene que
A2 =
(
4 5b
0 9
)
y A3 =
(
8 19b
0 27
)
,
y de 19b = −57 se obtiene que b = −3. Finalmente, la matriz buscada es
A =
(
2 −3
0 3
)
.
13. a) Recuerde la fórmula del binomio para 2 reales a y b.
b) Considere la matriz A definida por:
A =
1 1 2
0 1 1
0 0 1
.
Descomponga A en la suma de la matriz Identidad y de una matriz que llamaremos B. Calcule Bn
para todo n ∈ N∗
c) Calcule An, para todo n ∈ N∗, utilizando la fórmula de Newton.
Solución.
a) Dados a, b ∈ R y n ∈ N, tenemos
(a + b)n =n
∑k=0
(
n
k
)
akbn−k
b) Tenemos que A = I3 + B, donde B está definida como:
B =
0 1 2
0 0 1
0 0 0
.
Con esto tenemos
B2 = BB =
0 1 2
0 0 1
0 0 0
0 1 2
0 0 1
0 0 0
=
0 0 1
0 0 0
0 0 0
.
5
De manera similar,
B3 = BB2 =
0 1 2
0 0 1
0 0 0
0 0 1
0 0 0
0 0 0
=
0 0 0
0 0 0
0 0 0
.
Para n ≥ 3, se tiene que Bn = B3 × Bn−3 = 03×3.
c) Tenemos que
A = B + I3
y, por la fórmula del binomio,
An = I3 +
(
n
1
)
B +
(
n
2
)
B2
para todo n ∈ N. Por lo tanto,
An =
1 n 2n + n(n−1)2
0 1 n
0 0 1
.
14. Dadas las matrices:
A =
(
1 −2
0 1
)
y B =
2 −1 1
0 2 1
0 0 2
.
Utilice la fórmula de Newton para determinar An y Bn para todo n ∈ N∗.
Solución.
Tenemos que
A =
(
1 0
0 1
)
+
(
0 −2
0 0
)
= I + C.
Notemos que C2 = 0, y, por tanto, Cn = 0 para todo n ∈ N∗ con n ≥ 2.
Utilizando la fórmula de Newton tenemos que
An = (I + C)n
=n
∑k=0
(
n
k
)
IkCn−k
=
(
n
n − 1
)
In−1C1 +
(
n
n
)
InC0
= nC + I
=
(
0 −2n
0 0
)
+
(
1 0
0 1
)
=
(
1 −2n
0 1
)
para cada n ∈ N∗.
Para obtener la matriz Bn proceda de forma similar a la realizada para An y verifique que
Bn =
2n −2n n
2
2n
8(−n2 + 5n)
0 2n 2n n
20 0 2n
.
6
15. Sea la matriz
A =
3 −1 1
−2 4 −2
−4 4 −2
.
a) Compruebe que la matriz B = A − I es idempotente.
b) Calcule An para todo n ∈ N∗.
Solución.
a) Notemos que B =
2 −1 1
−2 3 −2
−4 4 −3
, luego, se puede verificar que B2 = B, lo que muestra que B es
idempotente.
b) Por el literal anterior tenemos que Bn = B para cada n ∈ N∗, además, A = B + I. Utilizando la
fórmula del binomio de Newton se tiene el siguiente desarrollo
An = (B + I)n
=n
∑k=0
(
n
k
)
Bk In−k
=
(
n
0
)
B0 In +
(
n
1
)
B1 In−1 +
(
n
2
)
B2 In−2 + · · ·+
(
n
n
)
Bn I0
=
(
n
0
)
I +
(
n
1
)
B +
(
n
2
)
B + · · ·+
(
n
n
)
B
= I +
((
n
1
)
+
(
n
2
)
+ · · ·+
(
n
n
))
B
= I +
(
n
∑k=1
(
n
k
)
)
B..
Ahora, dado que
(1 + 1)n =n
∑k=0
(
n
k
)
,
tenemos que
2n =
(
n
0
)
+n
∑k=1
(
n
k
)
.
Finalmente, se obtiene que para cada n ∈ N∗,
An = I + (2n − 1)B.
16. Encuentre la matriz elemental, M ∈ R4×4, que se obtiene al realizar las siguientes operaciones por filas:
a) 3F1 → F1;
b) 2F2 → F2;
c) βF1 + F2 → F2, donde β ∈ R;
d) 3F1 + F3 → F3; y
e) − 12 F3 + F4 → F4.
Solución.
7
a) 3F1 → F2
3 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
.
b) 2F2 → F2
1 0 0 0
0 2 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
.
c) βF1 + F2 → F2
1 0 0 0
β 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
.
d) 3F1 + F3 → F3
1 0 0 0
0 1 0 0
3 0 1 0
0 0 0 1
.
e) − 12 F3 + F4 → F4
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 − 12 1
.
17. Encuentre las matrices elementales que llevan la matriz
A =
1 2 3
0 1 2
1 0 3
a una matriz escalonada.
Solución.
Realizando las operaciones elementales por filas siguientes:
a) −F1 + F3 → F − 3
b) F3 ↔ F2
c) −1
2F2
d) −F2 + F3 → F3
e) −2F2 + F1 → F1
f )1
2F3 → F3
g) −3F3 + F1 → F1
8
en el orden indicado, obtenemos las matrices elementales
Ea =
1 0 0
0 1 0
−1 0 1
Eb =
1 0 0
0 0 1
0 1 0
Ec =
1 0 0
0 −1/2 0
0 0 1
Ed =
1 0 0
0 1 0
0 −1 1
Ee =
1 −2 0
0 1 0
0 0 1
E f =
1 0 0
0 1 0
0 0 1/2
yEg =
1 0 −3
0 1 0
0 0 1
que verifican que
I3 = EgE f EeEdEcEbEa A.
18. Dadas las siguientes matrices:
A =
3 1 3
1 2 3
−1 −3 4
3 9 −12
, B =
1 −1 1 4
3 2 1 2
4 2 2 8
y C =
(
−2 3 1 0
1 3 −1 −2
)
,
hallar su rango.
Solución.
a) Vamos a hallar el rango de A, para ello reduciremos la matriz A por filas.
3 1 3
1 2 3
−1 −3 4
3 9 −12
∼
1 2 3
3 1 3
−1 −3 4
3 9 −12
F1 ↔ F2
∼
1 2 3
0 −5 −6
−1 −3 4
3 9 −12
− 3F1 + F2 → F2
∼
1 2 3
0 −5 −6
0 −1 7
3 9 −12
F1 + F3 → F3
∼
1 2 3
0 −5 −6
0 −1 7
0 3 −21
− 3F1 + F4 → F4
∼
1 2 3
0 1 −7
0 −5 −6
0 3 −21
− F3 ↔ F2
∼
1 2 3
0 1 −7
0 0 −41
0 3 −21
5F2 + F3 → F3
∼
1 2 3
0 1 −7
0 0 −41
0 0 0
− 3F2 + F4 → F4
9
∼
1 2 3
0 1 −7
0 0 1
0 0 0
−1
41F3 → F3
∼
1 2 3
0 1 0
0 0 1
0 0 0
7F3 + F2 → F2
∼
1 2 0
0 1 0
0 0 1
0 0 0
− 3F3 + F1 → F1
∼
1 0 0
0 1 0
0 0 1
0 0 0
− 2F2 + F1 → F1
Así la matriz escalonada reducida por filas, equivalente a A es
1 0 0
0 1 0
0 0 1
0 0 0
Por lo tanto rang(A) = 3.
b) Para encontrar el rango de B hallaremos la matriz escalonada reducida por filas equivalente a B.
1 −1 1 4
3 2 1 2
4 2 2 8
∼
1 −1 1 4
0 −5 2 10
4 2 2 8
3F1 − F2 → F2
∼
1 −1 1 4
0 −5 2 10
0 −6 2 8
4F1 − F3 → F3
∼
1 −1 1 4
0 1 − 25 −2
0 −6 2 8
1
5F2 → F2
∼
1 −1 1 4
0 1 − 25 −2
0 0 − 25 −4
6F2 + F3 → F3
∼
1 −1 1 4
0 1 − 25 −2
0 0 1 10
−
5
2F3 → F3
∼
1 −1 1 4
0 1 0 2
0 0 1 10
2
5F3 + F2 → F2
∼
1 −1 0 −6
0 1 0 2
0 0 1 10
F1 − F3 → F1
10
∼
1 0 0 −4
0 1 0 2
0 0 1 10
F1 + F2 → F1
Así la matriz escalonada reducida por filas, equivalente a B es
1 0 0 −4
0 1 0 2
0 0 1 10
.
Por lo tanto rang(B) = 3.
c) Para encontrar el rango de C hallaremos la matriz escalonada reducida por filas equivalente a C.(
−2 3 1 0
1 3 −1 −2
)
∼
(
1 3 −1 −2
−2 3 1 0
)
F1 ↔ F2
∼
(
1 3 −1 −2
0 9 −1 −4
)
2F1 + F2 → F2
∼
(
1 3 −1 −2
0 1 − 19 − 4
9
)
1
9F2 → F2
∼
(
1 0 − 23 − 2
3
0 1 − 19 − 4
9
)
F1 − 3F2 → F1
Así la matriz escalonada reducida por filas equivalente a C es(
1 0 − 23 − 2
3
0 1 − 19 − 4
9
)
.
Por lo tanto rang(C) = 2.
19. Sea A =
i −(1 + i) 0
1 −2 1
1 2i −1
, hallar la matriz escalonada reducida por filas equivalente a A.
Solución.
Para hallar la matriz escalonada reducida por filas equivalente a A, realizaremos el proceso de Gauss-
Jordan.
i −(1 + i) 0
1 −2 1
1 2i −1
∼
1 −2 1
i −(1 + i) 0
1 2i −1
F2 ↔ F1
∼
1 −2 1
0 −1 + i −i
1 2i −1
− iF1 + F2 → F2
∼
1 −2 1
0 −1 + i −i
0 2 + 2i −2
− F1 + F3 → F3
∼
1 −2 1
0 1 − 12 +
12 i
0 2 + 2i −2
−
(
1
2+
1
2i
)
F2 → F2
11
∼
1 −2 1
0 1 − 12 +
12 i
0 0 0
− (2 + 2i)F2 + F3 → F3
∼
1 0 i
0 1 − 12 +
12 i
0 0 0
2F2 + F1 → F1
Así la matriz escalonada reducida por filas equivalente a A es
1 0 i
0 1 − 12 +
12 i
0 0 0
.
Ejercicios sugeridos: 1a, 2, 6, 7, 9, 13, 14, 16a y 18a.
12
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 03
Semestre 2019-B Departamento de Formación Básica
1. Considere el siguiente sistema{
−x + y − 5z = −2,
3x − 3y + z = −8.
a) Determine el conjunto solución.
b) Verifique que si se agrega una ecuación como
x − y − 9z = −12
que resulta de sumar dos veces la primera ecuación con la segunda, la información que se agrega
es redundante, es decir, la nueva restricción ya está contemplada en las dos primeras ecuaciones.
c) Por otra parte, explique por qué si se agrega una ecuación como
x − y − 9z = −10
se agrega una inconsistencia. Verifique esto último resolviendo el sistema resultante.
Solución.
a) El correspondiente sistema matricial es
Aw = b
donde
A =
(
−1 1 −5
3 −3 1
)
, w =
x
y
z
y b =
(
−2 −8)
.
Luego, la correspondiente matriz ampliada es(
−1 1 −5 | −2
3 −3 1 | −8
)
.
Ahora, utilizando las operaciones elementales por fila, siguientes:
1) −F1 → F1
2) −3F1 + F2 → F2
3) −1
14F2 → F2
4) −5F2 + F1 → F1
La matriz ampliada del sistema verifica la equivalencia(
−1 1 −5 | −2
3 −3 1 | −8
)
∼
(
1 −1 0 | −3
0 0 1 | 1
)
.
Entonces, se tiene que rang(A) = rang(A|b) = 2 y dado que el número de variables del sistema es
3, concluimos que el sistema es consistente con infinitas soluciones.
Determinemos ahora el conjunto solución, notemos que, de la correspondiente matriz escalonada
reducida por filas, obtenemos que
x = −3 + y y z = 1
1
y, por tanto, el conjunto solución está dado por
x
y
z
: x = −3 + y, z = 1
.
b) Aumentando la nueva ecuación, obtenemos la matriz ampliada
−1 1 −5 | −2
3 −3 1 | −8
1 −1 −9 | −12
.
Ahora, realizando las operaciones en el sentido inverso, esto es
1) −F2 + F3 → F3
2) −2F1 + F3 → F3
obtenemos la matriz equivalente
−1 1 −5 | −2
3 −3 1 | −8
0 0 0 | 0
.
Luego, en virtud del literal a tenemos que rang(A) = rang(A|b) = 2 < 3, es decir, el sistema es
consistente con infinitas soluciones, siendo la misma solución que se obtiene en el literal a.
c) La correspondiente matriz ampliada es
−1 1 −5 | −2
3 −3 1 | −8
1 −1 −9 | −10
.
Realizando las operaciones:
1) Por el literal a
2) −F1 + F3 → F3
3) 9F2 + F3 → F3
obtenemos la matriz equivalente
−1 1 −5 | −2
3 −3 1 | −8
0 0 0 | 2
.
Entonces, rang(A) = 2 6= rang(A|b) = 3, por tanto, el sistema es inconsistente, es decir, no existe
solución.
2. Dado a ∈ R, considere el siguiente sistema de ecuaciones lineales en las variables x, y y z:
(a − 1)x + (a + 2)y = 5,
(1 − a)x + (−1 − a)y + 2z = −4,
y + (a2 + a)z = 2 − a.
a) Para a = 1, justifique el hecho de que el sistema posea soluciones infinitas.
b) Tomando a = −2, justifique el hecho de que el sistema no posea solución.
c) Si a ∈ R r {−2, 1} el sistema posee solución única y está dada por
(
−1a + 4
a + 2−
1
a + 2
)T
.
Compruebe que efectivamente es solución del sistema.
2
3. Sea k ∈ R, considere el siguiente sistema de ecuaciones lineales en las variables x, y y z:
kx + ky − z = 2,
3x − ky = 0,
5x + ky = 0,
x + 2z = 1.
a) Para k = 0, determine el tipo de solución del sistema.
b) Para k 6= 0, determine el tipo de solución del sistema.
4. Dado el sistema lineal de ecuaciones
2x − 2y − z = 4,
x + 2y − 2z = −1,
x − z = 1.
a) ¿Existe solución con y = 0? Justifique su respuesta.
b) Resuelva el sistema.
c) Grafique la solución del sistema.
5. Dado el sistema lineal de ecuaciones
x + 5y − 4z = 0,
x − 2y + z = 0,
3x + y − 2z = 0
utilizar la eliminación de Gauss-Jordan para determinar el conjunto de soluciones del sistema.
Solución.
La forma matricial del sistema es:
1 5 −4
1 −2 1
3 1 −2
x
y
z
=
0
0
0
.
La matriz ampliada correspondiente es:
1 5 −4 | 0
1 −2 1 | 0
3 1 −2 | 0
Ahora, podemos aplicar la eliminación de Gauss-Jordan a la matriz ampliada:
1 5 −4 | 0
1 −2 1 | 0
3 1 −2 | 0
∼
1 5 −4 | 0
0 −7 5 | 0
0 −14 10 | 0
− 1F1 + F2 → F2
− 3F1 + F3 → F3
∼
1 5 −4 | 0
0 −7 5 | 0
0 0 0 | 0
− 2F2 + F3 → F3
∼
1 5 −4 | 0
0 1 − 57 | 0
0 0 0 | 0
−
1
7F2 → F2
∼
1 0 − 37 | 0
0 1 − 57 | 0
0 0 0 | 0
− 5F2 + F1 → F1
3
Como la matriz equivalente a la matriz de los coeficientes ya es escalonada reducida por filas, compa-
ramos los rangos rang(A) = rang(A|b) = 2 y es menor que el número de incógnitas (3) entonces, el
sistema tiene infinitas soluciones. Como los sistemas
x + 5y − 4z = 0
x − 2y + z = 0
3x + y − 2z = 0
y
x −3
7z = 0
y −5
7z = 0
son equivalentes, por ende, tienen las mismas soluciones
x = 37 t,
y = 57 t,
z = t
Es decir, el conjunto de soluciones del sistema es
3
7t
5
7t
t
: t ∈ R
o equivalentemente
3t
5t
7t
: t ∈ R
6. ¿Existe un valor r ∈ R, tal que: x = r, y = 2, z = 1 sea una solución del siguiente sistema lineal? De ser
así, determínelo.
3x − 2z = 4,
x − 4y + z = −5,
−2x + 3y + 2z = 9.
Solución.
Queremos que x = r, y = 2, z = 1 sea solución del sistema propuesto, por lo tanto, se debe satisfacer
3r − 2 = 4
r − 8 + 1 = −5
−2r + 8 = 9.
Para que la primera ecuación se satisfaga, r debe ser igual a 2. Para que la segunda ecuación se satisfaga,
r debe ser igual a 2. Pero para que se cumpla la tercera ecuación, r debe ser igual a −1/2. Como r no
puede tomar dos valores distintos a la vez, no es posible encontrar un valor para r, que satisfaga las tres
ecuaciones a la vez.
7. ¿Cuál o cuáles de los siguientes sistemas lineales tiene una solución no trivial?
4
a)
x + 2y + 3z = 0,
2y + 2z = 0,
x + 2y + 3z = 0.
b)
2x + y − z = 0,
x − 2y − 3z = 0,
−3x − y + 2z = 0.
Solución. Llamemos A a la matriz asociada al sistema en cada caso y b a su vector de resultados.
a) Tenemos que
(A|b) =
1 2 3 | 0
0 2 2 | 0
1 2 3 | 0
∼
1 2 3 | 0
0 2 2 | 0
0 0 0 | 0
.
Entonces, rang(A) = rang(A|b) = 2 < 3, por lo tanto, el sistema tiene infinitas soluciones. Así, se
concluye que el sistema tiene al menos una solución no trivial.
b) En el caso del segundo sistema lineal se tiene que:
(A|b) =
2 1 −1 | 0
1 −2 −3 | 0
−3 −1 2 | 0
∼
2 1 −1 | 0
0 1 1 | 0
0 0 0 | 0
Entonces, de manera similar al literal anterior, el sistema tiene infinitas soluciones.
8. a) Sean u, v soluciones del sistema homogéneo Ax = 0.
1) Demuestre que u + v es una solución.
2) Demuestre que u − v es una solución.
3) Para cualesquiera escalares r y s, demuestre que ru + sv es una solución.
b) Demuestre que, si u, v son soluciones del sistema lineal Ax = b, entonces u − v es solución del
sistema homogéneo Ax = 0.
Solución.
a) Supongamos que u, v es solución del sistema homogéneo Ax = 0.
1) Tenemos que u + v es solución si A(u + v) = 0, entonces
A(u + v) = Au + Av
= 0 + 0
= 0.
Luego u + v es una solución
2) Notemos que u − v es solución si A(u − v) = 0, entonces
A(u − v) = Au − Av
= 0 − 0
= 0.
Luego u − v es una solución
3) De forma similar a los literales anteriores, ru + sv es solución si A(ru + sv) = 0, entonces
A(ru + sv) = A(ru) + A(sv)
= r(Au) + s(Av)
= r0 + s0
= 0 + 0
5
= 0.
Luego ru + sv es una solución.
b) Notemos que u − v es solución del sistema homogéneo si A(u − v) = 0, entonces
A(u − v) = Au − Av
= b − b
= 0.
Luego u − v es una solución del sistema homogéneo.
9. a) Sea A una matriz de orden 3 × 3. Suponga que x =(
1 2 −3)T
es una solución del sistema
homogéneo Ax = 0. ¿A es singular o no singular? Justifique su respuesta.
b) Sea A una matriz de orden n × n. Demuestre que si A es singular, el sistema homogéneo Ax = 0
tiene una solución no trivial.
Solución.
a) Si el sistema Ax = 0 tiene una solución no trivial entonces A es singular. En este caso existe un
x 6= 0 que es solución del sistema, entonces A es singular.
b) Supongamos que A es singular. Tenemos que rang(A) = rang(A|0), por lo tanto, el sistema tiene al
menos una solución. Además, dado que A es singular, entonces rang(A) 6= n, de donde rang(A) <
n, de donde, se tiene que el sistema tiene infinitas soluciones, por lo tanto, tiene al menos una
solución no trivial.
10. Dados a, b, c ∈ R, suponga que los tres puntos (1,−5), (−1, 1) y (2, 7) están en la parábola de ecuación
y = p(x), donde p(x) = ax2 + bx + c para todo x ∈ R.
a) Determinar un sistema lineal de tres ecuaciones con tres incógnitas que debe resolverse para deter-
minar a, b y c.
b) Encontrar la solución del sistema lineal que obtuvo en la parte anterior para a, b y c.
Solución.
a) Como los tres puntos están en la parábola, se debe cumplir que
p(1) = −5, p(−1) = 1, y p(2) = 7.
Por ende, se tiene
a + b + c = −5
a − b + c = 1
4a + 2b + c = 7.
y este es el sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas a resolverse.
b) Verifique que la solución del sistema es
a = 5, b = −3, c = −7.
11. Sea α ∈ R; y considere el sistema lineal
x + y + αz = 2,
3x + 4y + 2z = α,
2x + 3y − z = 1.
6
a) Utilizando la eliminación de Gauss-Jordan, determine las condiciones sobre α tales que el sistema
tenga solución.
b) Para las condiciones sobre α en que el sistema tiene solución, escriba el conjunto de soluciones del
sistema.
Solución.
Tenemos las matrices
A =
1 1 α
3 4 2
2 3 −1
y b =
2
α
1
.
Así, el sistema en forma matricial es
A
x
y
z
= b.
De donde, la matriz ampliada (A|b) es
1 1 α | 2
3 4 2 | α
2 3 −1 | 1
Luego, utilizando la eliminación de Gauss-Jordan, verifique que:
a) El sistema posee solución única si α 6= 3, mientras que el sistema tiene infinitas soluciones si α = 3.
b) Para cada α 6= 3, la solución única está dada por
{(3α + 6,−2α − 4,−1)}.
Si α = 3, el conjunto de soluciones del sistema es
{(5 − 10r,−3 + 7r, r) : r ∈ R}.
12. Sea a ∈ R; y considere el sistema homogéneo
ax + y − z = 0,
x + 3y + z = 0,
3x + 10y + 4z = 0.
Determine los valores de a tales que el sistema tenga una solución única.
Solución.
Buscamos una matriz escalonada reducida por filas equivalente a la matriz ampliada del sistema
homogéneo. La matriz ampliada del sistema es
a 1 −1 | 0
1 3 1 | 0
3 10 4 | 0
Ahora, la vamos a escalonar y reducir por filas
a 1 −1 | 0
1 3 1 | 0
3 10 4 | 0
∼
1 3 1 | 0
a 1 −1 | 0
3 10 4 | 0
F1 ↔ F2
7
∼
1 3 1 | 0
0 1 − 3a −1 − a | 0
0 1 1 | 0
− aF1 + F2 → F2
− 3F1 + F3 → F3
∼
1 3 1 | 0
0 1 1 | 0
0 1 − 3a −1 − a | 0
F3 ↔ F2
∼
1 3 1 | 0
0 1 1 | 0
0 0 2a − 2 | 0
(3a − 1)F2 + F3 → F3
Si 2a − 2 6= 0, es decir, a 6= 1
∼
1 3 1 | 0
0 1 1 | 0
0 0 1 | 0
1
2a − 2F3 → F3
∼
1 3 0 | 0
0 1 0 | 0
0 0 1 | 0
− 1F3 + F1 → F1
− 1F3 + F2 → F2
∼
1 0 0 | 0
0 1 0 | 0
0 0 1 | 0
− 3F2 + F1 → F1
Hemos encontrado la matriz escalonada reducida por filas equivalente a la matriz ampliada del sistema.
Comparamos el rango, rang(A) = rang(A|b) = 3; y es igual al número de incógnitas, entonces el
sistema tiene solución única. Nos falta analizar qué pasa con el sistema si a = 1. Si a = 1, todas nuestras
operaciones elementales de fila tienen sentido hasta antes de efectuar la operación 12a−2 F3. Es decir, como
a = 1
1 3 1 | 0
0 1 1 | 0
0 0 2a − 2 | 0
∼
1 3 1 | 0
0 1 1 | 0
0 0 0 | 0
∼
1 0 −2 | 0
0 1 1 | 0
0 0 0 | 0
− 3F2 + F1 → F1
La cual ya es una matriz escalonada por filas. Comparamos el rango, rang(A) = rang(A|b) = 2 y éste
es menor que el número de incógnitas, por lo tanto, tiene infinitas soluciones. Es decir, el sistema tiene
una solución única, si a 6= 1.
13. Analice para cuáles valores de α y β, el sistema:{
4x1 − 6x2 + 2x3 = α,
−6x1 + 9x2 + βx3 = 1.
a) No tiene solución.
8
b) Tiene infinitas soluciones.
c) Tiene solución única.
Solución.
Verifique que se obtiene el siguiente resultado:
a) El sistema no tiene solución cuando α 6= −2
3y β = −3.
b) El sistema tiene infinitas soluciones cuando α 6= −2
3y β = −3 o cuando α = −
2
3y β 6= −3.
c) No existen valores de α y β tal que el sistema tenga solución única.
Para esto, notemos que la matriz ampliada verifica la siguiente equivalencia(
4 −6 2 | α
−6 9 β | 1
)
∼
(
1 − 32
12 | α
4
0 0 β + 3 | 1 + 3α2
)
Lo que nos lleva a estudiar los siguientes casos:
Caso I. Si α 6= −2
3y β 6= −3.
Caso II. Si α 6= −2
3y β = −3.
Caso III. Si α = −2
3y β 6= −3.
Caso IV. Si α = −2
3y β = −3.
14. a) Exprese
(
x y z)
1 1 α
1 1 β
α β 1
=(
0 0 0)
como un sistema de ecuaciones lineales en las incógnitas x, y, z.
b) Encuentre la relación entre α y β para que el sistema tenga solución única. Obtenga dicha solución.
c) Si α = β, encuentre el rango de la matriz asociada.
Solución.
a) El sistema de ecuaciones lineales es
x + y + αz = 0
x + y + βz = 0
αx + βy + z = 0.
b) Para obtener solución única se debe tener que α 6= β. La solución es la trivial.
c) El rango es igual a 2 si α ∈ R r {−1, 1}, e igual a 1 si α ∈ {−1, 1}.
15. Considere el sistema de ecuaciones lineales en las variables x, y y z, que depende del parámetro k ∈ R:
x + y − z = 1,
2x + 3y + kz = 3,
x + ky + 3z = 2.
Determinar los valores de k para que el sistema siguiente, con incógnitas x, y y z, tenga:
9
a) solución única;
b) ninguna solución;
c) infinitas soluciones.
Solución.
Obtenga la matriz ampliada y verifique que con las operaciones:
a) −2F1 + F2 → F2
b) −F1 + F3 → F3
c) −F2 + F1 → F1
d) −(k − 1)F2 + F3 → F3
obtenemos la equivalencia
(A|b) =
1 1 −1 | 1
2 3 k | 3
1 k 3 | 2
∼
1 0 −3 − k | 0
0 1 k + 2 | 1
0 0 −(k + 3)(k − 2) | −k + 2
. (1)
Notemos que, a partir de la matriz equivalente, analizando los términos en las posiciones de la diagonal
principal y el término en la posición fila 3 y columna 4, debemos estudiar los tres casos siguientes.
Caso I Si k ∈ R r {−3, 2}.
Se obtiene que rang(A) = rang(A|b) = 3, por tanto, el sistema es consistente con solución única.
Caso II Si k = −3.
Utilizando (1), en donde hemos reemplazado k por −3, obtenemos que la correspondiente matriz
ampliada verifica la equivalencia
1 1 −1 | 1
2 3 −3 | 3
1 −3 3 | 2
∼
1 0 0 | 0
0 1 −1 | 1
0 0 0 | 5
.
Tenemos que rang(A) = 2 6= rang(A|b) = 3, por tanto, el sistema es inconsistente, es decir, no
existe solución.
Caso III Si k = 2.
La correspondiente matriz ampliada verifica la siguiente equivalencia
1 1 −1 | 1
2 3 2 | 3
1 2 3 | 2
∼
1 0 −5 | 0
0 1 4 | 1
0 0 0 | 0
.
Luego, rang(A) = rang(A|b) = 2 < 3, por tanto, el sistema es consistente con infinitas soluciones,
ya que no se tiene el mismo valor del rango y del número de variables.
Finalmente, hacemos un resumen.
a) El sistema tiene solución única cuando k ∈ R r {−3, 2}.
b) El sistema no tiene solución cuando k = −3.
c) El sistema tiene infinitas soluciones cuando k = 2.
16. Considere el sistema de ecuaciones lineales en las variables x1, x2 y x3, que depende del parámetro
k ∈ R:
kx1 + x2 + x3 = 1,
x1 + kx2 + x3 = 1,
x1 + x2 + kx3 = 1.
10
a) Determine los valores de k para los cuales el sistema:
1) no tiene solución;
2) tiene un número infinito de soluciones;
3) tiene solución única.
b) Para los casos en que hay solución única, determine la solución.
c) Para los casos en que hay infinitas soluciones, determine el conjunto solución.
Solución.
Verifique que:
a) 1) El sistema no tiene solución cuando k = −2.
2) El sistema tiene un número infinito de soluciones cuando k = 1.
3) El sistema tiene solución única cuando k ∈ R r {−2, 1}.
b) Para cada k ∈ R r {−2, 1}, la solución única es{(
1
k + 2,
1
k + 2,
1
k + 2
)}
.
c) El conjunto solución es
{(1 − s − t, s, t) : t, s ∈ R}.
17. Sea el sistema cuya matriz ampliada es
a 0 b | 2
a a 4 | 4
0 a 2 | b
donde a y b son reales. Para cuáles valores de a y b reales, el sistema:
a) no tiene solución;
b) tiene solución única;
c) tiene infinitas soluciones dependiendo de:
1) un parámetro,
2) dos parámetros.
Solución.
Verifique que la matriz ampliada cumple la siguiente equivalencia
a 0 b | 2
a a 4 | 4
0 a 2 | b
∼
a 0 b | 2
0 a 4 − b | 2
0 0 −2 + b | −2 + b
.
A continuación, estudie los siguientes casos.
Caso I Si a 6= 0 y b 6= 2.
Caso II Si a 6= 0 y b = 2.
Una vez que ha determinado la consistencia del sistema, suponga que las variables del sistema son
x, y y z y obtenga las ecuaciones
ax = 2 − 2z y ay = 2 − 2z,
con esta información determine que el sistema posee infinitas soluciones que dependen de un solo
parámetro.
11
Caso III Si a = 0 y b 6= 2.
Caso IV Si a = 0 y b = 2.
Como en el caso II suponga que las variables del sistema son x, y y z y concluya que el sistema
posee infinitas soluciones que depende de dos parámetros.
Finalmente,
a) El sistema no tiene solución cuando a = 0 y b 6= 2.
b) EL sistema tiene solución única cuando a 6= 0 y b 6= 2.
c) 1) El sistema tiene infinitas soluciones que dependen de un solo parámetro cuando a 6= 0 y b = 2.
2) El sistema tiene infinitas soluciones que dependen de dos parámetros sí a = 0 y b = 2.
18. Considere el sistema de ecuaciones lineales homogéneo cuya matriz de coeficientes es
1 b 0
1 a a
−1 −a b
,
donde a , b son reales. En cada caso, para cuáles valores de a y b el sistema tiene:
a) solución única;
b) infinitas soluciones dependiendo de un parámetro;
c) infinitas soluciones dependiendo de dos parámetros.
Solución.
Verifique que:
a) El sistema tiene solución única cuando a − b 6= 0 y a + b 6= 0.
b) El sistema tiene infinitas soluciones dependiendo de un parámetro cuando b = a con a 6= 0 y
cuando a = −b con b 6= 0.
c) El sistema tiene infinitas soluciones dependiendo de dos parámetros cuando a = 0 y b = 0.
19. ¿Qué condición debe imponerse a a, b y c para que el siguiente sistema, con incógnitas x, y y z tenga
solución?
x + 2y − 3z = a,
2x + 6y − 11z = b,
x − 2y + 7z = c.
Solución.
El sistema posee al menos una solución si −5a + 2b + c = 0.
20. Dadas las matrices A y B, comprobar que B es la matriz inversa de A:
a) A =
(
3 −5
−1 2
)
y B =
(
2 5
1 3
)
;
b) A =
1 −1 1
0 2 −1
2 3 0
y B =
3 3 −1
−2 −2 1
−4 −5 2
.
12
Solución. Se tiene B es la matriz inversa de A si y sólo si AB = BA = In, utilice esto en cada caso.
21. a) Pruebe que A =
4 0 1
2 3 6
6 −3 −4
no tiene inversa.
b) Calcule una matriz F escalonada y exprésela como F = (Ek, . . . , E1)A donde E1, . . . , Ek son matrices
elementales.
Solución.
Muestre que A no es equivalente por filas a la matriz identidad, además, para cada operación por
fila obtenga la correspondiente matriz elemental.
22. En cada caso, suponga que la matriz A es invertible, utilizar operaciones por filas para determinar su
matriz inversa.
a) A =
(
2 −1
3 0
)
b) A =
1 0 3
0 −2 1
2 2 4
Solución.
Utilizar la propiedad de que si A es invertible, entonces (A|In) ∼ (In|A−1) y operaciones por filas
para determinar A−1.
23. Encuentre la inversa de cada una de las siguientes matrices, donde k1, k2, k3, k4 y k son escalares dife-
rentes de cero.
a)
k1 0 0 0
0 k2 0 0
0 0 k3 0
0 0 0 k4
, b)
0 0 0 k1
0 0 k2 0
0 k3 0 0
k4 0 0 0
, c)
k 0 0 0
1 k 0 0
0 1 k 0
0 0 1 k
.
Solución.
Utilizando la propiedad de que si A es invertible, entonces (A|In) ∼ (In|A−1) y operaciones por filas
determine la inversa de cada matriz. A continuación, se indica la matriz inversa de cada caso.
a)
1/k1 0 0 0
0 1/k2 0 0
0 0 1/k3 0
0 0 0 1/k4
.
b)
0 0 0 1/k4
0 0 1/k3 0
0 1/k2 0 0
1/k1 0 0 0
.
c)
1/k 0 0 0
−1/k2 1/k 0 0
1/k3 −1/k2 1/k 0
−1/k4 1/k3 −1/k2 1/k
.
13
24. Sean A, B, A1, A2, . . . , An ∈ Kn×n. Demuestre las siguientes proposiciones.
a) Si A y B son invertibles, entonces AB también lo es y (AB)−1 = B−1 A−1.
b) Si A1, A2, . . . , An son invertibles, entonces (A1A2 · · · An)−1 = A−1n · · · A−1
2 A−11 .
c) A es invertible si y sólo si AT es invertible.
d) Si A es invertible, entonces (AT)−1 = (A−1)T.
Solución.
a) Supongamos que A y B son invertibles, entonces existen sus inversas A−1 y B−1, respectivamente.
Vamos a mostrar que AB es invertible y que su inversa es B−1 A−1.
Tomemos C = B−1 A−1, entonces
(AB)C = (AB)(B−1A−1)
= A(BB−1)A−1
= A(I)A−1
= (AI)A−1
= AA−1
= I
y de forma similar tenemos que C(AB) = I, por lo tanto, concluimos que AB es invertible con
inversa (AB)−1 = B−1 A−1.
b) Demuestre utilizando el teorema de inducción matemática.
i) Este paso se demostró en el literal anterior.
ii) Suponga que la proposición se verifica para k matrices y demuestre que se cumple para k + 1
matrices, el resultado del literal anterior muestra cómo proceder.
Finalmente concluya el resultado.
c) Notemos que si A es invertible, existe una matriz B ∈ Kn×n tal que
AB = BA = I
o equivalentemente
ATBT = BT AT = I
es decir, AT es invertible.
d) Siga la idea del literal anterior, notando que B = A−1.
25. Si A =
1
20
0 1
(
1 −2
0 1
)(
0 1
1 0
)
.
a) Exprese A−1 como producto de tres matrices elementales.
b) Exprese AT como producto de tres matrices elementales.
26. Sean A, B, C ∈ Kn×n y k ∈ K no nulo.
a) Suponga que A es invertible. Demuestre que si AB = AC, necesariamente B = C. Dar un ejemplo
de una matriz no nula A tal que AB = AC pero B 6= C.
b) Si A es invertible, demostrar que kA es invertible , con inversa k−1 A−1.
c) Suponga que A y B son invertibles y que A + B 6= 0. Probar, con un ejemplo, que A + B no es
necesariamente invertible.
14
27. Considere la matriz
M =
0 1 −1
0 1 1
1 0 1
.
a) Calcule M3 − 2M2 + 2M.
b) Deduzca que la matriz M es invertible y calcule su inversa.
c) Encuentre M−1 mediante operaciones por filas.
Solución.
a) Tenemos que
M2 = MM =
−1 1 0
1 1 2
1 1 0
; y M3 = M2M =
0 0 2
2 2 2
0 2 0
.
Entonces:
M3 − 2M2 + 2M =
0 0 2
2 2 2
0 2 0
− 2
−1 1 0
1 1 2
1 1 0
+ 2
0 1 −1
0 1 1
1 0 1
=
2 0 0
0 2 0
0 0 2
.
b) Puesto que
M3 − 2M2 + 2M = 2I3,
tenemos que
M(
12 (M2 − 2M + 2I)
)
= I3.
Deducimos que:
M−1 =1
2(M2 − 2M + 2I) =
1
2
1 −1 2
1 1 0
−1 1 0
.
c) Utilizar la propiedad (M|I3) ∼ (I3|M−1) y operaciones por filas para determinar M−1.
28. a) Sea A ∈ Rn×n tal que A3 = 0. Demuestre que I + A + A2 es la matriz inversa de I − A.
b) Sea A =
0 1 6
0 0 4
0 0 0
. Verifique que A3 = 0 y utilice el resultado del literal a para determinar la
inversa de B =
1 −1 −6
0 1 −4
0 0 1
.
29. Sea A ∈ Kn×n, tal que A2 − A3 = In. Demostrar que A es invertible y calcular A−1.
Solución. Notemos que
A2 − A3 = A(A − A2) = (A − A2)A,
por lo tanto,
A(A − A2) = In y (A − A2)A = In,
con esto, y dado que A es una matriz cuadrada, tenemos que A es invertible y su inversa es
A−1 = A − A2.
15
30. Encuentre la matriz B que satisface la ecuación
A(BT + C) = D
donde
A =
1 −1 0
0 1 0
0 0 3
, C =
1 2
3 4
0 5
y D =
1 1
3 0
1 3
.
Solución.
B =
(
3 0 1/3
−1 −4 −4
)
.
31. Dadas las matrices P, D, B ∈ Kn×n, con P y D matrices no singulares determinar una expresión para A
bajo cada uno de los siguientes supuestos:
a) PA = DP b) PAD = B c) AP + DB = B
Solución.
a) Dado que P es una matriz no singular, existe la matriz P−1, por lo tanto, a partir del supuesto
PA = DP,
multiplicando por la matriz P−1, tenemos que
P−1PA = P−1DP,
ahora, dado que P−1P = In, tenemos que
In A = P−1DP,
por lo tanto
A = P−1DP.
b) Dado que P y D son matrices no singulares, existen las matrices P−1 y D−1, con esto, tenemos las
siguientes equivalencias
PAD = B ⇐⇒ P−1PAD = P−1B
⇐⇒ AD = P−1B
⇐⇒ ADD−1 = P−1BD−1
⇐⇒ A = P−1BD−1,
Con esto, se tiene que
A = P−1BD−1.
c) Proceda de forma similar a alguno de los dos anteriores y verifique que A = (In − D)BP−1.
Ejercicios sugeridos: 2, 5, 8a.1, 8b, 16, 17, 23a, 23c, 27 y 30a.
16
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 04
Semestre 2019-B Departamento de Formación Básica
1. Obtenga una matriz C triangular tal que A es equivalente a C por filas y det(A) = det(C) y calcule
det(A), donde A =
1 2 1
2 1 −1
−1 1 1
.
Solución.
Utilizando las operaciones:
a) −2F1 + F2 → F2
b) F1 + F3 → F3
c) F2 + F3 → F3
obtenemos la equivalencia
1 2 1
2 1 −1
−1 1 1
∼
1 2 1
0 −3 −3
0 0 −1
.
Luego, C =
1 2 1
0 −3 −3
0 0 −1
y det(A) = det(C) = 3, por propiedades del determinante de una matriz
triangular.
2. Sea A =(
A1 A2 A3 A4
)
una matriz de K4×4 donde A1, A2, A3, A4 son las columnas de A y
det(A) = 4. Calcule:
a) det(
A2 A1 A3 A4
)
.
b) det(
3A1 2A2 + A3 A3 A4
)
.
c) det(
3A1 A2 2A2 + A3 A4
)
.
Solución.
Verifique que se obtiene el siguiente resultado:
a) det(
A2 A1 A3 A4
)
= −4.
b) det(
3A1 2A2 + A3 A3 A4
)
= 24.
c) det(
3A1 A2 2A2 + A3 A4
)
= 12.
3. Calcular los determinantes de cada una de las siguientes matrices transformando cada una de ellas en
una matriz triangular superior.
1
a)
1 1 1
a b c
a2 b2 c2
,
b)
a 1 0
4 a 2
0 3 a
,
c)
1 −1 1 1
1 −1 −1 −1
1 1 −1 −1
1 1 1 −1
,
d)
1 1 1 1 1 1
1 1 1 −1 −1 −1
1 1 −1 −1 1 1
1 −1 −1 1 −1 1
1 −1 1 −1 1 1
1 −1 −1 1 1 −1
.
Solución.
a) Verifique que
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 1 1
a b c
a2 b2 c2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (b − a)(c − a)(c − b).
b) Notemos que se tienen las siguientes equivalencias∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a 1 0
4 a 2
0 3 a
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a 4 0
1 a 3
0 2 a
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
det(A) = det(
AT)
= −
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 a 3
a 4 0
0 2 a
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
F1 ↔ F2
= −
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 a 3
0 4 − a2 −3a
0 2 a
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
− aF1 + F2 → F2
= −
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 a 3
0 −a2 −5a
0 2 a
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
− 2F3 + F2 → F2
= −
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 a 3
0 0 (a3 − 10a)/2
0 2 a
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a2
2F3 + F2 → F2
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 a 3
0 2 a
0 0 (a3 − 10a)/2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
F2 ↔ F3
= (1)(2)
(
a3 − 10a
2
)
Determinante de una matriz triangular
= a3 − 10a.
Por lo tanto,
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a 1 0
4 a 2
0 3 a
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= a3 − 10a.
c) Verifique que
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 −1 1 1
1 −1 −1 −1
1 1 −1 −1
1 1 1 −1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 −1 1 1
0 2 0 −2
0 0 −2 0
0 0 0 −2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −8.
d) Verifique que
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 1 1 1 1 1
1 1 1 −1 −1 −1
1 1 −1 −1 1 1
1 −1 −1 1 −1 1
1 −1 1 −1 1 1
1 −1 −1 1 1 −1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 1 1 1 1 1
0 −2 −2 0 0 −2
0 0 −2 −2 0 0
0 0 0 −2 −2 −2
0 0 0 0 −2 −2
0 0 0 0 0 10
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −160.
2
4. Sea A =
(
1 0
4 2
)
. Si E1, E2, E3, E4 son matrices elementales tales que E2E1 A = I y E3E4 = A. Determine
E1, E2, E3 y E4.
Solución.
Obtenga que:
E1 =
(
1 0
−4 1
)
, E2 =
(
1 0
0 12
)
, E3 = E−11 =
(
1 0
4 1
)
y E4 = E−12 =
(
1 0
0 2
)
.
5. Sea A ∈ Rn×n. Demuestre cada una de las siguientes proposiciones:
a) Si A es invertible, entonces det(A−1) =1
det(A).
b) Si A2 = A, entonces det(A) = 0 o det(A) = 1.
c) Si A = A−1, entonces det(A) = −1 o det(A) = 1.
d) Si AT A = In, entonces det(A) = −1 o det(A) = 1.
e) Si el rango de A es n, entonces det(A) 6= 0.
f ) Si A es antisimétrica y n es impar, entonces det(A) = 0.
g) Si A es nilpotente, entonces det(A) = 0.
h) Si P ∈ Rn×n es no singular, entonces det(P−1AP) = det(A).
i) Si P ∈ Rn×n es no singular y B ∈ R
n×n son tales que PA = BP, entonces, para todo λ ∈ R, se
verifica la igualdad det(λI − A) = det(λI − B), donde I ∈ Rn×n es la matriz identidad.
Solución.
a) Sugerencia: Recuerde que si A es invertible, entonces su inversa existe, y se verifica que AA−1 =
A−1 A = In con det(A) 6= 0.
b) Suponemos que A2 = A, vamos a mostrar que
det(A) = 0 o det(A) = 1.
Por propiedades de determinante tenemos que
det(A2) = det(AA) = det(A)2,
ahora, por hipótesis,
det(A2) = det(A),
lo que implica que
det(A)2 = det(A)
o equivalentemente,
(det(A)− 1)det(A) = 0.
Por lo tanto, det(A) = 0 o det(A) = 1.
c) Suponemos que A = A−1, vamos a mostrar que
det(A) = −1 o det(A) = 1.
Por hipótesis, si A invertible, det(A) 6= 0, además, A = A−1 que junto con propiedades de deter-
minante implica que
det(A) = det(A−1),
3
ahora, dado que A es invertible, por el literal a),
det(A−1) =1
det(A),
lo que implica que
det(A) =1
det(A)
o equivalentemente,
det(A)2 = 1.
Por lo tanto, det(A) = −1 o det(A) = 1.
d) Sugerencia: Verifique que A es invertible, luego, aplique la propiedad del determinante del producto
de matrices a la igualdad AAT = In.
e) Sugerencia: Recuerde que si A es invertible, entonces es equivalente por filas a la matriz identidad
In.
f ) Sugerencia: Si A es antisimétrica se tiene que A⊺ = −A, por ende
det(A⊺) = det(−A).
Pero det(A⊺) = det(A) y det(−A) = (−1)n det(A), así
det(A) = (−1)n det(A),
y, cuando n es impar, se tiene que (−1)n = −1, con lo cual
det(A) = −det(A),
lo que es posible solamente si det(A) = 0.
g) Sugerencia: Si A es nilpotente, existe k ∈ N∗ tal que Ak = 0, pero entonces
0 = det(0) = det(Ak) = (det(A))k,
de donde det(A) = 0.
h) Sugerencia: Si P es no singular tenemos que det(P) 6= 0 y
det(P−1AP) = det(P−1)det(A)det(P) =1
det(P)det(A)det(P) = det(A).
i) Supongamos que P ∈ Rn×n es no singular y B ∈ R
n×n son tales que PA = BP, vamos a demostrar
que para todo λ ∈ R, se verifica la igualdad
det(λI − A) = det(λI − B).
Por hipótesis tenemos que P−1 existe que junto con PA = BP implica que
A = P−1BP.
Luego, tomando λ ∈ R tenemos que
P−1(λI − B)P = λP−1 IP − P−1BP = λI − A,
entonces, por el inciso anterior se tiene que
det(λI − A) = det(P−1(λI − B)P) = det(λI − B).
6. Para cada una de las proposiciones siguientes relativas a matrices cuadradas, dar una demostración o
poner un contraejemplo.
a) det(A + B) = det(A) + det(B).
4
b) det((A + B)2) = (det(A + B))2.
c) det((A + B)2) = det(A2 + 2AB + B2).
d) det((A + B)2) = det(A2 + B2).
Solución.
a) Sugerencia: Recuerde que no siempre se tiene que det(A + B) = det(A) + det(B). Por tanto, busque
un contraejemplo que muestre que el enunciado no se cumple.
b) Sugerencia: Sabemos que det(AB) = det(A)det(B).
c) Sugerencia: Recordemos que no todo par de matrices A y B conmutan. Por tanto, busque un contra-
ejemplo que muestre que el enunciado no se cumple.
d) Sugerencia: ¿Qué sucede si A y B son tales que A2 + B2 no es invertible?
7. Hallar todos los valores del escalar λ para los que la matriz λI − A es singular, si A es igual a
a)
(
0 3
2 −1
)
,b)
1 0 2
0 −1 −2
2 −2 0
, c)
11 −2 8
19 −3 14
−8 2 −5
.
Solución.
a) Notemos que det(λI − A) = λ2 + λ − 6, luego, de det(λI − A) = 0, tenemos que si λ = −3 o
λ = 2, la matriz λI − A es singular.
b) Verifique que λ ∈ {−3, 0, 3}.
c) Verifique que λ ∈ {3,−i, i}.
8. Sea A ∈ Rn×n, invertible. Calcule:
a)det(AT A(AT)−1)
det(A);
b) det(det(A)In), donde det(A) = 4.
Solución.
Verifique que:
a)det(AT A(AT)−1)
det(A)= 1.
b) det(det(A)In) = 4n.
9. Calcule el determinante de las matrices:
1 2 3 −1
4 5 6 −2
7 8 9 1
−1 1 2 3
y
1 15 14 4
12 6 7 9
8 10 11 5
13 3 2 10
.
10. Sean k1, k2 ∈ R con k2 6= 0 y sean A, B ∈ R3×3, donde A =
(
A1 A2 A3
)
, siendo A1, A2 y A3 las
columnas de A.
5
a) Si A es no singular y B =(
A1 k1 A2 + A3 A1 − 3A3
)
. Encuentre todos los valores de k1 tales que
det(B) = −det(A).
b) Si det(A) = −3 y B =(
A1 A2 − 2A3 A2
)
. Calcular det
(
1
3A2BT A−1
)
.
c) Si det(A) = k2 y B =(
A2 A1 + 3A3 A1 − A2
)
siendo B no singular. Calcular det(−2ATB−1).
Solución.
a) Sugerencia: Encuentre el determinante de B en función del determinante de A y obtenga que k1 =1
3.
b) Verifique que det
(
1
3A2BT A−1
)
=2
3.
11. Utilice sólo las propiedades del determinante para verificar que:
a)
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 a b + c
1 b a + c
1 c b + a
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 0. b)
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a + b b + c c + a
b + c c + a a + b
c + a a + b b + c
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a b c
b c a
c a b
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
Solución.
Sugerencia: Trabaje por columnas.
12. Si det
x y z
3 0 2
1 1 1
= 1, calcular el determinante de cada una de las matrices siguientes:
a)
2x 2y 2z
3/2 0 1
1 1 1
, b)
x y z
3x + 3 3y 3z + 2
x + 1 y + 1 z + 1
, c)
x − 1 y − 1 z − 1
4 1 3
1 1 1
.
Solución.
a) Notemos que se tiene el siguiente desarrollo:
det
2x 2y 2z
3/2 0 1
1 1 1
= 2 det
x y z
3/2 0 1
1 1 1
Por propiedad de determinantes
= 2
(
1
2
)
det
x y z
3 0 2
1 1 1
Por propiedad de determinantes
= 2
(
1
2
)
(1) Por hipótesis
= 1.
13. Calcule
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2a + 2b 2b + 2c 2c + 2a
2b + 2c 2c + 2a 2a + 2b
2c + 2a 2a + 2b 2b + 2c
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
si
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a b c
b c a
c a b
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 3.
6
Solución.
Verifique que
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2a + 2b 2b + 2c 2c + 2a
2b + 2c 2c + 2a 2a + 2b
2c + 2a 2a + 2b 2b + 2c
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 48.
14. Considere la matriz
A =
3 −1 −1
2 1 0
3 1 1
.
a) Calcular det(A) por medio del desarrollo por menores aplicado a la primera fila.
b) Calcular det(A) por medio del desarrollo por menores aplicado a la tercera columna.
Solución.
En ambos casos det(A) = 6.
15. Sea A =
x + 1 x x
x x + 1 x
x x x + 1
. Determine todos los valores de x para los cuales A es invertible.
Solución.
Sugerencia: Recuerde que si det(A) 6= 0, entonces la matriz A es invertible. Luego, verifique que
x ∈ R r
{
−1
3
}
.
16. Sea A =
4 − x 2√
5 0
2√
5 4 − x√
5
0√
5 4 − x
. Determine todos los valores de x para los cuales rgn(A) < 3.
Solución.
Sugerencia: ¿Para qué valores de x la matriz en invertible?.
17. Sea
A =
−1 0 · · · 0 x1
−1 −1 · · · 0 x2...
.... . .
......
−1 −1 · · · −1 xn−1
0 0 · · · 0 −1
.
Compruebe que det(A) = 1 si n es par y que det(A) = −1 si n es impar.
Solución.
Estudie cada caso por separado, es decir, cuando n = 2m con m ∈ N∗, y, cuando n = 2m − 1
con m ∈ N∗. Para ambos casos determine un esquema que inos permita obtener una matriz triangular
superior.
7
18. Dada la matriz de orden n × n
A =
1 1 0 · · · 0 0
0 1 1 · · · 0 0...
......
. . ....
...
0 0 0 · · · 1 1
1 0 0 · · · 0 1
,
calcule su determinante.
Solución.
Vamos a obtener el determinante de A para n = 1, 2, 3, 4 y 5, a partir de lo cual conjeturamos una
regla para el valor de det(A), es decir, utilizamos un proceso inductivo.
• Si n = 1, la matriz A es
A =(
1)
.
Luego, det(A) = 1.
• Si n = 2, la matriz A es
A =
(
1 1
1 1
)
.
Luego, det(A) = 0, lo cual se obtiene al realizar la operación:
−F1 + F2 → F2.
• Si n = 3, la matriz A es
A =
1 1 0
0 1 1
1 0 1
.
Luego, det(A) = 2, lo cual se obtiene al realizar las operaciones:
a) −F1 + F3 → F3.
b) F2 + F3 → F3.
• Si n = 4, la matriz A es
A =
1 1 0 0
0 1 1 0
0 0 1 1
1 0 0 1
.
Luego, det(A) = 0, lo cual se obtiene al realizar las operaciones:
a) −F1 + F4 → F4.
b) F2 + F4 → F4.
c) −F3 + F4 → F4.
• Si n = 5, la matriz A es
A =
1 1 0 0 0
0 1 1 0 0
0 0 1 1 0
0 0 0 1 1
1 0 0 0 1
.
Luego, det(A) = 2, lo cual se obtiene al realizar las operaciones:
a) −F1 + F5 → F5.
b) F2 + F5 → F5.
8
c) −F3 + F5 → F5.
d) F4 + F5 → F5.
Luego, concluimos que
det(A) =
1, si n = 1,
0, si n es par,
2, si n es impar mayor a 1.
Además, para obtener este valor del determinante de A, debemos seguir las n − 1 operaciones
(−1)iFi + Fn → Fn
para cada i ∈ {1, . . . , n − 1}.
19. Sea a ∈ R. Considere la matriz
A =
a 1 −1 1
−1 a −1 −1
1 1 a −1
−1 1 1 a
.
Use el producto de matrices AA⊺ para obtener el valor de |det(A)|.
Solución. Notemos que
AA⊺ =
a2 + 3 0 0 0
0 a2 + 3 0 0
0 0 a2 + 3 0
0 0 0 a2 + 3
= (a2 + 3)I4,
con lo cual,
(det(A))2 = det(A)det(A)
= det(A)det(A⊺)
= det(AA⊺)
= (a2 + 3)4 det(I4)
= (a2 + 3)4.
Así, tenemos que
|det(A)| = (a2 + 3)2.
20. Demuestre que el sistema
x + y + z = ax
2x + y − z = ay
x − 2z = az
tiene soluciones no nulas si y sólo si a(a −√
6)(a +√
6) = 0.
Solución.
Sugerencia: Obtenga el correspondiente sistema matricial y recuerde cuando este posee solución en
relación con el determinante de su matriz de coeficientes.
21. Estudie la solución de los sistemas siguientes con un parámetro a ∈ R.
9
a)
x + ay − z = a
ax + y + z = 0
x + y + az = a2.
b)
ax + y + z = 1
x + ay + z = 1
x + y + az = 1.
Solución.
a) Notemos que la matriz de coeficientes del sistema está dada por
A =
1 a −1
a 1 1
1 1 a
con det(A) = −a(a2 − 1). Sabemos que si det(A) 6= 0 el sistema posee solución única, por tanto,
de det(A) = 0, obtenemos que a = −1, a = 0 o a = 1, lo que nos lleva a estudiar los siguientes
casos.
Caso I Si a ∈ R r {−1, 0, 1}.
En este caso det(A) 6= 0, y, por tanto, el sistema posee solución única.
Caso II Si a = −1.
En este caso det(A) = 0 y, por tanto, trabajamos con la correspondiente matriz ampliada, la
cual verifica la siguiente equivalencia:
1 −1 −1 | −1
−1 1 1 | 0
1 1 −1 | 1
∼
1 −1 −1 | −1
0 1 0 | 1
0 0 0 | −1
.
Luego, se obtiene que rang(A) = 2 6= rang(A|b) = 3, por tanto, el sistema es inconsistente, es
decir, no existe solución.
Caso III Si a = 0.
Como en el caso anterior, det(A) = 0, entonces, notemos que la correspondiente matriz am-
pliada, verifica la siguiente equivalencia:
1 0 −1 | 0
0 1 1 | 0
1 1 0 | 0
∼
1 0 −1 | 0
0 1 1 | 0
0 0 0 | 0
.
Luego, se obtiene que rang(A) = rang(A|b) = 2, sin embargo, al tener el sistema tres variables,
este es consistente con infinitas soluciones.
Caso IV Si a = 1.
Tenemos que det(A) = 0, y tal como en los dos casos anteriores, notamos que la correspon-
diente matriz ampliada verifica la equivalencia
1 1 −1 | 1
1 1 1 | 0
1 1 1 | 1
∼
1 1 −1 | 1
0 0 2 | −1
0 0 0 | 1
.
Entonces, tenemos que rang(A) = 2 6= rang(A|b) = 3, y, por tanto, el sistema es inconsistente,
es decir, no existe solución.
10
22. Demuestre que para todo r ∈ R y para todo a, b, c, d ∈ R el sistema siguiente tiene solución
(1 + r)x + 2y + 2z + w = a
−x + (r − 1)y − z + 2w = b
(1 + r)z + 2w = c
−z + (r − 1)w = d
Solución.
Sugerencia: Calcule el determinante de la correspondiente matriz de coeficientes y estudie cuando es
invertible.
23. Dados a, b, c, d1, d2, d3 ∈ R, determine condiciones sobre a, b c tal que el sistema posea solución única.
x − y + az = d1
x + bz = d2
x + y + cz = d3
Solución.
Verifique que la condición buscada es a − 2b + c 6= 0.
Ejercicios sugeridos: 1, 2a, 3b, 5a, 5c, 5g, 12a, 18 y 21a.
11
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 05
Semestre 2019-B Departamento de Formación Básica
1. Sea A ∈ Rn×n una matriz tal que A4 = 0 y, para cada α ∈ R, sea
Mα = In + αA +α2
2A2 +
α3
6A3.
a) Demuestre que para todo α, β ∈ R se verifica la igualdad
Mα Mβ = Mα+β.
b) Demuestre que, para todo α ∈ R, la matriz Mα es invertible y calcule su inversa.
c) Calcule (Mα)k para todo k ∈ N.
Solución.
a) Notemos que
Mα+β = In + (α + β)A +(α + β)2
2A2 +
(α + β)3
6A3
y que Am = 0 para todo m ≥ 4.
b) En virtud del literal anterior notemos que Mα M−α = M0 = In. Luego, Mα es invertible y su inversa
es (Mα)−1 = M−α.
c) Muestre que (Mα)k = Mkα para todo k ∈ N.
2. Sea α ∈ R y sean A, B, C, D ∈ R2×2, siendo B una matriz no singular.
a) Determine una expresión para A bajo el supuesto que
AB + DTC = αC.
b) Suponga que
D =
(
1 1
0 0
)
y CB−1 =
(
0 1
1 −2
)
.
Calcule la matriz A para este caso.
c) Suponga que α < 0. Considerando la matriz A encontrada en el inciso anterior, ¿es posible encon-
trar una matriz E ∈ R2×2 tal que A = E2? Justifique su respuesta.
Solución.
a) Como la matriz B es no singular existe B−1 y, con esto, tenemos las siguientes equivalencias:
AB + DTC = αC ⇐⇒ AB = αC − DTC
⇐⇒ ABB−1 = (αC − DTC)B−1
⇐⇒ A = (αI2 − DT)CB−1
⇐⇒ A = (αI2 − D)TCB−1.
De este modo
A = (αI2 − D)TCB−1.
1
b) De la expresión obtenida en el inciso anterior se tiene que
A =
(
α
(
1 0
0 1
)
−(
1 1
0 0
))T (
0 1
1 −2
)
=
(
α − 1 0
−1 α
)(
0 1
1 −2
)
=
(
0 α − 1
α −2α − 1
)
.
c) Notemos que det(A) = −α(α − 1). Si α < 0, entonces det(A) < 0, por ende, si existiese E ∈ R2×2
tal que A = E2, se tendría que
det(A) = det(E2) = det(E)2 ≥ 0,
lo que, por el razonamiento precedente, no es posible. Entonces, no existe una matriz E ∈ R2×2 tal
que A = E2.
3. Sean a, b, c ∈ R+, considere la siguiente matriz:
A =
1 + a a a
b 1 + b b
c c 1 + c
.
a) Aplique, consecutivamente, las siguientes operaciones por filas a la matriz A:
F2 + F1 → F1, F3 + F1 → F1 y1
1 + a + b + cF1 → F1.
Llame a la matriz resultante B.
b) Considere las siguientes matrices elementales E1 y E2 dadas por:
E1 =
1 0 0
−b 1 0
0 0 1
y E2 =
1 0 0
0 1 0
−c 0 1
.
Determine C = E1E2B y det(C).
c) En base al literal anterior, determine det(B).
d) En base al literal a), determine la relación entre det(A) y det(B), sin calcularlos.
e) En base a los literales anteriores, determine det(A).
Solución.
a) Se tiene que
1 + a a a
b 1 + b b
c c 1 + c
∼
1 + a + b 1 + a + b 1 + a + b
b 1 + b b
c c 1 + c
F2 + F1 → F1
∼
1 + a + b + c 1 + a + b + c 1 + a + b + c
b 1 + b b
c c 1 + c
F3 + F1 → F1
∼
1 1 1
b 1 + b b
c c 1 + c
1
1 + a + b + cF1 → F1.
2
Por lo tanto,
B =
1 1 1
b 1 + b b
c c 1 + c
.
b) Se tiene que
C =
1 0 0
−b 1 0
0 0 1
1 0 0
0 1 0
−c 0 1
1 1 1
b 1 + b b
c c 1 + c
=
1 0 0
−b 1 0
0 0 1
1 1 1
b 1 + b b
0 0 1
=
1 1 1
0 1 0
0 0 1
Por lo tanto, det(C) = 1.
c) Puesto que C = E1E2B, se tiene que
det(C) = det(E1)det(E2)det(B) = (1)(1)det(B),
por lo tanto, det(C) = det(B), con lo cual
det(B) = 1.
d) Dado que B se obtiene a partir de A al sumar filas y al multiplicar una de sus filas por 11+a+b+c , se
tiene que
det(B) =1
1 + a + b + cdet(A).
e) Con los literales anteriores, se tiene que
det(A) = (1 + a + b + c)det(B) = (1 + a + b + c)1 = 1 + a + b + c.
4. Considere la siguiente proposición (P): Si A ∈ Rn×n es una matriz antisimétrica, entonces det(A) = 0.
a) Considere
A =
(
0 1
−1 0
)
.
Verifique que A es antisimétrica y calcule det(A). Con base en esto, diga si la proposición (P) es
verdadera o falsa.
b) El siguiente razonamiento es erróneo e intenta probar la proposición (P): Supongamos que A ∈ Rn×n
es antisimétrica, entonces AT = −A, y como el determinante de una matriz es igual al determinante de su
transpuesta, entonces
det(A) = det(AT) = det(−A) = −det(A),
de donde det(A) = −det(A), con lo cual det(A) = 0.
Encuentre el error en el razonamiento precedente, justificando su respuesta.
Solución.
a) Notemos que AT =
(
0 −1
1 0
)
= −(
0 1
−1 0
)
= −A, luego, A es antisimétrica. Calculemos ahora
3
el determinante de A, tenemos que
det(A) =
∣
∣
∣
∣
∣
0 1
−1 0
∣
∣
∣
∣
∣
= −∣
∣
∣
∣
∣
−1 0
0 1
∣
∣
∣
∣
∣
= 1.
Ahora, dado que A es una matriz antisimétrica con det(A) 6= 0, concluimos que la proposición (P)
es falsa.
b) Notemos que para cualquier matriz A ∈ Rn×n se verifica que det(A) = det(AT), y que si A es
antisimétrica, se tiene que AT = −A lo que implica que det(AT) = det(−A), sin embargo, tenemos
que
det(−A) = (−1)n det(A)
lo que implica que
(1 − (−1)n)det(A) = 0. (1)
Luego, si n es par tenemos que (1 − (−1n)) = 0, entonces de (1) concluimos que det(A) puede ser
igual a 0 o no. Por ejemplo, para la matriz del literal a se tiene que es antisimétrica con determinante
no nulo.
5. Sean A, B ∈ Rn×n. Demuestre o refute los siguientes enunciados:
a) Si A es nilpotente y conmuta con B, entonces AB es nilpotente.
b) Si A es singular y B es no singular, entonces AB es singular.
c) Si A y B son singulares, entonces A + B es singular.
d) Si A y B son no singulares, entonces A + B es no singular y (A + B)−1 = A−1 + B−1.
e) Si A es no singular, entonces A2 es no singular y (A2)−1 = (A−1)2.
Solución.
a) Suponga que A es nilpotente y que conmuta con B, luego, existe k ∈ N∗ tal que Ak = 0 y, además,
AB = BA. Ahora, muestre que para el valor de k, se tiene que
(AB)k = AkBk,
y concluya que AB es nilpotente de orden k. Por lo tanto, se ha mostrado que el enunciado es
verdadero.
b) Supongamos que A es singular y que B es no singular, entonces
det(A) = 0 y det(B) 6= 0.
Luego, por propiedades de determinantes, obtenemos que
det(AB) = det(A)det(B) = 0.
Por lo tanto, AB es singular, y el enunciado es verdadero.
c) Ya que la propiedad det(A + B) = det(A) + det(B) no siempre es verdadera, busquemos un con-
traejemplo para refutar el enunciado.
d) El enunciado es falso. Basta tomar B = −A, así A y B son no singulares pero
A + B = A + (−A) = 0
es singular.
4
e) El enunciado es verdadero. Supongamos que A es no singular, y notemos que
det(A2) = det(AA) = det(A)det(A) = (det(A))2
por lo tanto
det(A2) 6= 0
de donde se concluye que A2 es no singular. Además, se tiene que
(A2)(A−1)2 = (AA)(A−1A−1) = A((AA−1)A−1) = A((In)A−1) = AA−1 = In,
por lo tanto,
(A2)−1 = (A−1)2.
6. Se dice que dos matrices A, B ∈ Rn×n son similares si existe una matriz no singular P ∈ R
n×n tal que
PA = BP.
a) Sean A, B ∈ Rn×n dos matrices similares, demuestre que det(A) = det(B).
b) Sean
A =
−2 1 0 1
−8 −3 −1 −5
0 −4 1 −4
8 2 1 4
B =
−1 0 0 0
0 2 0 0
0 0 1 0
0 0 0 −2
y P =
0 1 0 1
2 0 1 1
0 2 −1 2
−1 1 0 1
Determine PA, BP, det(B) y det(P).
c) Considere las matrices A y B del literal anterior, demuestre que A y B son similares.
d) Considere las matrices A y B del literal anterior, utilice el resultado de los literales a) y c) para
calcular det(A) sin realizar la expansión por cofactores.
Solución.
a) Como A y B son similares, se tiene que existe P ∈ Rn×n tal que PA = BP, por lo tanto, se tiene que
det(PA) = det(BP),
de donde,
det(P)det(A) = det(B)det(P).
Dado que P es no singular, se tiene que det(P) 6= 0, por lo tanto,
det(A) = det(B).
b) Tenemos que
BP =
0 −1 0 −1
4 0 2 2
0 2 −1 2
2 −2 0 −2
y
PA =
0 −1 0 −1
4 0 2 2
0 2 −1 2
2 −2 0 −2
.
Por otro lado
det(B) = 4 y det(P) = 1.
5
c) Dado que el determinante de P es diferente de 0, se tiene que P es no singular, además,
PA = BP,
por lo tanto, A es similar a B.
d) Dado que las matrices A y B son similares, se tiene que
det(A) = det(B) = 4.
7. Sean A, B ∈ Kn×n matrices invertibles y α ∈ K. Demuestre que:
a) adj(AT) = (adj(A))T;
b) adj(AB) = adj(B) adj(A);
c) adj(αA) = αn−1 adj(A);
d) det(adj(A)) = (det(A))n−1.
Solución.
a) Supongamos que A es invertible, entonces AT es invertible. Además, tenemos que
AT adj(AT) = adj(AT)AT = det(AT)In
de lo cual
AT adj(AT) = det(A)In (2)
De forma similar se tiene que
A adj(A) = adj(A)A = det(A)In
y transponiendo, obtenemos que
AT(adj(A))T = det(A)In (3)
Luego, de (2) y (3), concluimos que
AT adj(AT) = AT(adj(A))T. (4)
Dado que AT es invertible, multiplicando a la igualdad (4) por (AT)−1, tenemos que
adj(AT) = (adj(A))T.
b) Supongamos que A y B son invertibles, por propiedades de determinantes y de multiplicación de
matrices, se verifica el siguiente desarrollo
(AB) adj(AB) = det(AB)In
= det(A)det(B)In
= det(B)(det(A)In)
= det(B)(A adj(A))
= A(det(B) adj(A))
= A((det(B)In) adj(A))
= A((B adj(B)) adj(A))
= (AB)(adj(B) adj(A))
Por lo cual,
(AB) adj(AB) = (AB)(adj(B) adj(A)).
6
Ahora, dado que A y B son invertibles, AB también lo es. Luego, multiplicando la igualdad anterior
por (AB)−1 obtenemos que
adj(AB) = adj(B) adj(A).
c) Trabaje dos casos: cuando α = 0 y cuando α 6= 0.
d) A partir de la expresión
A adj(A) = adj(A)A = det(A)In
obtenga que
det(A)det(adj(A)) = (det(A))n det(In)
y concluya el resultado.
8. Sean A, B ∈ Kn×n y α ∈ K no nulo, demuestre o refute los siguientes enunciados:
a) Si adj(A) = adj(B), entonces A = B.
b) adj(αIn) = αIn.
c) Si A = adj(A), entonces det(A) 6= 0.
d) Si adj(A − B) = 0, entonces A = B.
Solución.
a) Sabemos que si una matriz es no singular podemos determinar su inversa a través de su matriz
adjunta y que su inversa es única, entonces nos preguntamos ¿qué sucede si A y B son singulares?
b) Sugerencia, determine adj(In).
c) Utilice el literal anterior para dar un contra ejemplo.
d) El enunciado, tal como los anteriores, es falso.
9. Sea A =
1 5 2
2 1 1
1 2 0
.
a) Obtenga adj(A), la matriz adjunta de A.
b) Calcule det(A).
c) Verifique sé que cumple la igualdad: A(adj(A)) = (adj(A))A = det(A)I.
d) ¿La matriz A es invertible? Si lo es, determine la inversa de A.
Solución.
a) Notemos que la matriz de cofactores de A, cof(A), es
cof(A) =
−2 1 3
4 −2 3
3 3 −9
.
Luego,
adj(A) = (cof(A))T =
−2 4 3
1 −2 3
3 3 −9
.
7
b) Notemos que det(A) = det
1 5 2
0 −9 −3
0 0 −1
= 9.
c) Realice los productos.
d) Dado que det(A) 6= 0 la matriz es invertible, más aún, por el literal c tenemos que
A−1 =1
det(A)adj(A) =
−2/9 4/9 1/3
1/9 −2/9 1/3
1/3 1/3 −1
.
10. Sea la matriz A ∈ K3×3 dada por A =
(
A1 A2 A3
)
una matriz no singular, donde A1, A2 y A3 son
sus columnas. Considere el sistema matricial Ax = b donde x ∈ K3×1 y b = A1 + 2A2 − 3A3. Verifique
que la solución única de este sistema es x =(
1 2 −3)T
.
Solución.
Notemos que al ser A una matriz no singular, podemos aplicar la regla de Cramer para obtener la
solución del sistema matricial. Para esto, sea x =(
x1 x2 x3
)T. Entonces:
x1 =det
(
A1 + 2A2 − 3A3 A2 A3
)
det(A)=
det(
A1 A2 A3
)
det(A)=
det(A)
det(A)= 1.
x2 =det
(
A1 A1 + 2A2 − 3A3 A3
)
det(A)=
det(
A1 2A2 A3
)
det(A)=
2 det(A)
det(A)= 2.
x3 =det
(
A1 A2 A1 + 2A2 − 3A3
)
det(A)=
det(
A1 A2 −3A3
)
det(A)=
−3 det(A)
det(A)= −3.
Por tanto, la solución única de este sistema es x =
1
2
−3
.
11. Considere el siguiente sistema
3x − 2y = 7,
3y + 2z = 6,
−2x + 3z = −1.
Verifique que posee solución única y utilice la regla de Cramer para obtener su solución.
Solución.
El conjunto solución es:{
(
103
35
32
35
57
35
)T}
.
12. Dado α ∈ R, considere el siguiente sistema
3x − 2y = 1,
y + αz = 0,
αx − 2y + z = α.
a) Determine los valores de α tal que el sistema posee solución única.
8
b) Para los casos en donde existe solución única, utilice la regla de Cramer para obtener dicha solu-
ción.
Solución.
El sistema tiene solución única para cada α ∈ R r
{
3 −√
15
2,
3 +√
15
2
}
y para cada valor de α,
obtenido en el literal anterior, el conjunto solución está dado por{
(
2α2 − 2α − 1
2α2 − 6α − 3
2α2
2α2 − 6α − 3− 2α
2α2 − 6α − 3
)T}
.
13. Dados α, β ∈ R, considere el siguiente sistema
x + y + z = 1,
x + y = α,
y + z = β.
Muestre que el sistema posee solución única y utilice la regla de Cramer para resolverlo.
Solución.
La matriz de coeficientes del sistema es
A =
1 1 1
1 1 0
0 1 1
cuyo determinante es det(A) = 1, por lo tanto, el sistema posee solución única para todo α, β ∈ R, con
conjunto solución dado por{
(
1 − β α + β − 1 1 − α)T}
.
14. Sea λ ∈ R, considere el sistema{
x + λy = 1,
λx + y = λ2.
Determine los valores de λ tales que el sistema
a) tiene una única solución, escribir el conjunto de soluciones;
b) tiene infinitas soluciones, escribir el conjunto de soluciones; y
c) no tiene solución.
Solución.
Tomemos
A =
(
1 λ
λ 1
)
y b =
(
1
λ2
)
.
a) Encontremos los valores de λ para que el sistema tenga una única solución, el determinante de la
matriz de los coeficientes debe ser distinto de cero; es decir,
det(A) =
∣
∣
∣
∣
∣
1 λ
λ 1
∣
∣
∣
∣
∣
= 1 − λ2 = (1 − λ)(1 + λ) 6= 0,
9
entonces, el sistema tiene solución única si λ 6= 1 y λ 6= −1. Aplicando la regla de Cramer, encon-
tramos las incógnitas, así
x =
∣
∣
∣
∣
∣
1 λ
λ2 1
∣
∣
∣
∣
∣
1 − λ2=
1 − λ3
1 − λ2=
1 + λ + λ2
1 + λ;
y
y =
∣
∣
∣
∣
∣
1 1
λ λ2
∣
∣
∣
∣
∣
1 − λ2=
λ(λ − 1)
1 − λ2=
−λ
1 + λ.
Entonces, el conjunto solución es{
(
1 + λ + λ2
1 + λ− λ
1 + λ
)T}
para todo λ ∈ R r {−1, 1}.
b) Si λ = 1, escribimos la matriz aumentada asociada al sistema y, aplicando la eliminación Gauss,
obtenemos(
1 1 | 1
1 1 | 1
)
∼(
1 1 | 1
0 0 | 0
)
,
como rang(A) = 1 = rang(A|b) y este número es menor que el número de incógnitas, el sistema
tiene infinitas soluciones. Entonces el conjunto de soluciones es
(
1 − r r)T
: r ∈ R}.
c) Si λ = −1, escribimos la matriz aumentada asociada al sistema y, aplicando la eliminación Gauss,
obtenemos(
1 −1 | 1
−1 1 | 1
)
∼(
1 −1 | 1
0 0 | 2
)
,
como rang(A) = 1 < rang(A|b) = 2, el sistema es inconsistente. Por lo tanto, para λ = −1, el
sistema no tiene solución.
15. Sean a, b, c ∈ R. Considere el sistema lineal
x1 + 2x2 − 3x3 = a,
2x1 + 6x2 − 11x3 = b,
x1 − 2x2 + 7x3 = c.
Determine condiciones sobre a, b y c bajo las cuales:
a) El sistema tiene solución única.
b) El sistema tiene infinitas soluciones.
c) El sistema no tiene solución.
En cada caso, determine el conjunto solución.
Solución.
El sistema se escribe de forma matricial como
AX = b
10
donde
A =
1 2 −3
2 6 −11
1 −2 7
, x =
x1
x2
x3
y b =
a
b
c
.
a) No existen a, b y c tales que el sistema tiene solución única.
b) El sistema tiene solución única cuando c = 5a − 2b, el conjunto solución está dado por
3a − b − 2x3
0,5(−2a + b + 5x3)
x3
: x3 ∈ R,
.
c) El sistema no tiene solución cuando −5a + 2b + c 6= 0.
Ejercicios sugeridos: 4, 5a , 5c, 5e, 7a, 10 y 14a.
11
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 06
Semestre 2019-B Departamento de Formación Básica
1 ESPACIOS VECTORIALES.
1. a) Sea V = N, el conjunto de los números naturales, junto con las operaciones usuales de la suma y
el producto en los reales, ¿es N un espacio vectorial real?
b) ¿Qué se puede decir si se toma V = Q?, el conjunto de los números racionales.
Solución.
a) Tomemos x = 1 ∈ N y α =√
3 ∈ R, notemos que α · x =√
3 · 1 =√
3 6= N, luego, V no
es un espacio vectorial. La operación producto no es la adecuada para comprobar alguna de las
propiedades de espacio vectorial.
2. Sea V = R2 junto con las operaciones ⊕ : V × V → V y ⊙ : R × V → V definidas por
(x1, x2)⊕ (y1, y2) = (x1 + y2, x2 + y1) y α ⊙ (x1, x2) = (αx1, αx2)
para cada (x1, x2), (y1, y2) ∈ V y cada α ∈ R. ¿Es V es un espacio vectorial real?
Solución.
V no es un espacio vectorial. Por ejemplo, no se cumple la propiedad conmutativa, en efecto, toman-
do x = (1, 1) y y = (1, 0) se tiene x ⊕ y 6= y ⊕ x.
3. Sea V = R2 junto con las operaciones ⊕ : V × V → V y ⊙ : R × V → V definidas por
(x1, x2)⊕ (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2) y α ⊙ (x1, x2) = (5x1, 5x2)
para cada (x1, x2), (y1, y2) ∈ V y cada α ∈ R. ¿Es V es un espacio vectorial real?
Solución.
V no es un espacio vectorial. Por ejemplo, notemos que si tomamos (x1, x2) = (1, 1) y α = 1 se tiene
α ⊙ (x1, x2) = (5x1, 5x2) = (5, 5) 6= (1, 1).
4. Sea V = R2[x] el conjunto de los polinomios de grado menor o igual a 2 en la variable x. Considere las
operaciones ⊕ : V × V → V y ⊙ : R × V → V definidas por
p(x)⊕ q(x) = (a0 + a1x + a2x2)⊕ (b0 + b1x + b2x2) = (a0 + b0) + (a1 + b2)x + x2
y
α ⊙ p(x) = α(a0 + a1x + a2x2) = αa0 + αa1x + αa2x2
para cada p(x), q(x) ∈ V y cada α ∈ R. ¿Es V un espacio vectorial real?
Solución.
V no es un espacio vectorial, muestre que al menos una propiedad no se verifica en la definición de
espacio vectorial.
1
5. Sea V = {1} el conjunto formado por el número 1, junto con las operaciones
⊕ : V × V → V y ⊙ : R × V → V
definidas por
1 ⊕ 1 = 1 y α ⊙ 1 = 1
para cada α ∈ R. ¿Es V un espacio vectorial real?
Solución. V es un espacio vectorial, con elemento neutro e inverso ambos iguales a 1.
6. Sea V =]0,+∞[ junto con las operaciones ⊕ : V × V → V y ⊙ : R × V → V definidas por
x ⊕ y = xy y α ⊙ x = xα
para cada x, y ∈ V y cada α ∈ R. Demuestre que V es un espacio vectorial real.
Solución.
Verifique que el elemento neutro es igual a 1, y que para cualquier x ∈ V su inverso es1
x.
7. Sea (E,+, ·, K) un espacio vectorial y sea p ∈ E. Se define el conjunto
Ep = {(x, p) : x ∈ E}.
Además, se definen las operaciones +p : Ep × Ep → Ep y ·p : K × Ep → Ep mediante
(x, p) +p (y, p) = (x + y, p) y α ·p (x, p) = (αx, p),
para todo x, y ∈ E y α ∈ K. Demuestre que (Ep,+p, ·p, K) es un espacio vectorial.
Solución.
Verifique que el elemento neutro es igual a (0E, p), y que para cualquier (x, p) ∈ V su inverso es
(−x, p).
8. Sea V =
{(
a b
c d
)
: a, b, c ∈ R, d ∈ N
}
junto con las operaciones ⊕ : R2×2 × R2×2 → R2×2 y ⊙ : R ×
R2×2 → R2×2 definidas por
A ⊕ B =
(
a b
c d
)
⊕(
e f
g h
)
=
(
a + e b + f
c + e d + f
)
y α ⊙ A = α ⊙(
a b
c d
)
=
(
1 1
1 1
)
para cada A, B ∈ V y cada α ∈ R. Determine si V un espacio vectorial real.
Solución.
V no es un espacio vectorial, muestre que al menos una propiedad no se verifica en la definición de
espacio vectorial.
9. Unicidad del neutro de la suma y del inverso de la suma. Sea (E,+, ·, K) un espacio vectorial.
a) Asuma que existen dos elementos 0 ∈ E y 0′ ∈ E tales que, para todo x ∈ E se verifica 0 + x =
x + 0 = x y 0′ + x = x + 0′ = x. Demuestre que 0 = 0′. Esto significa que el elemento neutro de la
suma es único.
2
b) Sea x ∈ E. Asuma que existen dos elementos x′ ∈ E y x′′ ∈ E tales que x + x′ = x′ + x = 0 y
x + x′′ = x′′ + x = 0. Demuestre que x′ = x′′. Esto significa que el inverso de la suma, para cada
elemento x ∈ E, es único.
Solución.
a) Sea x ∈ E, entonces se tiene que
x = 0 + x.
En particular, para x = 0′ se tiene que
0′ = 0 + 0′. (1)
Por otro lado, para cada x ∈ E se tiene que
x = x + 0′,
de donde, para x = 0 se tiene que
0 = 0 + 0′
lo que, junto con la ecuación (1) implica que
0′ = 0,
cómo se deseaba.
b) Dado que 0 = x + x′′, y por la propiedad del neutro de la suma, se tiene que
x′ = x′ + 0 = x′ + (x + x′′).
Usando la propiedad asociativa de la suma se tiene que
x′ = (x′ + x) + x′′
y ya que x′ + x = 0 y por la propiedad del neutro aditivo de la suma,
x′ = 0 + x′′ = x′′,
cómo se quería demostrar.
10. Sea (E,+, ·, K) un espacio vectorial.
a) Demuestre que para todo v ∈ E se tiene que −(−v) = v.
b) Sean v ∈ E y α ∈ K. Demuestre que si α · v = v, entonces v = 0 o α = 1.
Solución.
a) Dado que (−v) + v = 0, se tiene que v es el (único) inverso de la suma para −v, es decir, que
v = −(−v).
b) Si sumamos −v a cada miembro de la igualdad αv = v, se obtiene que
α · v + (−v) = v + (−v),
de donde, usando el hecho de que v + (−v) = 0 y que (−1) · v = −v, se obtiene
α · v + (−1) · v = 0,
de donde
(α + (−1)) · v = 0,
es decir,
(α − 1) · v = 0.
3
Se sigue que existen dos posibilidades, que v = 0 o que α − 1 = 0, es decir, v = 0 o α = 1.
11. Sean u y v ∈ Rn y sea 0V el vector nulo de Rn.
a) Demuestre que 0 · u = 0V .
b) Demuestre que v + (−1) · v = 0V .
Solución.
a) Como u ∈ Rn, y por la definición de la multiplicación de un número real por un elemento de Rn,
tenemos que
0 · u = 0 · (u1, u2, . . . , un)
= (0u1, 0u2, . . . , 0un)
= (0, 0, . . . , 0)
= 0V .
Con lo cual queda demostrado lo solicitado.
12. Para (x1, x2), (y1, y2) ∈ R2, se define la siguiente
(x1, x2)⊕ (y1, y2) = (x1y1, x2y2).
Demuestre que existe el elemento neutro de esta operación.
Solución. Buscamos un vector (e1, e2) ∈ R2 tal que
(x1, x2)⊕ (e1, e2) = (e1, e2)⊕ (x1, x2) = (x1, x2),
para todo (x1, x2) ∈ R2. Supongamos que tal vector existe. Por definición de la operación ⊕, se tiene
que, si (x1, x2) ∈ R2, entonces
(x1, x2)⊕ (e1, e2) = (x1e1, x2e2),
de donde, la condición
(x1, x2)⊕ (e1, e2) = (e1, e2)⊕ (x1, x2) = (x1, x2)
para todo (x1, x2) ∈ R2 equivale a
x1e1 = x1 y x2e2 = x2,
para todo x1, x2 ∈ R. En particular, si consideramos x1 = x2 = 1, tenemos que
e1 = e2 = 1
(también puede elegirse cualquier x1, x2 ∈ R r {0} para obtener que e1 = e2 = 1), de modo que una
condición necesaria para que el vector (e1, e2) sea un neutro para esta operación es que
(e1, e2) = (1, 1).
Dado que
(x1, x2)⊕ (1, 1) = (1, 1)⊕ (x1, x2) = (x1, x2),
se tiene que el vector (1, 1) es un neutro para esta operación.
13. Para (x1, x2, x3), (y1, y2, y3) ∈ R3, se define la siguiente
(x1, x2, x3)⊕ (y1, y2, y3) =(
x1y1, x2 + y2,x3y3
4
)
.
Encuentre el elemento neutro de esta operación y demuestre que en efecto lo es.
4
Solución.
Verifique que el neutro es (1, 0, 4).
14. En la definición de espacio vectorial se inicia con la frase “Dados un campo K, un conjunto no vacío
E”. Explique por qué es necesario que E sea no vacío detallando cuáles de las propiedades de espacio
vectorial son satisfechas y cuáles no cuando se considera E = ∅.
Solución.
Sea E = ∅. Necesariamente la suma + y el producto · son la función vacía. Entonces (E,+, ·, K)
verifica todas las propiedades de espacio vectorial, excepto la existencia del neutro de la suma. En efecto,
para verificar que, por ejemplo, (E,+, ·, K) satisface la propiedad asociativa de la suma, argumentamos
por vacuidad: supongamos lo contrario, es decir, que existen x, y, z ∈ E tales que
x + (y + z) = (x + y) + z
es una proposición falsa. Pero esto es absurdo, pues E es el conjunto vacío y así tales x, y, z no podrían
existir. De manera análoga se puede probar que el resto de las propiedades que definen a un espacio
vectorial, excepto la existencia del neutro de la suma. En este caso, la proposición “existe un elemento
0 ∈ E tal que x + 0 = 0+ x = x para todo x ∈ E” es falsa, ya que al ser E un conjunto vacío, tal elemento
no puede existir.
Es por este motivo que es necesario que en la definición de espacio vectorial se requiera que E sea
un conjunto no vacío.
15. Sea F2 = {0, 1} equipado con las operaciones + : F2 × F2 → F2 y · : F2 × F2 → F2 definidas por
0 + 0 = 1 + 1 = 0, 0 + 1 = 1 + 0 = 1, 0 · 0 = 0 · 1 = 1 · 0 = 0 y 1 · 1 = 1.
Con estas operaciones, F2 es un campo, conocido como el campo de Galois de dos elementos.
Sea (E,+, ·, F2) un espacio vectorial.
a) Demuestre que, para todo v ∈ E, se tiene que v + v = 0.
b) Demuestre que, para todo v ∈ E, se verifica −v = v.
Solución.
a) Sea v ∈ E. Dado que 1v = v, se tiene, gracias a la propiedad distributiva del producto, que
v + v = 1v + 1v = (1 + 1)v,
pero en el campo F2, se tiene que 1 + 1 = 0, por lo que
v + v = 0v,
y ya que 0v = 0, se concluye que
v + v = 0.
b) Sea v ∈ E. Por la parte a) se tiene que v + v = 0, lo que, ya que el neutro de la suma es único,
significa que v = −v.
Otra manera de demostrar esto es la siguiente: Si v ∈ E, entonces v = 1v, pero en el campo F2 se
tiene que −1 = 1 (pues 1 + 1 = 0), de modo que v = (−1)v, y ya que −v = (−1)v, se concluye que
v = −v.
5
16. En R2 se definen las operaciones
(x1, x2)⊕ (y1, y2) = (x1 + y1, |x2 + y2|) y α ⊙ (x1, x2) = (x1,−x2)
para todo (x1, x2), (y1, y2) ∈ R2 y todo α ∈ R.
a) Determine si se verifica la propiedad
(x1, x2)⊕ (y1, y2) = (y1, y2)⊕ (x1, x2)
para todo (x1, x2), (y1, y2) ∈ R2.
b) Determine si se verifica la existencia del elemento neutro.
c) Determine si se verifica la propiedad
(αβ)⊙ (x1, x2) = α ⊙ (β ⊙ (x1, x2))
para todo (x1, x2) ∈ R2 y todo α, β ∈ R.
d) Dotando a R2 con las operaciones ⊕ y ⊙ deseamos determinar si en el campo de los reales tene-
mos un espacio vectorial, es decir, ¿se puede asegurar que (R2,⊕,⊙, R) es un espacio vectorial?
Justifique su respuesta.
17. Considere el espacio vectorial (V,⊕,⊙, R) del ejercicio 6.
a) Demuestre que para todo v ∈ V se tiene que −(−v) = v.
b) Sean v ∈ V y α ∈ R. Demuestre que si α ⊙ v = v, entonces v = 0V o α = 1.
c) Sean u, v ∈ V.
1) Demuestre que 0 ⊙ u = 0V .
2) Demuestre que v ⊕ (−1)⊙ v = 0V .
18. Probar que R2 es un R-espacio vectorial con la suma +(2,1) y el producto por escalares ·(2,1) definidos de
la siguiente forma:
(x1, x2) +(2,1) (y1, y2) = (x1 + y1 − 2, x2 + y2 − 1)
α ·(2,1) (x1, x2) = α(x1 − 2, x2 − 1) + (2, 1)
para todo (x1, x2), (y1, y2) ∈ R2 y todo α ∈ R.
A este espacio se lo nota como R2(2,1) para distinguirlo de R2 con la suma y el producto usual. La
notación se basa en que el (2, 1) resulta el neutro de la suma +(2,1).
2 SUBESPACIOS VECTORIALES.
1. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (R2,+, ·, R)? Siendo:
a) W = {(x1, x2) ∈ R2 : x1x2 = 0}.
b) W = {(x1, x2) ∈ R2 : x1 ≥ 0 ∨ x2 ≤ 0}.
c) W = {(x1, x2) ∈ R2 : max{x1, x2} = mın{x1, x2}}.
Solución.
a) Utilizamos el teorema 3 del resumen 06 para mostrar que W es un subespacio vectorial.
1) Notemos que 0R2 = (0, 0) y que 0 · 0 = 0, lo que implica que 0R2 ∈ W, y, por tanto, que W 6= ∅.
2) Sean x, y ∈ W y sea α ∈ R, vamos a mostrar que
x + y ∈ W y αx ∈ W.
6
Por hipótesis se tiene que
x = (x1, x2) y x1x2 = 0
y que
y = (y1, y2) y y1y2 = 0.
Luego, tenemos que
x + y = (x1 + y1, x2 + y2)
además,
(x1 + y1)(x2 + y2) = x1x2 + x1y2 + y1x2 + y1y2.
Ahora, no podemos asegurar que
x1y2 + y1x2 = 0,
ya que solamente sabemos que x1x2 = y1y2 = 0, lo que nos lleva a plantear el siguiente contra-
ejemplo:
Tomemos (x1, x2) = (5, 0) y (y1, y2) = (0, 3), notemos que
(x1, x2) ∈ W y (y1, y2) ∈ W,
sin embargo,
(x1, x2) + (y1, y2) = (5, 0) + (0, 3) = (5, 3) /∈ W.
Por tanto, por el contraejemplo en 2), concluimos que W no es un subespacio vectorial del espacio
vectorial (R2,+, ·, R).
b) No.
c) Sí.
2. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (R3,+, ·, R)? Siendo:
a) W = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : |x1|+ |x2| = |x3|}.
b) W = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 + x2 = x3}
c) W =
(x1, x2, x3) ∈ R3 : det
x1 x2 x3
1 1 1
−2 −1 −1
= 0
. Sugerencia: No calcule el determinante.
Solución.
a) No.
b) Sí.
c) Sí.
3. ¿Es W un subespacio del espacio vectorial (Rn,+, ·, R)? Siendo:
a) W = {(x1, . . . , xn) ∈ Rn : xi = 0 para algún i ∈ {1, . . . , n}}.
b) W =
{
x ∈ Rn :n
∑i=1
xi = 0
}
.
c) W = {αx + βy ∈ Rn : α, β ∈ R}, donde x, y ∈ Rn son fijos.
Solución.
a) No.
7
b) Utilizamos el teorema 3 del resumen 06 para mostrar que W es un subespacio vectorial.
1) Notemos que 0Rn = (0, 0, . . . , 0) y quen
∑i=1
0 = 0
lo que implica que 0Rn ∈ W, y, por tanto, que W 6= ∅.
2) Sean x, y ∈ W y sea α ∈ R, vamos a mostrar que
x + y ∈ W y αx ∈ W.
Por hipótesis se tiene que
x = (x1, x2, . . . , xn) yn
∑i=1
xi = 0
y que
y = (y1, y2, . . . , yn) yn
∑i=1
yi = 0.
Luego, tenemos que
x + y = (x1 + y1, x2 + y2, . . . , xn + yn)
y que, gracias a propiedades de la sumatoria junto con las hipótesis,
n
∑i=1
(xi + yi) =n
∑i=1
xi +n
∑i=1
yi = 0 + 0 = 0.
Lo que implica que x + y ∈ W.
De forma similar, se tiene que
αx = (αx1, αx2, . . . , αxn)
y que, gracias a propiedades de la sumatoria junto con las hipótesis,
n
∑i=1
αxi = αn
∑i=1
xi = α0 = 0.
Por lo tanto, αx ∈ W.
Por 1) y 2) junto con el teorema 3, concluimos que W es un subespacio vectorial del espacio vecto-
rial (Rn,+, ·, R).
c) Sí.
4. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (R1[x],+, ·, R)? Siendo:
a) W = {a + bx ∈ R1[x] : a + b = 1}.
b) W = {p(x) ∈ R1[x] : p(0) = 0}.
c) W = {p(x) ∈ R1[x] : p(2)− 2p(1) = 0}.
Solución.
a) No.
b) Sí.
c) Antes probar que W es subespacio vectorial de R1[x], estudiemos la estructura de W:
W = {p(x) = a0 + a1x ∈ R1[x] : p(2)− 2p(1) = 0}= {p(x) = a0 + a1x ∈ R1[x] : p(2) = a0 + 2a1, p(1) = a0 + a1, p(2)− 2p(1) = 0}= {p(x) = a0 + a1x ∈ R1[x] : a0 + 2a1 − 2(a0 + a1) = 0}
8
= {p(x) = a0 + a1x ∈ R1[x] : a0 = 0}= {p(x) = a1x ∈ R1[x] : a1 ∈ R}.
Utilizamos el teorema 3 del resumen 06 para mostrar que W es un subespacio vectorial.
1) Notemos que 0R1[x] = 0+ 0x = 0x para todo x ∈ R, lo que implica que 0R1[x] ∈ W, y, por tanto,
que W 6= ∅.
2) Sean p(x), q(x) ∈ W y sea α ∈ R, vamos a mostrar que
p(x) + q(x) ∈ W y αp(x) ∈ W.
Por hipótesis se tiene que
p(x) = a1x y q(x) = b1x
para todo x ∈ R con a1, b1 ∈ R.
Luego, tenemos que
p(x) + q(x) = (a1 + b1)x y αp(x) = (αa1)x
para todo x ∈ R con a1 + b1 ∈ R y con αa1 ∈ R, lo que implica que
p(x) + q(x) ∈ W y αp(x) ∈ W.
Por 1) y 2) junto con el teorema 3, concluimos que W es un subespacio vectorial del espacio vecto-
rial (R1[x],+, ·, R).
5. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (R2[x],+, ·, R)? Siendo:
a) W = {p(x) ∈ R2[x] : p′(0)− p′′(0) = 0}.
b) W = {p(x) ∈ R2[x] : (p(x))2> 0}.
c) W = {p(x) ∈ R2[x] : p′(1) = p′(−2)}.
Solución.
a) Sí.
b) No.
c) Antes probar que W es subespacio vectorial de R2[x], estudiemos la estructura de W:
W = {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : p′(1) = p′(−2)}= {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : p′(x) = a1 + 2a2x, p′(1) = p′(−2)}= {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : p′(1) = a1 + 2a2, p′(−2) = a1 − 4a2, p′(1) = p′(−2)}= {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : a1 + 2a2 = a1 − 4a2}= {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : a2 = 0}= R1[x]
el cual, es un subespacio vectorial.
6. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (R2×2,+, ·, R)? Siendo:
a) W =
{(
a b
b c
)
∈ R2×2 : a, b, c ∈ R
}
.
b) W = {A ∈ R2×2 : A es una matriz escalar}.
c) W = {A ∈ R2×2 : A2 = A}.
9
Solución.
a) Sí.
b) Estudiamos la estructura de W:
W ={
A ∈ R2×2 : A = kI2, con k ∈ R}
={
kI2 ∈ R2×2 : k ∈ R}
.
Luego, muestre que, en efecto W es un subespacio vectorial.
c) No.
7. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (Kn×n,+, ·, K)? Siendo:
a) W = {A ∈ Kn×n : det(A) = 0}.
b) W = {x ∈ Kn×n : Ax = λx}, donde A ∈ Kn×n y λ ∈ K son conocidos y fijos.
c) W = {A ∈ Kn×n : A es diagonal}.
Solución.
a) No.
b) Sí.
c) Sí.
Ejercicios sugeridos:
• La clase de componente práctica solamente de la sección de ejercicios de espacios vectoriales: 2, 5, 6,
10, 13 y 15.
• Clase de componente docente:
– Espacios vectoriales: 7.
– Subespacios vectoriales: 1a, 2a, 4b y 6a.
10
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 07
Semestre 2019-A Departamento de Formación Básica
1. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (R3,+, ·, R)? Siendo:
a) W = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : |x1|+ |x2| = x3}
b) W = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 + x2 ≥ x3}
c) W = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x2
1 = x2}
d) W =
(x, y, z) ∈ R3 :
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
x y z
1 −1 2
−2 1 −1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 0
.
Solución.
a) No.
b) No.
c) No.
d) Sí, es un subespacio. Sugerencia, no calcule el determinante.
2. ¿Es W un subespacio del espacio vectorial (Rn, R,+, ·)? Siendo:
a) W = {(x1, . . . , xn) ∈ Rn : xi = 0 para algún i ∈ {1, . . . , n}}.
b) W ={
x ∈ Rn : AxT = αxT
}
, donde A ∈ Rn×n y α ∈ R fijos.
c) W =
{
x ∈ Rn :
n
∑i=1
xi = 0
}
.
d) W = {αx + βy + γz ∈ Rn : α, β, γ ∈ R}, donde x, y, z ∈ R
n fijos.
e) W = {x ∈ Rn : x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn}.
Solución.
a) No.
b) Sí, es un subespacio.
c) Sí, es un subespacio.
d) Sí, es un subespacio.
e) No.
3. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (R2[x],+, ·, R)? Siendo:
a) W = {a + bx + cx2 ∈ R2[x] : b + c = a − 2}.
b) W = {p(x) ∈ R2[x] : (p(x))2> 0}.
c) W = {p(x) ∈ R2[x] : p′(1) = p′(−2)}.
d) W = {p(x) ∈ R2[x] : p(x) es de grado 2}.
1
Solución.
a) No.
b) No.
c) Antes probar que W es subespacio vectorial de R2[x], estudiemos la estructura de W:
W = {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : p′(1) = p′(−2)}
= {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : p′(x) = a1 + 2a2x, p′(1) = p′(−2)}
= {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : p′(1) = a1 + 2a2, p′(−2) = a1 − 4a2, p′(1) = p′(−2)}
= {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : a1 + 2a2 = a1 − 4a2}
= {p(x) = a0 + a1x + a2x2 ∈ R2[x] : a2 = 0}
= R1[x]
el cual, es un subespacio vectorial.
d) No.
4. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (Rn×n, R,+, ·)? Siendo:
a) W = {A ∈ Rn×n : det(A) = 0}.
b) W = {A ∈ Rn×n : tr(A) = 0}.
c) W = {A ∈ Rn×n : A es simétrica}.
d) W = {A ∈ Rn×n : A es no singular}.
e) W = {A ∈ Rn×n : A es diagonal}.
Solución.
a) No.
b) Sí, es un subespacio.
c) Sí, es un subespacio.
d) No.
e) Sí, es un subespacio.
5. ¿Es W subespacio vectorial del espacio vectorial (C(R), R,+, ·)? Siendo:
a) W = { f ∈ C(R) : f (x) = f (x + 1), para todo x ∈ R }.
b) W = { f ∈ C(R) : f es par}.
c) W = { f ∈ C(R) : f es impar}.
Solución.
Todos son subespacios vectoriales.
6. En C1(R), el espacio de funciones del conjunto R en R, derivables, con primera derivada continua, se
define el conjunto
E ={
f ∈ C1(R) : f ′(0) = f ′(1) = 0}
.
Demostrar que E es un subespacio vectorial de C1(R).
2
Solución.
Vamos a mostrar que E es un subespacio vectorial de R3, para ello debemos demostrar E es no vacío
y que si f , g ∈ E y α ∈ R, tenemos
a) f + g ∈ E; y
b) α f ∈ E.
Para demostrar que es no vacío, demostremos que 0 ∈ E. Dado que 0 es la función constante, se tiene
que su derivada también es la función constante 0, además,
0′(0) = 0(0) = 0
y
0′(1) = 0(1) = 0
por lo tanto, 0 ∈ E.
Ahora, sean f , g ∈ E y α ∈ R, tenemos que
f ′(0) = f ′(1) = 0
y
g′(0) = g′(1) = 0.
a) Debemos mostrar que
f + g ∈ E,
es decir, debemos mostrar que
( f + g)′(0) = ( f + g)′(1) = 0.
Tenemos que
( f + g)′(0) = ( f ′ + g′)(0) = f ′(0) + g′(0) = 0 + 0 = 0
y
( f + g)′(1) = ( f ′ + g′)(1) = f ′(1) + g′(1) = 0 + 0 = 0,
por lo tanto,
( f + g)′(0) = ( f + g)′(1) = 0.
b) Debemos mostrar que
α f ∈ E,
es decir, debemos mostrar que
(α f )′(0) = (α f )′(1) = 0
Tenemos que
(α f )′(0) = (α f ′)(0) = α f ′(0) = α0 = 0
y
(α f )′(1) = (α f ′)(1) = α f ′(1) = α0 = 0,
por lo tanto
(α f )′(0) = (α f )′(1) = 0.
Con esto, se tiene que E es un subespacio vectorial.
7. Dado el espacio vectorial V. Sean W1, W2 dos subespacios vectoriales de V. Demuestre que:
a) W1 ∩ W2 es subespacio vectorial de V.
3
b) W1 ∪ W2 es subespacio vectorial de V si y solo si W1 ⊆ W2 o W2 ⊆ W1.
8. Los subconjuntos W1 ={
(x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 + x3 = 0
}
y W2 ={
(x1, x2, x3) ∈ R3 : x2 = x1 + x3
}
son
subespacios vectoriales de R3 con las operaciones usuales. Calcule W1 ∩W2. ¿El conjunto W1 ∪W2 es un
subespacio vectorial de R3?
Solución.
Verifique que W1 ∩ W2 ={
(−y, 0, y) ∈ R3 : y ∈ R
}
. Además, W1 ∪ W2 no es un subespacio, para
verificar, note que (−2, 1, 2) ∈ W1 y (1, 2, 1) ∈ W2, sin embargo, (−2, 1, 2) + (1, 2, 1) /∈ W1 ∪ W2.
9. En el espacio vectorial R2[t], sean:
p1(t) = t2 + 1, p2(t) = t − 2 y p3(t) = t + 3.
¿Son los vectores p1(t), p2(t) y p3(t) linealmente independientes?
Solución.
Tomemos α1, α2 y α3 ∈ R y planteamos la combinación lineal nula
α1 p1(t) + α2 p2(t) + α3 p3(t) = 0t2 + 0t + 0,
a partir de lo cual se tiene que
α1(t2 + 1) + α2(t − 2) + α3(t + 3) = 0t2 + 0t + 0,
agrupando términos, se obtiene
α1t2 + (α2 + α3)t + (α1 − 2α2 + 3α3) = 0t2 + 0t + 0,
es decir, se obtiene el sistema lineal homogéneo
α1 = 0,
α2 + α3 = 0,
α1 − 2α2 + 3α3 = 0,
cuya matriz escalonada reducida por filas es
1 0 0 | 0
0 1 0 | 0
0 0 1 | 0
.
Entonces, el sistema posee solución única, es decir, α1 = α2 = α3 = 0. Por lo tanto, p1(t), p2(t) y p3(t)
son linealmente independientes.
10. Hallar todos los valores de k ∈ R para los cuales S ⊆ R2×2 es un conjunto linealmente dependiente,
donde
S =
{(
1 k
−1 2
)
,
(
k 1
0 2k
)
,
(
0 0
1 0
)}
.
Solución.
Para k = −1 o k = 1.
11. Suponga que S = {v1, v2, v3} es un conjunto linealmente independiente de vectores de un espacio vec-
torial V. Muestre que T = {w1, w2, w3}, donde w1 = v1 + v2 + v3, w2 = v2 + v3 y w3 = v3, también es
linealmente independiente.
4
Solución.
Tomemos α1, α2 y α3 ∈ R y formemos la combinación lineal nula
α1w1 + α2w2 + α3w3 = 0V ,
considerando la definición de wi con i ∈ {1, 2, 3} se tiene que
α1(v1 + v2 + v3) + α2(v2 + v3) + α3v3 = 0V ,
o equivalentemente
α1v1 + (α1 + α2)v2 + (α1 + α2 + α3)v3 = 0V .
Dado que S es un conjunto linealmente independiente, se concluye que
α1 = 0,
α2 + α2 = 0,
α1 + α2 + α3 = 0,
un sistema lineal homogéneo que posee solución única, lo que implica que α1 = α2 = α3 = 0. Por lo
tanto, T es un conjunto linealmente independiente.
12. Dado el subconjunto S = {(1, 0,−1), (0, 2, 1), (1, 2, 0), (0,−1, 0)} de R3.
a) Estudiar la dependencia lineal de S
b) Si S es linealmente dependiente, encuentre un subconjunto de S, que sea linealmente independiente
y tenga el mayor número de vectores linealmente independientes.
Solución.
a) Veamos si existen α1, α2, α3, α4 ∈ R, no nulos, tales que
α1(1, 0 − 1) + α2(0, 2, 1) + α3(1, 2, 0) + α4(0,−1, 0) = (0, 0, 0).
Multiplicando por los escalares y sumando las ternas, se tiene el sistema lineal:
α1 α3 = 0,
2α2 + 2α3 − α4 = 0,
−α1 α2 = 0.
Como el sistema es homogéneo y tiene más incógnitas que ecuaciones, se tiene que, rang(A) =
rang(A|b), pero es menor que el número de incógnitas. Entonces el sistema tiene una solución no
trivial. Es decir, existe al menos un escalar entre α1, α2, α3 y α4 que toma valores no nulos; por lo
tanto, S es linealmente dependiente.
b) S es linealmente dependiente, entonces al menos un vector es combinación lineal de los demás
elementos de S. Para encontrar este vector resolvemos el sistema escribiendo la matriz aumentada
y utilizando el método de eliminación Gauss:
1 0 1 0 | 0
0 2 2 −1 | 0
−1 1 0 0 | 0
∼
1 0 1 0 | 0
0 2 2 −1 | 0
0 0 0 12 | 0
luego,
α1 = −α3, α2 = −α3 y α4 = 0.
En particular, si α3 = 1, entonces
α1 = −1, α2 = −1 y α4 = 0.
5
Reemplazando en la combinación lineal nula, tenemos:
(−1)(1, 0,−1) + (−1)(0, 2, 1) + (1)(1, 2, 0) + (0)(0,−1, 0) = (0, 0, 0),
entonces, se tiene que
(1, 2, 0) = (1, 0,−1) + (0, 2, 1) + 0(0,−1, 0).
Excluimos de S al vector (1, 2, 0) y veamos si
S′ = {(1, 0,−1), (0, 2, 1), (0,−1, 0)}
es linealmente independiente. Para ello examinamos si α1, α2, α3 nulos, son la única solución de
α1(1, 0,−1) + α2(0, 2, 1) + α3(0,−1, 0) = (0, 0, 0).
El sistema por resolver es
α1 = 0,
2α2 − α3 = 0,
−α1 + α2 = 0.
Es fácil notar que la única solución es la trivial; es decir, α1 = α2 = α3 = 0. Entonces S′ es lineal-
mente independiente y tiene el mayor número de vectores linealmente independientes.
13. Si S = {u1, u2, u3} es un subconjunto de un espacio vectorial V, linealmente independiente, entonces
¿S′ = {u1 − u2, u1 + u2 − u3, u2 − u3} es linealmente independiente?
Solución.
Veamos si existen α1, α2, α3 ∈ R, no nulos, tales que
α1(u1 − u2) + α2(u1 + u2 − u3) + α3(u2 − u3) = 0.
Multiplicando por los escalares y reagrupando la ecuación , se tiene:
(α1 + α2)u1 + (−α1 + α2 + α3)u2 + (−α2 − α3)u3 = 0.
Como u1, u2 y u3 son linealmente independientes, la ecuación anterior tiene solución única trivial; es
decir,
α1 + α2 = 0,
−α1 + α2 + α3 = 0,
−α2 − α3 = 0.
Cuya solución única (verifique) es α1 = α2 = α3 = 0. Por lo tanto S′ es linealmente independiente.
14. ¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores generan a R2?
a) T = {(1, 1), (2,−5), (3, 0)}
b) T = {(1,−2)}
c) T = {(3,−1), (−1, 13 )}
d) T = {(2, 1), (−1, 4)}
Solución.
a) Sea v = (a, b) un vector arbitrario en R2, debemos determinar si v es combinación lineal de los
vectores de T; es decir, si existen α1, α2, α3 ∈ R tales que
α1(1, 1) + α2(2,−5) + α3(3, 0) = (a, b).
La ecuación anterior conduce al sistema lineal{
α1 + 2α2 + 3α3 = a,
α1 − 5α2 = b,
6
de donde, escribiendo la matriz aumentada asociada y aplicando la eliminación Gauss, obtenemos(
1 2 3 | a
1 −5 0 | b
)
∼
(
1 2 3 | a
0 1 37 | a−b
7
)
,
con lo cual, notamos que rang(A) = 2 = rang(A|b) < 3, entonces el sistema tiene al menos una
solución. Por lo tanto, existe solución para cualquier elección de a y b, y se concluye que
R2 = gen(T).
b) Sea v = (a, b) un vector arbitrario en R2, debemos determinar si v es combinación lineal del vector
de T; es decir, si existe α ∈ R tal que
α(1,−2) = (a, b).
Es inmediato notar que, no existe un valor de α tal que se pueda escribir la combinación lineal
dada, y por lo tanto T no genera a R2.
c) Sea v = (a, b) un vector arbitrario en R2, debemos determinar si v es combinación lineal de los
vectores de T; es decir, si existen α1, α2 ∈ R tales que
α1(3,−1) + α2
(
−1,1
3
)
= (a, b).
La ecuación anterior conduce al sistema lineal{
3α1 − α2 = a,
−α1 + 13 α2 = b,
de donde, escribiendo la matriz aumentada asociada, y aplicando la eliminación Gauss, obtenemos(
3 −1 | a
−1 13 | b
)
∼
(
1 − 13 | a
3
0 0 | a+3b3
)
,
con lo cual, notamos que, si a + 3b 6= 0, entonces rang(A) = 1 < rang(A|b) = 2, y el sistema no
tiene solución. Por lo tanto, no existe solución para cualquier elección de a y b, y se concluye que T
no genera a R2.
d) Sea v = (a, b) un vector arbitrario en R2, debemos determinar si v es combinación lineal de los
vectores de T; es decir, si existen α1, α2 ∈ R tales que
α1(2, 1) + α2(−1, 4) = (a, b).
La ecuación anterior conduce al sistema lineal
2α1 − α2 = a,
α1 + 4α2 = b,
cuya representación matricial, Aα = r, es(
2 −1
1 4
)(
α1
α2
)
=
(
a
b
)
,
y notamos que, aplicando la regla de Cramer,
det(A) =
∣
∣
∣
∣
∣
2 −1
1 4
∣
∣
∣
∣
∣
= 9;
es decir, el sistema tiene única solución. Por lo tanto, existe solución para cualquier selección de a
y b, y se concluye que
R2 = gen(T).
15. Sea S ={
t2 + 1, t − 2}
⊆ R3[t], determine 〈S〉.
7
Solución.
〈S〉 ={
at3 + bt2 + ct + d ∈ R3[t] : a = 0, b = 2c + d}
.
16. Sean a, b ∈ R, y T, U ⊆ R4. Determinar los valores de a y b tales que
gen(T) = gen(U)
con
T = {(a, 1,−1, 2), (1, b, 0, 3)} y U = {(1,−1, 1,−2), (−2, 0, 0,−6)}.
Solución.
El generado por T es igual al generado por U si y sólo si los vectores en T son combinación lineal de
los vectores en U; es decir, si existen α1, α2, β1, β2 ∈ R tales que
α1(1,−1, 1,−2) + α2(−2, 0, 0,−6) = (a, 1,−1, 2),
y
β1(1,−1, 1,−2) + β2(−2, 0, 0,−6) = (1, b, 0, 3).
Los resultados anteriores conducen a los sistemas lineales
α1 − 2α2 = a,
−α1 = 1,
α1 = −1,
−2α1 − 6α2 = 2,
y
β1 − 2β2 = 1,
−β1 = b,
β1 = 0,
−2β1 − 6β2 = 3.
Como ambos sistemas tienen la misma matriz de coeficientes, podemos encontrar las soluciones escri-
biendo la matriz aumentada
1 −2 | a | 1
−1 0 | 1 | b
1 0 | −1 | 0
−2 −6 | 2 | 3
,
de donde, resolviendo obtenemos que si a = −1 y b = 0 los vectores en T se pueden escribir como
combinación lineal de los vectores en U, y por ende gen(T) = gen(U).
17. Sea x ∈ R, determinar los valores de x tales que el vector v = (1, x, 2) ∈ R3 pertenezca a gen(S), donde
S = {(1, 2, 3), (1, 1, 1)}
Solución.
El vector v pertenece al generado por S si y sólo si v es combinación lineal de los vectores de S; es
decir, si existen α1 y α2 tales que
α1(1, 2, 3) + α2(1, 1, 1) = (1, x, 2).
La ecuación anterior conduce al sistema lineal
α1 + α2 = 1,
2α1 + α2 = x,
3α1 + α2 = 2,
8
de donde, resolviendo obtenemos
1 1 | 1
2 1 | x
3 1 | 2
∼
1 1 | 1
0 1 | −x + 2
0 0 | −2x + 3
.
Notamos que si −2x+ 3 = 0, rang(A) = 2 = rang(A|b), y este número es igual al número de incógnitas,
luego el sistema tiene una única solución. Entonces, encontramos las incógnitas para cuando x = 32 ,
utilizando la eliminación Gauss-Jordan, así
1 1 | 1
0 1 | 12
0 0 | 0
∼
1 0 | − 12
0 1 | 12
0 0 | 0
,
de donde, el conjunto de soluciones es{(
−1
2,
1
2
)}
.
y con esto se concluye que si x = 23 , v es combinación lineal de los vectores de S, y por ende v pertenece
a gen(S).
18. Sean (E,+, ·, K) un espacio vectorial y S un subconjunto no vacío de E. Muestre que span(S) es subes-
pacio vectorial de E.
Solución.
Sean u, w ∈ span(S), vamos a mostrar que u + w ∈ span(S). Es decir, vamos a mostrar que existen
αi ∈ K tales que
u + v = ∑i
αi · si donde si ∈ S.
Como u ∈ span(S), se tiene que existen βi ∈ K tales que
u = ∑i
βi · si,
como v ∈ span(s), se tiene que existen λi ∈ K tales que
v = ∑i
λi · si.
Luego u + v = ∑i
βi.si + ∑i
λi.si, por distributividad del producto se tiene que
u + v = ∑i
(βi + λi) · si.
Así ya que βi ∈ K y λi ∈ K, podemos tomar αi = (βi + λi) ∈ K tal que
u + v = ∑i
αi · si.
Luego sean u ∈ span(S) y α ∈ K, vamos a mostrar que α · u ∈ span(S). Es decir, vamos a mostrar
que existen λi ∈ K tales que
α · u = ∑i
λi · si donde si ∈ S.
Como u ∈ span(S), se tiene que existen βi ∈ K tales que u = ∑i
βi · si. Luego
α · u = α · ∑i
βi · si.
9
Por distributividad y asociatividad del producto se tiene que
α · u = ∑i
(αβi) · si.
Basta tomar λi = (αβi).
19. Sea E =
{
M ∈ R2×2 : M =
(
a 0
0 b
)
a, b ∈ R
}
, muestre que S =
{(
1 0
0 0
)
,
(
0 0
0 1
)}
genera a E.
Solución.
Sea A =
(
a 0
0 b
)
∈ E, debemos mostrar que existen α1, α2 ∈ R tales que
(
a 0
0 b
)
= α1
(
1 0
0 0
)
+ α2
(
0 0
0 1
)
.
De la igualdad de matrices se obtiene el siguiente sistema lineal de ecuaciones
α1 = a,
α2 = b.
Como el sistema tiene solución única {(a, b)}, podemos concluir que span(S) = E, es decir S genera a
E.
20. Sea W ={
A ∈ R2×2 : A es triangular superior
}
un subespacio vectorial de R2×2 y
A1 =
(
1 1
0 0
)
, A2 =
(
0 1
0 1
)
yA3 =
(
1 0
0 1
)
.
Demuestre que B = {A1, A2, A3} es una base de W.
21. Considere el subespacio vectorial W ={
(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 + x2 + x3 = 0, x4 = −x1
}
. Determine
una base de W.
Solución.
Una base es B = {(−1, 1, 0, 1), (−1, 0, 1, 1)}.
22. Sea S = {(1, 1, 0, 0, 1), (3, 4, 2, 0,−1), (1, 1,−1, 0, 0), (2, 3, 4, 1, 1), (2, 2,−1, 0, 1), (2, 3, 1, 0,−1)} ⊆ R5, de-
termine el subespacio generado por S y una base del mismo.
Solución.
Verifique que
gen(S) = 〈S〉 ={
(x1, x2, x3, x4, x5) ∈ R5 : −7x1 + 6x2 − x3 − x4 − x5 = 0
}
con base
B = {(1, 1, 0, 0, 1), (3, 4, 2, 0,−1), (1, 1,−1, 0, 0), (2, 3, 4, 1, 1)}.
23. En R2×2 se toman los subconjuntos
V =
{(
a b
c d
)
∈ R2×2 : a = d, c = b
}
y W =
{(
a 0
0 d
)
∈ R2×2 : a, d ∈ R
}
.
a) Muestre que V y W son subespacios de R2×2.
10
b) Determine una base de V y su dimensión.
c) Verifique que la dimensión de W es igual a 2, justificar su respuesta.
d) Determinar V ∩ W.
Solución.
Verifique que una base de V es BV =
{(
1 0
0 1
)
,
(
0 1
1 0
)}
.
Verifique que una base de W es BW =
{(
1 0
0 0
)
,
(
0 0
0 1
)}
.
Para el literal d notemos que
W =
{(
a b
c d
)
∈ R2×2 : b = 0, c = 0
}
.
Luego, tenemos que
V ∩ W =
{(
a b
c d
)
∈ R2×2 : a = d, c = b, b = 0, c = 0
}
=
{(
a b
c d
)
∈ R2×2 : a = d, b = 0, c = 0
}
=
{(
d 0
0 d
)
∈ R2×2 : d ∈ R
}
.
24. Sea S = 〈{v1, v2, v3, v4}〉 donde v1 = (1,−1, 2), v2 = (1, 1, 0), v3 = (1, 0, 1) y v4 = (0, 1, 1).
a) Demuestre que S = R3.
b) Determine una base para S.
c) ¿El sistema, x1v1 + x2v2 + x3v3 + x4v4 = (a, b, c), de ecuaciones lineales, tiene solución única para
todo (a, b, c) ∈ R3?
Ejercicios sugeridos: 1a, 3c, 5a, 9, 11, 16 , 21 y 23.
11
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 08
Semestre 2019-B Departamento de Formación Básica
1. Dado k ∈ R. Hallar los valores de k tal que el conjunto S sea linealmente independiente en el espacio
vectorial E.
a) S = {t + kt2,−k + t2, k2t} en E = R2[t].
Solución. Verifique que para todo k ∈ R r {0} el conjunto S es linealmente independiente.
b) S =
{(
1 k
−1 2
)
,
(
k 1
0 2k
)
,
(
0 0
1 0
)}
en E = R2×2.
Solución. Verifique que para todo k ∈ R r {−1, 1} el conjunto S es linealmente independiente.
2. Sea (E,+, ·, K) un espacio vectorial y sean W1 y W2 subespacios de E. Muestre que W1 ∩ W2 es un
subespacio de E.
Solución.
a) Al ser W1 y W2 subespacios concluimos que 0E ∈ W1 y que 0E ∈ W2. Por la definición de intersec-
ción tenemos que 0E ∈ W1 ∩ W2, lo que implica que W1 ∩ W2 6= ∅.
b) Sean u, v ∈ W1 ∩ W2 y sea α ∈ K. Por hipótesis tenemos que
u ∈ W1 y u ∈ W2
y que
v ∈ W1 y v ∈ W2.
Por ser W1 y W2 subespacios tenemos que
αu ∈ W1 y αu ∈ W2.
y que
αu + v ∈ W1 y αu + v ∈ W2,
lo que implica que
αu + v ∈ W1 ∩ W2.
Por a) y b) concluimos que W1 ∩ W2 es un subespacio de E.
3. Sea V un K espacio vectorial. Demuestre cada una de las proposiciones siguientes.
a) Si S ⊆ V, entonces S ⊆ span(S).
Solución. Sea S ⊆ V, notemos que para cualquier x ∈ S, tenemos que x = 1 · x, luego, x ∈ span(S).
Por tanto, se ha mostrado que S ⊆ span(S).
b) Si S ⊆ T ⊆ V y si T es un subespacio de V, entonces span(S) ⊆ T. Esta propiedad se expresa
diciendo que span(S) es el menor subespacio de V que contiene a S.
1
Solución. Supongamos que S ⊆ T ⊆ V y que T es un subespacio de V. Sea x ∈ span(S), entonces
existen αj ∈ K tales que
x = ∑j
αjsj
donde sj ∈ S. Ahora, por hipótesis se tiene que S ⊆ T, luego, sj ∈ T, y dado que T es un subespacio,
tenemos que ∑j
αjsj ∈ T, y, por tanto, x ∈ T, es decir, hemos mostrado que span(S) ⊆ T.
c) Un subconjunto S de V es un subespacio de V si y solo si span(S) = S.
Solución. Supongamos que S es un subespacio de V. Por el literal a) tenemos que S ⊆ span(S).
Además, por el literal b), tenemos que al ser S un subespacio tal que S ⊆ S, entonces span(S) ⊆ S.
Por tanto, span(S) = S.
Recíprocamente, si suponemos que S = span(S), dado que span(S) es un subespacio de V, con-
cluimos que S es un subespacio de V.
d) Si S ⊆ T ⊆ V, entonces span(S) ⊆ span(T).
Solución. Supongamos que S ⊆ T ⊆ V. Por el literal a) sabemos que T ⊆ span(T), lo que implica
que S ⊆ span(T).
Ahora, dado que S ⊆ span(T) y que span(T) es un subespacio, por el literal b), concluimos que
span(S) ⊆ span(T).
e) Si S y T son subconjuntos de V, entonces span(S ∩ T) ⊆ span(S) ∩ span(T).
Solución. Por el literal a) sabemos que
S ⊆ span(S) y T ⊆ span(T). (1)
Dado que span(S) y span(T) son subespacios, concluimos que span(S)∩ span(T) es un subespacio.
A partir de (1), concluimos que
S ∩ T ⊆ span(S) ∩ span(T)
Por tanto, por el literal b), tenemos que
span(S ∩ T) ⊆ span(S) ∩ span(T).
4. Sean V un K espacio vectorial, S un subespacio de V y T = {v1, . . . , vn} ⊆ V un subconjunto de V.
Demuestre que:
span(T) ⊆ S si y solo si vi ∈ S para todo i ∈ {1, . . . , n}.
Solución. Supongamos que S un subespacio de V y que T = {v1, . . . , vn} ⊆ V es un subconjunto de V,
mostramos el enunciado por doble implicación.
a) Supongamos que vi ∈ S para todo i ∈ {1, . . . , n}. Tomemos x ∈ span(T), entonces por definición
de cápsula de un conjunto, existen α1, . . . , αn ∈ K tales que
x = α1v1 + · · ·+ αnvn.
Por hipótesis, al ser S un subespacio de V concluimos que αivi ∈ S para todo i ∈ {1, . . . , n} y,
por tanto, α1v1 + · · ·+ αnvn ∈ S, lo que implica que x ∈ S. Por tanto, dado que x es un elemento
arbitrario de span(T), se ha mostrado que span(T) ⊆ S.
b) Muestre el recíproco.
2
5. En el espacio vectorial R3×3, considere cada conjunto Wi con i ∈ {1, 2, 3, 4}. Para cada i ∈ {1, 2, 3, 4}
muestre que Wi es un subespacio vectorial de R3×3 y determine una base.
a) W1 = {A ∈ R3×3 : A = AT};
Solución. Una base B1 de W1 está dada por
B1 =
1 0 0
0 0 0
0 0 0
,
0 0 0
0 1 0
0 0 0
,
0 0 0
0 0 0
0 0 1
,
0 1 0
1 0 0
0 0 0
,
0 0 1
0 0 0
1 0 0
,
0 0 0
0 0 1
0 1 0
.
b) W2 = {A ∈ R3×3 : A = −AT};
Solución. Una base B2 de W2 está dada por
B1 =
0 1 0
−1 0 0
0 0 0
,
0 0 1
0 0 0
−1 0 0
,
0 0 0
0 0 1
0 −1 0
.
c) W3 = {A = (aij) ∈ R3×3 : aij = 0 para i 6= j, para todo i, j ∈ {1, . . . , 3}};
Solución. Una base B3 de W3 contiene tres elementos en total.
d) W4 = {A ∈ R3×3 : A es una matriz escalar}.
6. En cada uno de los siguientes literales se da un espacio vectorial V y un subespacio W de este. Encuentre
una base para W.
a) V = R4 y W = {x ∈ R
4 : x1 − x2 = x3, x2 + x3 − x4 = 0}.
Solución. Sea x = (x1, x2, x3, x4) ∈ R4, entonces x = (x1, x2, x3, x4) ∈ W si y solo si
x1 − x2 = x3 y x2 + x3 − x4 = 0
o equivalentemente
x1 = x4 y x2 = −x3 + x4.
Luego,
W = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 = x4, x2 = −x3 + x4}
= {(x4,−x3 + x4, x3, x4) ∈ R4 : x3, x4 ∈ R}
= {x3(0,−1, 1, 0) + x4(1, 1, 0, 1) ∈ R4 : x3, x4 ∈ R}
= span({(0,−1, 1, 0), (1, 1, 0, 1)}).
Sea B = {(0,−1, 1, 0), (1, 1, 0, 1)}, se tiene que B genera a W y que B es un conjunto linealmente
independiente (verifique), lo que implica que B es una base de W.
b) V = R4[t] y W = {p(t) ∈ R4[t] : p′(0) + p(0) = 0, p′′′(0)− p′′(0) = 0}.
Solución. Se puede verificar que una base de W es B = {1 − t, 3t2 + t3, t4}.
c) V = R2×2 y W = {A = (aij) ∈ R
2×2 : a12 − a21 = 0, a11 + a22 = 0}.
Solución. Una base para W contiene solamente a 2 elementos.
7. En cada uno de los siguientes literales se da un espacio vectorial V, un subconjunto S ⊆ V. Determine
el subespacio generado por S y halle, a partir de S, una base para dicho subespacio.
a) V = R3 y S = {(1,−1, 0), (1, 0, 0), (1,−2, 0)}.
3
Solución. Verifique que gen(S) = {(x, y, z) ∈ V : z = 0} y que una base para este espacio es
{(1,−1, 0), (1, 0, 0)}.
b) V = R2×3 y S =
{(
1 0 −1
−1 0 1
)
,
(
−1 0 1
1 0 −1
)}
.
Solución. Verifique que
span(S) =
{(
a b c
d e f
)
∈ R2×3 : b = 0, a + c = 0, a + d = 0, e = 0, a − f = 0
}
.
c) V = R2 y S = {(1, 2), (−2, 1), (1, 0), (0,−2)}.
Solución. Una base para el espacio calculado posee solamente dos elementos.
Ejercicios sugeridos: 1a, 3a, 3b, 4, 5a, 6a y 7a.
4
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 09
Semestre 2019-B Departamento de Formación Básica
1. En R2×2 se toman los subconjuntos
W1 =
{(
a b
c d
)
∈ R2×2 : a = d, c = b
}
y W2 =
{(
a 0
0 d
)
∈ R2×2 : a, d ∈ R
}
.
a) Muestre que W1 y W2 son subespacios de R2×2.
b) Determine una base de W1 y su dimensión.
c) Verifique que la dimensión de W2 es igual a 2, justificar su respuesta.
d) Determinar W1 ∩ W2 y su dimensión.
Solución. Verifique que una base de W1 es B1 =
{(
1 0
0 1
)
,
(
0 1
1 0
)}
. y que una base de W2 es B2 =
{(
1 0
0 0
)
,
(
0 0
0 1
)}
. Para el literal d notemos que
W2 =
{(
a b
c d
)
∈ R2×2 : b = 0, c = 0
}
.
Luego, tenemos que
W1 ∩ W2 =
{(
a b
c d
)
∈ R2×2 : a = d, c = b, b = 0, c = 0
}
=
{(
a b
c d
)
∈ R2×2 : a = d, b = 0, c = 0
}
=
{(
d 0
0 d
)
∈ R2×2 : d ∈ R
}
.
2. Sean V un espacio vectorial de dimensión finita, y S un subespacio de V. Demuestre que:
dim(S) = dim(V) si y solo si S = V.
Solución. Supongamos que dim(V) = dim(S) = n. Sea B1 una base de S. Entonces, B1 es un subconjunto
de V linealmente independiente que consta con n elementos, por lo cual, B1 es también una base de V,
y, por tanto, span(B1) = V. Además, por definición de base tenemos que span(B1) = S, lo que implica
que V = S.
Recíprocamente, supongamos que V = S y que dim(V) = m. Sean B1 y B2 bases de V y de S,
respectivamente. Por definición de base tenemos que
span(B1) = V y span(B2) = S
lo que implica que span(B1) = span(B2). Por lo tanto, span(B2) = V y siendo B2 un conjunto lineal-
mente independiente, concluimos que B2 es una base de V, lo que implica que dim(S) = m. Por lo cual,
se ha mostrado que dim(V) = dim(S).
1
3. Demuestre que los siguientes conjuntos son base de R2[t]:
a) B1 = {t2 + 1, t − 2, t + 3};
b) B2 = {p(t), p′(t), p′′(t)}, siendo p(t) = t2 + t − 3.
Solución. Sabemos que dim(R2[t]) = 3, por ende, como B1 y B2 son conjuntos que constan de 3 elemen-
tos, basta probar que estos son linealmente independientes, sí es así, B1 y B2 son bases de R2[t].
4. Sea V un espacio vectorial y W un subespacio vectorial de V. Suponga que B1 = {v1, v2, v3} es base de
W. Demuestre que B2 = {v1 + v2 + v3, v2 + v3, v3} también es base de W.
Solución. Puesto que B1 es base de W, entonces B1 es linealmente independiente. Pruebe que B2 es
linealmente independiente. Ahora, notemos que se tiene que dim(W) = 3 pues card(B1) = 3, y ya que
card(B2) = 3 y B2 ⊆ W, se concluye que B2 es también base de W.
5. Suponga que {v1, v2, . . . , vn} es base de un espacio vectorial V. Demuestre que {v1, v2 − v1, . . . , vn − v1}
también es base de V. ¿Es el recíproco verdadero?
Solución. Puesto que dim(V) = n, basta probar que {v1, v2 − v1, . . . , vn − v1} es linealmente indepen-
diente. Para ello, sean α1, . . . , αn ∈ K escalares tales que
α1v1 + α2(v2 − v1) + · · ·+ αn(vn − v1) = 0,
es decir,
(α1 − α2 − · · · − αn)v1 + α2v2 + · · ·+ αnvn = 0.
Dado que {v1, . . . , vn} es base de V, se sigue que
α1 − α2 − · · · − αn = α2 = · · · = αn = 0,
de donde αi = 0 para cada i ∈ {1, . . . , n}.
Recíprocamente, sean α1, . . . , αn ∈ K tales que
α1v1 + · · ·+ αnvn = 0.
Entonces
(α1 + α2 + · · ·+ αn)v1 + α2(v2 − v1) + · · ·+ αn(vn − v1) = 0,
de donde
α1 + α2 + · · ·+ αn = α2 = · · · = αn = 0
y así también αi = 0 para todo i ∈ {1, . . . , n}, por lo que {v1, . . . , vn} es linealmente independiente, y
dado que dim(V) = n, es una base de V.
6. Sea B = {v1, . . . , vn} una base de un espacio vectorial V, y sea B′ = {w1, . . . , wn} un subconjunto de V
tal que vi ∈ gen(B′) para todo i ∈ {1, . . . , n}. Demuestre que B′ también es una base para V.
Solución. Dado que dim(V) = n, basta probar que B′ genera a V. Por hipótesis, para cada i ∈ {1, . . . , n}
se tiene que existen αi,j con j ∈ {1, . . . , n} tales que
vi = αi1w1 + · · ·+ αinwn.
Sea v ∈ V, dado que B es base de V, existen escalares β1, . . . , βn ∈ K tales que
v = β1v1 + · · ·+ βnvn,
2
de donde
v = β1(α11w1 + · · ·+ α1nwn) + · · ·+ βn(αn1w1 + · · ·+ αnnwn)
o, lo que es lo mismo,
v = (β1α11 + · · ·+ βnαn1)w1 + · · ·+ (β1α1n + · · · βnαnn)wn,
de modo que B′ genera a V.
7. Sea E = R+ × R equipado con las siguientes operaciones:
(u, v) + (u′, v′) = (uu′, v + v′) y α(u, v) = (uα, αv),
para todo (u, v), (u′, v′) ∈ E y todo α ∈ R.
a) Demuestre que (E,+, ·, R) es un espacio vectorial.
b) Sea e el número de Euler (o constante de Napier). Demuestre que {(e, 0), (1, 1)} es base de E y
deduzca el valor de dim(E).
c) ¿Es el conjunto {(1, 0), (1, 1)} una base de E?
Solución.
a) Se deben probar las ocho propiedades que deben satisfacer la suma y el producto para que (E,+, ·, R)
sea un espacio vectorial. Omitimos este detalle y sólo nos enfocamos en la propiedad del neutro de
la suma y del inverso de la suma: Si (u, v) ∈ E entonces se tiene que
(u, v) + (1, 0) = (u1, v + 0) = (u, v) y (1, 0) + (u, v) = (1u, 0 + v) = (u, v),
por lo que 0 = (1, 0) es el neutro para la suma. Consecuentemente, si (u, v) ∈ E se tiene que u > 0,
de donde1
u> 0 y por ende
(
1
u,−v
)
∈ E. Así,
(u, v) +
(
1
u,−v
)
=
(
u1
u, v + (−v)
)
= (1, 0) = 0,
y de manera similar(
1
u,−v
)
+ (u, v) = (1, 0) = 0,
por lo cual −(u, v) =
(
1
u,−v
)
.
b) Sean α, β ∈ R tales que
α(e, 0) + β(1, 1) = 0,
de donde tenemos que
(eα, β) = (1, 0)
y por ende α = β = 0, lo que significa que {(e, 0), (1, 1)} es linealmente independiente. Ahora, sea
(u, v) ∈ E, buscamos escalares α, β ∈ R tales que
(u, v) = α(e, 0) + β(1, 1),
es decir, tales que
eα = u y β = v.
De aquí, tomando α = ln(u) y β = v se tiene lo deseado. Esto significa que {(e, 0), (1, 1)} genera a
E y por ende es una base de E. Se sigue además que dim(E) = 2.
c) Puesto que (1, 0) = 0, el conjunto {(1, 0), (1, 1)} es linealmente dependiente, por lo que no puede
ser base de E.
3
8. En el espacio vectorial R4 considere los subespacios vectoriales
W1 = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x2 = x3, x2 − x3 = x4}
y
W2 = span ({(1, 0, 0, 1), (0, 1, 1,−1), (−1,−1,−1, 2)}) .
a) Obtenga una base B para el subespacio vectorial W1 ∩ W2.
Solución. Notemos que
W2 = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x2 = x3}
que
W1 ∩ W2 = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x2 = x3, x4 = 0}
y que
B = {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 1, 0)}
es una base de W1 ∩ W2.
b) Obtenga una base B2 para W2 que contenga a la base B de W1 ∩ W2.
Solución. Notemos que dim(W2) = 3, lo que implica que buscamos un vector v ∈ R4 tal que
v /∈ W1 ∩ W2 y v ∈ W2.
Ahora, notemos que
(0, 0, 0, 1) /∈ W1 ∩ W2 y (0, 0, 0, 1) ∈ W2.
Por tanto, B2 = {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} es una base de W2 tal que B ⊆ B2.
9. En el espacio vectorial R2×2 considere a
W =
{(
a b
b c
)
∈ R2×2 : a, b, c ∈ R
}
el conjunto de las matrices simétricas de orden 2.
a) Muestre que W es un subespacio vectorial de R2×2.
b) Hallar una base B de W.
c) Completar una base B1 para R2×2 a partir de la base B.
10. En el espacio vectorial R2×2 considere al subespacio vectorial
W =
{(
a b
b c
)
∈ R2×2 : a − 2b − c = 0
}
.
a) Hallar una base B de W.
b) Completar una base B1 para el subespacio de las matrices simétricas de orden 2 a partir de la base
B.
Solución. Sea S el subespacio de matrices simétricas de orden 2, por el ejercicio 9, una base para S
es
BS =
{(
1 0
0 0
)
,
(
0 1
1 0
)
,
(
0 0
0 1
)}
.
Para obtener la base B1 buscamos v tal que
v /∈ W y v ∈ S.
Para determinar v lo buscamos en la base BS de S, obteniendo que B1 = B ∪ {v}.
4
11. En el espacio vectorial R2×2 considere los subespacios vectoriales
W1 =
{(
a b
a + b c
)
∈ R2×2 : a, b, c ∈ R
}
y W2 =
{(
a a − b
b c
)
∈ R2×2 : a, b, c ∈ R
}
.
a) Determinar al subespacio W1 ∩ W2.
b) ¿La matriz
(
1 0
1 −1
)
∈ W1 ∩ W2?
c) Determine las dimensiones de W1, W2 y de W1 ∩ W2.
12. En el espacio vectorial R3 considere los subespacios vectoriales
W1 = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 − x2 + x3 = 0} y W2 = {(x1, x2, x3) ∈ R
3 : x1 + 2x2 − x3 = 0}.
a) Determinar al subespacio vectorial W1 ∩ W2.
b) Hallar una base B = {v1, v2, v3} de R3 tal que v1 ∈ W1 ∩ W2, v2 ∈ W1 y v3 ∈ W2.
Ejercicios sugeridos: 1d, 2, 3a, 5, 8 y 11a.
5
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 10
Semestre 2019-B Departamento de Formación Básica
1. Sea V un espacio vectorial y W1 y W2 dos subespacios de este. Probar que:
a) W1 + W2 es un subespacio de V.
Solución.
1) Notemos que 0V ∈ W1 y 0V ∈ W2, al ser W1 y W2 subespacios. Luego, 0V = 0V + 0V ∈ W1 +W2,
lo que implica que W1 + W2 6= ∅.
2) Sean u, v ∈ W1 + W2 y sea α ∈ K. Vamos a mostrar que αu + v ∈ W1 + W2. Por hipótesis,
existen u1, v1 ∈ W1 y u2, v2 ∈ W2 tales que
u = u1 + u2 y v = v1 + v2.
Entonces,
αu + v = α(u1 + u2) + (v1 + v2) = (αu1 + v1) + (αu2 + v2),
y dado que W1 y W2 son subespacios tenemos que αu1 + v1 ∈ W1 y αu2 + v2 ∈ W2. Por tanto,
αu + v ∈ W1 + W2.
Por 1) y 2), concluimos que W1 + W2 es un subespacio.
b) W1 y W2 están contenidos en W1 + W2.
Solución. Sea w1 ∈ W1, por ser W2 un subespacio 0V ∈ W2 lo que implica que
w1 = w1 + 0V ∈ W1 + W2.
Por lo tanto, W1 ⊆ W1 + W2. De forma similar se muestra que W2 ⊆ W1 + W2.
c) Si W1 ⊆ W2, entonces W1 + W2 = W2.
Solución. Sabemos que W2 ⊆ W1 + W2. Ahora, sea w ∈ W1 + W2, queremos probar que
w ∈ W2.
Para ello, sabemos que
w = w1 + w2,
donde w1 ∈ W1 y w2 ∈ W2. Además, como W1 ⊆ W2, se tiene que w1 ∈ W2, con lo cual w ∈ W2,
que es lo que se quería demostrar.
d) Si W2 ⊆ W1, entonces W1 + W2 = W1.
2. Sean V un espacio vectorial real, S ⊆ V y α ∈ R. Se define
αS = {αx : x ∈ S}.
Si W es un subespacio vectorial de V, demuestre o refute los siguientes enunciados:
a) W + W = 2W.
1
Solución. Dado que W ⊆ W, por el ejercicio 1c), se tiene que
W + W = W.
Además, tenemos que
2W = {2x ∈ V : x ∈ W}
= {y ∈ V : x ∈ W, y = 2x}
= {y ∈ V : y ∈ W, }
= W.
Por lo tanto,
W + W = 2W.
b) 2W + 2W = W.
Solución. Dado que 2W ⊆ 2W, se tiene que
2W + 2W = 2W = W.
c) 2W − 2W = {0}, con W 6= {0}.
Solución. Se tiene que
2W − 2W = 2W + (−2)W
= {w ∈ V : w = w1 + w2, w1 ∈ 2W, w2 ∈ (−2)W}
= {w ∈ V : w = w1 + w2, w1 ∈ W, w2 ∈ W}
= {w ∈ V : w ∈ W}
= W.
Y ya que por hipótesis W 6= {0}, concluimos que el enunciado es falso.
3. Sea (E,+, ·, K) un espacio vectorial y sean W1, W2 ⊆ E dos subespacios vectoriales de E ambos de
dimensión finita. Demuestre que W1 + W2 = W2 + W1
4. Sean W1, W2, W3, subespacios vectoriales del espacio vectorial E de dimensión finita, tal que
a) W1 ⊆ W2,
b) W1 + W3 = W2 + W3, y
c) W1 ∩ W3 = W2 ∩ W3.
Demostrar que W1 = W2.
Solución. Se tiene que
dim(W1 + W3) = dim(W1) + dim(W3)− dim(W1 ∩ W3), (1)
y
dim(W2 + W3) = dim(W2) + dim(W3)− dim(W2 ∩ W3). (2)
Como W1 + W3 = W2 + W3, entonces
dim(W1 + W3) = dim(W2 + W3) (3)
Similarmente, como W1 ∩ W3 = W2 ∩ W3, entonces
dim(W1 ∩ W3) = dim(W2 ∩ W3). (4)
2
Ahora, (3) aplicado a (1) y (2), junto con (4) resulta en
dim(W1) + dim(W3) = dim(W2) + dim(W3)
de donde,
dim(W1) = dim(W2).
Como W1 ⊆ W2, entonces
W1 = W2,
que es lo que se quería demostrar.
5. Sean W1, W2 dos subespacios vectoriales de R4 y {e1, e2, e3, e4} la base canónica de R
4. Sea
W1 = gen({e1 + e2, e3 − e4}) y W2 = gen({−e2 + e1, e3 + e4}).
Determinar W1 + W2 y su dimensión.
6. En R3 sean los subespacios W1 =
{
(x1, x2, x3) ∈ R3 : x2 = 0
}
y W2 = gen({(1, 1, 1), (1, α, α)}), donde α
es un número real.
a) Calcule la dimensión de W1, W2, W1 + W2 y W1 ∩ W2 en función de α.
b) Si α = 1, ¿existe β ∈ R tal que (β, 2, 1) ∈ W1 + W2?
7. Suponga que W1 y W2 son subespacios de dimensión igual a 4 de un espacio vectorial V con dim(V) = 6.
Hallar todas las dimensiones posibles de W1 ∩ W2.
Solución. Notemos que 0 ≤ dim(W1 ∩W2) ≤ dim(V) = 6. Además, por las dimensiones de W1 y de W2
tenemos que dim(W1 ∩W2) ≤ 4. Ahora, si se tiene que W1 +W2 = V, entonces dim(W1 +W2) = 6, y de
dim(W1 + W2) = dim(W1) + dim(W2)− dim(W1 ∩ W2),
concluimos que dim(W1 ∩ W2) ≥ 2. Por lo tanto, 2 ≤ dim(W1 ∩ W2) ≤ 4.
8. En los siguientes literales se dan un espacio vectorial V y dos subespacios W1 y W2. En cada caso,
determinar W1 + W2 y estudiar si W1 y W2 están o no en suma directa de V.
a) V = R3, W1 = {x ∈ V : x1 + x2 = 0, x1 + x3 = 0} y W2 = {x ∈ V : x1 = 0, x2 = 0}.
Solución. Verifique que una base de W1 es B1 = {(1,−1,−1)} y que una base de W2 es B2 =
{(0, 0, 1)}. Luego, W1 + W2 = gen(B1 ∪ B2) = {(x1, x2, x3) ∈ V : x1 + x2 = 0}. Por lo tanto, al ser
W1 + W2 6= R3, se concluye que W1 y W2 no están en suma directa de V.
b) V = R4, W1 = gen({(1,−1, 0, 0), (1, 0,−1, 0), (1, 0, 0,−1)}) y W2 =
{
x ∈ V :4
∑k=1
xk = 0
}
.
Solución. Verifique que W1 + W2 = W1 y que, por tanto, W1 y W2 no están en suma directa de
V.
c) V = R4, W1 = {x ∈ V : x2 + x3 + x4 = 0} y W2 = {x ∈ V : x1 + x2 = 0, x3 = 2x4}.
Solución. Verifique que W1 + W2 = R4 y que W1 ∩ W2 6= {0}, por lo cual, W1 y W2 no están en
suma directa de V.
d) V = Rn×n, W1 =
{
A ∈ V : A = AT}
y W2 ={
A ∈ V : A = −AT}
.
3
Solución. Sea A ∈ Rn×n, tenemos que
A =1
2(A + AT) +
1
2(A − AT)
donde1
2(A + AT) ∈ W1 y
1
2(A − AT) ∈ W2, luego, W1 + W2 = R
n×n.
Además, tenemos que
W1 ∩ W2 = {A ∈ V : A = AT, A = −AT}
= {A ∈ V : A = −A}
= {A ∈ V : A = 0}.
Luego, W1 ∩ W2 = {0}.
Ya que hemos mostrado que W1 + W2 = Rn×n y que W1 ∩ W2 = {0}, concluimos que
W1 ⊕ W2 = Rn×n.
e) V = R2×2, W1 =
{(
a b
c d
)
: b = −a ∈ R
}
y W2 =
{(
a b
c −a
)
: a, b, c ∈ R
}
.
Solución. Notemos que una base de W1 es B1 =
{(
1 −1
0 0
)
,
(
0 0
1 0
)
,
(
0 0
0 1
)}
y que una base
de W2 es B2 =
{(
1 0
0 −1
)
,
(
0 1
0 0
)
,
(
0 0
1 0
)}
, verifique que W1 + W2 = R2×2.
Ahora, dado que dim(W1 + W2) = 4 y que dim(W1) = dim(W2) = 3, concluimos que
dim(W1 ∩ W2) = 2,
lo que implica que W1 ∩ W2 6= {0}, por lo tanto, W1 y W2 no están en suma directa de V.
f ) V = R3×2, W1 = {A ∈ V : AM = 0} y W2 = {A ∈ V : N⊺A⊺ − AN = 0}, siendo M =
(
1
−3
)
y N =
(
1 0 0
0 −1 1
)
.
Solución. Verifique que W1 + W2 =
a b
c d
e f
: c + 3d + e + 3 f = 0
, y que W1 y W2 no están en
suma directa de V.
g) V = R2[t], W1 = {p ∈ V : p′(0) = p(0)} y W2 = R1[t].
Solución. Notemos que B1 = {1 + t, t2} es una base de W1 y que B2 = {1, t} es una base de W2.
Entonces:
W1 + W2 = gen(B1, B2)
= gen({1 + t, t2, 1, t})
= gen({t2, 1, t})
= gen({1, t, t2})
= R2[t].
Además, ya que dim(W1 + W2) = 3 y que dim(W1) = dim(W2) = 2 se concluye que dim(W1 ∩
W2) = 1, lo que implica que W1 ∩ W2 6= {0}, y, por tanto, que no están en suma directa de V.
h) V = R3[t], W1 = {p ∈ V : p(0) + p′(0) = 0} y W2 = {p ∈ V : p′′(0)− p′(0) = 0}.
4
Solución. Verifique que W1 + W2 = R3[t], y que W1 y W2 no están en suma directa de V.
i) V es el espacio de funciones reales, W1 = { f ∈ V : f (−x) = f (x), para todo x ∈ R} y
W2 = { f ∈ V : f (−x) = − f (x), para todo x ∈ R}.
Solución. Verifique que W1 ⊕ W2 = V, para esto, tome f ∈ V y considere a h, g : R → R definidas
por
h(x) =f (x) + f (−x)
2y g(x) =
f (x)− f (−x)
2
para todo x ∈ R. Verifique que h ∈ W1, que g ∈ W2 y que f = h + g. Además, debe verificar que
W1 ∩ W2 = { f ∈ V : f (−x) = f (x), f (−x) = − f (x), para todo x ∈ R} = {0 f }.
9. Sea W = {p(x) ∈ R4[x] : p′′(−1) = 0}
a) Encontrar una base para W
b) Completar la base del literal anterior a una base para R4[x]
c) Determinar un subespacio U de R4[x] tal que R4[x] = U ⊕ W
Solución.
a) Tenemos
W = {ax4 + bx3 + cx2 + dx + e ∈ R4[x] : 12a − 6b + 2c = 0}.
Sea ax4 + bx3 + cx2 + dx + e ∈ R4[x], entonces ax4 + bx3 + cx2 + dx + e ∈ W si y solo si
12a − 6b + 2c = 0,
de donde se obtiene que
a =1
2b −
1
6c,
por lo tanto
ax4 + bx3 + cx2 + dx + e =
(
1
2b −
1
6c
)
x4 + bx3 + cx2 + dx + e
= b
(
1
2x4 + x3
)
+ c(−1
6x4 + x2) + d(x) + e(1).
Con esto, se obtiene que
B =
{
1
2x4 + x3,−
1
6x4 + x2, x, 1
}
es un conjunto generador de E.
Ahora, tomamos α1, α2, α3, α4 ∈ R y escribimos la combinación lineal nula con los elementos de B,
α1
(
1
2x4 + x3
)
+ α2
(
−1
6x4 + x2
)
+ α3(x) + α4(1) = 0x4 + 0x3 + 0x2 + 0x + 0.
El resultado anterior conduce al sistema
12 α1 − 1
6 α2 = 0,
α1 = 0,
α2 = 0,
α3 = 0,
α4 = 0,
de donde, notamos que α1 = α2 = α3 = α4 = 0. Con lo cual, se tiene que B es un conjunto
linealmente independiente, y, por tanto, una base de W.
5
b) Notamos que
card(B) = 4 = dim(W).
Como dim (R4[x]) = 5, debemos completar B con un vector q(x) ∈ R4[x] tal que
{q(x)} ∪ B
sea un conjunto linealmente independiente. Para ello, debemos determinar q(x) tal que
q(x) /∈ gen(B) = W.
Entonces tomemos q(x) = x3 + x, y notemos que q(x) /∈ W y que {q(x)} ∪ B es linealmente inde-
pendiente. Ahora, en virtud de lo anterior se concluye que
B′ =
{
1
2x4 + x3,−
1
6x4 + x2, x, 1, x3 + x
}
es una base de R4[x].
c) Del literal anterior tenemos
span(B′) = R4[x],
de donde
B′ = B ∪ {q(x)} ,
con q(x) = x3 + x. Además, sabemos que
gen(B) = W.
Denotamos gen({q(x)}) = U, notemos que dim(U) = 1. Luego, sabiendo que
dim(U + W) = dim(U) + dim(W)− dim(U ∩ W),
se tiene que
dim(W ∩ U) = dim(U) + dim(W)− dim(U + W) = 1 + 4 − 5 = 0
entonces,
U ⊕ W = R4[x].
10. En R1[t], se define el subespacio vectorial
V = {p(t) ∈ R1[t] : p′(0) = p(1)}.
Determinar un subespacio vectorial W de R1[t] tal que
R1[t] = V ⊕ W.
Solución. Se tiene que:
V = {p(t) = a + bt : p′(0) = p(1)}
= {a + bt : b = a + b}
= {bt : b ∈ R}
= 〈{t}〉
donde BV = {t} es base de V.
Tomando como referencia la base canónica de R1[t], se define a
W = 〈{1}〉
donde W es un subespacio vectorial, puesto que la cápsula de un conjunto genera un subespacio vecto-
6
rial, además
BW = {1}
es base de W.
Se tiene que:
V + W = 〈BV ∪ BW〉 = 〈{1, t}〉 = R1[t]
además, como dim(V ∩ W) = 0, tenemos que
V ∩ W = {0}
entonces se tiene que
R1[t] = V ⊕ W.
11. Decidir si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas, justificando su respuesta.
a) Si W1, W2 son subespacios de R3 con dim(W1) = dim(W2) = 2, entonces existe v ∈ R
3r {0} tal
que v ∈ W1 ∩ W2.
Solución. Notemos que solo existen dos opciones a ser estudiadas: W1 = W2 y W1 6= W2, que
en ambos casos nos lleva a concluir que W1 ∩ W2 6= {0}, lo que implica que existe al menos un
v ∈ R3r {0} tal que v ∈ W1 ∩ W2. Por lo tanto, el enunciado es verdadero.
b) Si W1, W2 y W3 son subespacios de R11 con dim(W1) = dim(W2) = dim(W3) = 4, entonces
dim(W1 ∩ W2 ∩ W3) ≥ 1.
Solución. El enunciado es falso, para mostrarlo consideremos la base canónica de R11 y definamos
W1 = W2 = gen ({e1, e2, e3, e4}) y W3 = gen ({e5, e6, e7, e8}) .
De donde, dim(W1) = dim(W2) = dim(W3) = 4 con
W1 ∩ W2 = W1 + W2 = W1 y W1 ∩ W3 = W2 ∩ W3 = {0} ,
lo que nos permite concluir que
W1 + W2 + W3 = {x ∈ R11 : x9 = x10 = x11 = 0} y W1 ∩ W2 ∩ W3 = {0}
y que dim(W1 ∩ W2 ∩ W3) = 0.
12. En el espacio vectorial R2×2 considere los subespacios
W1 =
{(
a b
c d
)
∈ R2×2 : a + b = 0
}
y W2 =
{(
a b
c d
)
∈ R2×2 : a + c = 0
}
.
a) Encuentre una base B1 y B2 para W1 y W2, respectivamente. Concluya el valor de las dimensiones
de W1 y de W2.
b) Determine a W1 + W2 y a W1 ∩ W2. Obtenga las dimensiones de W1 + W2 y de W1 ∩ W2.
c) ¿Se tiene que W1 ⊕ W2 = R2×2? Justifique su respuesta.
13. En el espacio vectorial R4 considere el subespacio vectorial
W1 = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 + x2 = x3, x1 − x3 = x4}.
a) Encontrar una base B1 para W1.
b) Hallar un subespacio vectorial W2 de R4 tal que R
4 = W1 ⊕ W2.
c) Encontrar una base B para R4 que contenga a B1.
7
14. En el espacio vectorial R2[t] considere al subespacio W1 = {p(t) ∈ R2[t] : p(t − 1) = p(t + 1)}.
Determinar un subespacio W2 tal que R2[t] = W1 ⊕ W2.
15. Sea E el espacio vectorial de las funciones reales y continuas en el intervalo cerrado [a, b]. Se consideran
los subconjuntos de E dados por
W1 =
{
f ∈ E :
ˆ b
af (t) dt = 0
}
y W2 = { f ∈ E : f es la función constante} .
a) Demuestre que W1 y W2 son subespacios vectoriales de E.
b) Muestre que E = W1 ⊕ W2.
Sugerencia: Para mostrar que E = W1 + W2, tomar un f ∈ E y escribirlo como f (x) = ( f (x)− k) +
k = f1(x) + f2(x) para todo x ∈ [a, b] donde f1 ∈ W1 y f2 ∈ W2, encuentre el valor de k y concluya
el resultado.
Solución. Sea f ∈ E, tomemos un k ∈ R, para todo x ∈ [a, b] notemos que
f (x) = ( f (x)− k) + k,
a partir de lo cual se definen f1, f2 ∈ E por
f1(x) = f (x)− k y f2(x) = k
para todo x ∈ [a, b].
Notemos que para que f1 ∈ W1 se debe tener que
ˆ b
af1(x) dx =
ˆ b
a( f (x)− k) dx = 0
lo que implica que k =1
b − a
ˆ b
af (x) dx. De esta forma, con el valor encontrado de k, podemos asegurar
que
f1 ∈ W1 y f2 ∈ W2,
luego, f ∈ W1 + W2, lo que implica que E = W1 + W2.
Se tiene también que
W1 ∩ W2 =
{
f ∈ E :
ˆ b
af (x) dx = 0, f es la función constante
}
={
0 f
}
.
Por lo tanto, ya que
E = W1 + W2 y W1 ∩ W2 = {0 f }
se concluye que
E = W1 ⊕ W2.
16. Sea V = C(R, R) el espacio de las funciones de los reales en los reales. Considere los subespacios de V:
W1 = { f ∈ V : f (0) = f (1) = 0}
y
W2 = { f ∈ V : f (x) = ax + b, para todo x ∈ R, con a, b ∈ R}.
Muestre que V = W1 ⊕ W2.
Sugerencia: Para mostrar que V = W1 + W2, tomar un f ∈ V y escribirlo como f (x) = ( f (x)− ax −
b) + (ax + b) = f1(x) + f2(x) para todo x ∈ R donde f1 ∈ W1 y f2 ∈ W2, encuentre el valor de a y de b
y concluya el resultado.
8
17. Suponga que W1 y W2 son subespacios de R8 tales que dim(W1) = 3, dim(W2) = 5 y W1 + W2 = R
8.
Probar que R8 = W1 ⊕ W2.
Solución. De R8 = W1 + W2 concluimos que dim(W1 + W2) = 8 que junto con
dim(W1) = 3 y dim(W2) = 5
y la fórmula
dim(W1 + W2) = dim(W1) + dim(W2)− dim(W1 ∩ W2)
nos permite obtener que dim(W1 ∩ W2) = 0, lo que implica que W1 ∩ W2 = {0}, y, por tanto,
R8 = W1 ⊕ W2.
Ejercicios sugeridos: 1a, 1b, 1c, 4, 7, 8a, 8c, 8d, 8e, 8g y 10.
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ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 11
Semestre 2019-B Departamento de Formación Básica
1. Sea V un espacio vectorial real con producto interno 〈·, ·〉. Sean α, β ∈ R y sean u, v, w ∈ V. Desarrolle
〈w, αu + βv〉 y 〈αu + βv, αu + βv〉.
Solución. Por propiedades del producto interno tenemos que
〈w, αu + βv〉 = 〈αu + βv, w〉 = 〈αu, w〉+ 〈βv, w〉 = α 〈u, w〉+ β 〈v, w〉 = α 〈w, u〉+ β 〈w, v〉
y que
〈αu + βv, αu + βv〉 = 〈αu, αu + βv〉+ 〈βv, αu + βv〉= α 〈u, αu + βv〉+ β 〈v, αu + βv〉= α2 〈u, u〉+ αβ 〈u, v〉+ αβ 〈v, u〉+ β2 〈v, v〉= α2 〈u, u〉+ αβ 〈u, v〉+ αβ 〈u, v〉+ β2 〈v, v〉= α2 〈u, u〉+ 2αβ 〈u, v〉+ β2 〈v, v〉 .
2. Demuestre o refute si las siguientes funciones son un producto interno:
a)
〈·, ·〉 : R2 × R
2 −→ R
(x, y) 7−→ 2x1x2 + 3y1y2
con x = (x1, x2) y y = (y1, y2).
Solución. Sean x, y ∈ R2 y α ∈ R, por la definición de 〈·, ·〉 se tiene que
〈αx, y〉 = 〈α(x1, x2), (y1, y2)〉= 〈(αx1, αx2), (y1, y2)〉= 2α2x1x2 + 3y1y2
y que
α 〈x, y〉 = α(2x1x2 + 3y1y2) = 2αx1x2 + 3αy1y2.
Si suponemos que 〈αx, y〉 = α 〈x, y〉, tendremos que
2α2x1x2 + 3y1y2 = 2αx1x2 + 3αy1y2,
lo cual implica que
(α − 1)(2αx1x2 − 3y1y2) = 0
Luego, si α 6= 1 y 2αx1x2 6= 3y1y2, tenemos que
〈αx, y〉 6= α 〈x, y〉 ,
por lo cual, 〈·, ·〉 no es un producto interno.
b)
〈·, ·〉 : R2 × R
2 −→ R
(x, y) 7−→ 5x1y1 + 2x2y2
con x = (x1, x2) y y = (y1, y2).
1
c)
〈·, ·〉 : Rn × R
n −→ R
(x, y) 7−→n
∑i=1
xi
n
∑i=1
yi
con x = (x1, . . . , xn) y y = (y1, . . . , yn).
Solución. Sea x = (1,−1, 0, 0, . . . , 0) ∈ Rn, notemos que
〈x, x〉 =n
∑i=1
xi
n
∑i=1
xi =
(
n
∑i=1
xi
)2
= 0
sin embargo, ya que x 6= 0, concluimos que 〈·, ·〉 no es un producto interno.
d)
〈·, ·〉 : Rn×n × R
n×n −→ R
(A, B) 7−→ Tr(AB − BA).
Solución. Sea A ∈ Rn×n
r {0}, por la definición de 〈·, ·〉 tenemos que
〈A, A〉 = Tr(A2 − A2) = Tr(0) = 0.
Por lo tanto, 〈·, ·〉, no es un producto interno.
e)
〈·, ·〉 : R2[t]× R2[t] −→ R
(p, q) 7−→ˆ 1
0p(t)(q(t) + 1) dt.
Solución. Sean p, q ∈ R2[t], tenemos que
〈p, q〉 =ˆ 1
0p(t)(q(t) + 1) dt =
ˆ 1
0(p(t)q(t) + p(t)) dt =
ˆ 1
0p(t)q(t) dt +
ˆ 1
0p(t) dt
y que
〈q, p〉 =ˆ 1
0q(t)(p(t) + 1) dt =
ˆ 1
0(q(t)p(t) + q(t)) dt =
ˆ 1
0p(t)q(t) dt +
ˆ 1
0q(t) dt.
Luego, si p 6= q, por ejemplo, p(t) = 1 y q(t) = t2, tenemos que
ˆ 1
0p(t) dt =
ˆ 1
01 dt = 1 y
ˆ 1
0q(t) dt =
ˆ 1
0t2 dt =
1
3.
Por lo cual, 〈p, q〉 6= 〈q, p〉, lo que implica que 〈·, ·〉 no es un producto interno.
f )
〈·, ·〉 : C ′(0, 1)× C ′(0, 1) −→ R
( f , g) 7−→ f ′(0) + g′(0),
donde C ′(0, 1) es el espacio de funciones con primera derivada en continua (0, 1).
g) Dado x0 ∈ R,
〈·, ·〉 : C(R, R)× C(R, R) −→ R
( f , g) 7−→ f (x0)− g(x0),
donde C(R, R) es el espacio de funciones continuas de R en R.
h)
〈·, ·〉 : R2[t]× R2[t] −→ R
(p, q) 7−→ ∑i∈I
p(i)q(i),
2
donde I = {1, 2, 3}.
Solución. Sean p, q, r ∈ R2[t] y sea α ∈ R.
1) Tenemos que
〈p, p〉 = ∑i∈I
p2(i) = p2(1) + p2(2) + p2(3) ≥ 0.
2) A partir del literal anterior, tenemos que como p ∈ R2[t], p posee a lo más dos raíces reales,
luego, existe al menos un j ∈ I tal que p2(j) 6= 0, por tanto,
〈p, p〉 = 0 si y solo si p = 0.
3) Tenemos que
〈p + q, r〉 = ∑i∈I
((p + q)(i)r(i))
= ∑i∈I
(p(i)r(i) + q(i)r(i))
= ∑i∈I
p(i)r(i) + ∑i∈I
q(i)r(i)
= 〈p, r〉+ 〈q, r〉 .
4) Tenemos que
〈αp, q〉 = ∑i∈I
(αp)(i)q(i) = ∑i∈I
αp(i)q(i) = α ∑i∈I
p(i)q(i) = α 〈p, q〉 .
5) Se tiene que
〈p, q〉 = ∑i∈I
p(i)q(i) = ∑i∈I
q(i)p(i) = 〈q, p〉 .
Por 1), 2), 3), 4) y 5) hemos mostrado que 〈·, ·〉 es un producto interno en R2[t].
3. Sean a y b números reales. Determine las condiciones sobre a y b para que 〈·, ·〉 dado por
〈x, y〉 = x1y1 + x2y2 − ax1y2 − bx2y1
para cada (x, y) ∈ R2 × R
2, defina a un producto interno en R2.
Solución. Si se requiere que 〈·, ·〉 sea un producto interno, entonces en particular para x = (1, 0) y
y = (0, 1) se debería tener que
−a = 〈x, y〉 = 〈y, x〉 = −b
de donde debe cumplirse que a = b. Además, para todo x 6= 0 debe verificarse que 〈x, x〉 > 0, por lo
que
0 < 〈x, x〉= x2
1 + x22 − 2ax1x2
= x21 − 2ax1x2 + ax2
2 + x22 − ax2
2
= (x1 − ax2)2 + (1 − a2)x2
2,
de lo cual deducimos que necesariamente
1 − a2> 0;
es decir −1 < a < 1. En resumen a = b y −1 < a < 1.
4. Sean u, v1, v2, . . . , vn vectores en Rn. Demuestre que si u es ortogonal a v1, v2, . . . , vn, entonces u es orto-
gonal a todo vector en gen({v1, v2, . . . , vn}).
3
Solución. Notemos que si v ∈ gen({v1, v2, . . . , vn}), existen α1, . . . , αn ∈ R, tales que
v = α1v1 + . . . + αnvn.
Luego, por propiedades del producto interno y por hipótesis sobre u y vi con i ∈ {1, . . . , n}, tenemos
que
〈u, v〉 = 〈u, (α1v1 + . . . + αnvn)〉 = α1 〈u, v1〉+ . . . + αn 〈u, vn〉 = 0.
Por lo tanto, u es ortogonal a cualquier vector generado por {v1, v2, . . . , vn}.
5. Sean {u1, . . . , uk, uk+1, . . . , un} una base ortogonal para Rn, S = gen{u1, . . . , uk} y T = gen{uk+1, . . . , un}.
Demuestre que si x ∈ S y y ∈ T, entonces x es ortogonal a y.
Solución. Supongamos que x ∈ S, entonces existen α1, . . . , αk ∈ R, tales que
x =k
∑i=1
αiui.
De forma similar, si suponemos que y ∈ T, existen β1, . . . , βn−k ∈ R, tales que
y =n−k
∑j=1
β juk+j.
Luego, por propiedades del producto interno y por ser {u1, . . . , uk, uk+1, . . . , un} un conjunto ortogonal,
se tiene que:
〈x, y〉 =⟨
k
∑i=1
αiui,n−k
∑j=1
β juk+j
⟩
=k
∑i=1
αi
⟨
ui,n−k
∑j=1
β juk+j
⟩
=k
∑i=1
αi
n−k
∑j=1
β j
⟨
ui, uk+j
⟩
= 0.
Por lo tanto, x es ortogonal a y.
6. Sea V un espacio vectorial real con producto interno. Sean x, y ∈ V. Demuestre cada uno de los siguien-
tes enunciados.
a) ‖x + y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2 si y sólo si 〈x, y〉 = 0.
b) ‖x + y‖ = ‖x − y‖ si y sólo si 〈x, y〉 = 0.
c) ‖x‖ = ‖y‖ si y solo si 〈x + y, x − y〉 = 0.
Solución. Se tiene que
〈x + y, x − y〉 = 0 ⇔ 〈x, x〉 − 〈x, y〉+ 〈y, x〉 − 〈y, y〉 = 0
⇔ 〈x, x〉 − 〈x, y〉+ 〈x, y〉 − 〈y, y〉 = 0
⇔ 〈x, x〉 − 〈y, y〉 = 0
⇔ ‖x‖2 − ‖y‖2 = 0
⇔ ‖x‖ = ‖y‖.
d) ‖x + y‖2 + ‖x − y‖2 = 2‖x‖2 + 2‖y‖2.
4
Solución. Tenemos que
‖x + y‖2 + ‖x − y‖2 = 〈x + y, x + y〉+ 〈x − y, x − y〉= 〈x, x〉+ 〈x, y〉+ 〈y, x〉+ 〈y, y〉+ 〈x, x〉+ 〈x,−y〉+ 〈−y, x〉+ 〈−y,−y〉= 〈x, x〉+ 〈x, y〉+ 〈y, x〉+ 〈y, y〉+ 〈x, x〉 − 〈x, y〉 − 〈y, x〉+ 〈y, y〉= 2 〈x, x〉+ 2 〈y, y〉= 2‖x‖2 + 2‖y‖2,
lo que verifica el resultado.
7. Se define la distancia entre dos vectores de Rn por
d : Rn × R
n −→ R
(x, y) 7−→ ‖x − y‖.
Dados x, y, z ∈ Rn, demuestre que
a) d(x, y) ≥ 0.
b) d(x, y) = 0 si y sólo si x = y.
c) d(x, y) = d(y, x).
d) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y).
Solución.
a) Por las propiedades de norma tenemos que ‖w‖ ≥ 0 para todo w ∈ Rn.
Dado que x − y ∈ Rn, junto con la definición de distancia entre dos vectores aplicada a (x, y),
obtenemos
d(x, y) = ‖x − y‖ ≥ 0.
b) Por las propiedades de norma tenemos que ‖w‖ = 0 si y solo si w = 0.
Supongamos que d(x, y) = 0; por la definición de distancia entre dos vectores aplicada a (x, y),
obtenemos que
d(x, y) = ‖x − y‖ = 0,
lo cual ocurre si y solo si x − y = 0, es decir, x = y. Por lo tanto, se ha mostrado que d(x, y) = 0 si
y solo si x = y.
8. Sean u1, . . . , un vectores ortonormales en Rm, demuestre que
a) ‖u1 − u2‖ =√
2.
b) ‖u1 + · · ·+ un‖2 = ‖u1‖2 + · · ·+ ‖un‖2 = n.
Solución.
a) Por definición de norma tenemos que:
‖u1 − u2‖2 = 〈u1 − u2, u1 − u2〉= 〈u1, u1〉 − 〈u1, u2〉 − 〈u2, u1〉+ 〈u2, u2〉= 1 − 0 − 0 + 1
= 2.
Por lo tanto ‖u1 − u2‖ =√
2.
5
b) Utilicemos Inducción Matemática para demostrar este resultado.
i) Notemos que para n = 1 tenemos que ‖u1‖2 = 1. Luego, la proposición es verdadera cuando
n = 1.
ii) Sea n ∈ N∗, supongamos que
‖u1 + · · ·+ un‖2 = ‖u1‖2 + · · ·+ ‖un‖2 = n (1)
es una proposición verdadera.
Ahora, para n + 1 vamos a mostrar que
‖u1 + · · ·+ un+1‖2 = ‖u1‖2 + · · ·+ ‖un+1‖2 = n + 1
es una proposición verdadera.
Por propiedades de producto interno junto con (1) y la ortonormalidad de los ui tenemos que
‖u1 + · · ·+ un+1‖2 = 〈u1 + · · ·+ un+1, u1 + · · ·+ un+1〉= 〈u1 + · · ·+ un, u1 + · · ·+ un+1〉+ 〈un+1, u1 + · · ·+ un+1〉= 〈u1 + · · ·+ un, u1 + · · ·+ un〉+ 〈u1 + · · ·+ un, un+1〉+〈un+1, u1 + · · ·+ un〉+ 〈un+1, un+1〉
= 〈u1 + · · ·+ un, u1 + · · ·+ un〉+ 2 〈un+1, u1 + · · ·+ un〉+ 〈un+1, un+1〉= ‖u1 + · · ·+ un‖2 + ‖un+1‖2
= ‖u1‖2 + · · ·+ ‖un+1‖2
= n + 1.
Por lo tanto, por i) y ii) se ha mostrado que
‖u1 + · · ·+ un‖2 = ‖u1‖2 + · · ·+ ‖un‖2 = n
es verdad para cada n ∈ N∗.
9. Dado α ∈ R. Sea (V,+, ·, R) un espacio vectorial con producto interno 〈·, ·〉. Se define la función
〈·, ·〉α : V × V → R por
〈u, v〉α = 〈αu, (α + 1)v〉
para todo (u, v) ∈ V × V.
a) Si α = −1, muestre que 〈u, u〉α = 0, para todo u ∈ V. ¿Qué se puede decir respecto a este resultado
si α = 0?
Solución. Sea u ∈ V, tomando α = −1 tenemos que
〈u, u〉α = 〈u, u〉−1 = 〈(−1)u, ((−1) + 1)u〉 = 〈−u, 0〉 = 0
lo que verifica el resultado. De forma similar se tiene que si α = 0, entonces 〈u, u〉0 = 0.
b) Determine todos los valores de α tales que 〈·, ·〉α sea un producto interno.
Solución. Sea α ∈ R, notemos que para cualquier u ∈ V r {0}, tenemos que
〈u, u〉α = 〈αu, (α + 1)u〉 = α(α + 1) 〈u, u〉 ,
dado que 〈·, ·〉 es un producto interno, tenemos que 〈u, u〉 > 0, y por tanto 〈u, u〉α ≥ 0 solamente
cuando α(α + 1) ≥ 0, lo que implica que α ∈]− ∞,−1] ∪ [0,+∞[. Sin embargo, del literal anterior
sabemos que 〈u, u〉−1 = 〈u, u〉0 = 0, con lo cual concluimos que si
α ∈]− ∞,−1[∪]0,+∞[,
〈·, ·〉α es un producto interno en V.
6
c) Tomando V = R3 con el producto interno usual 〈·, ·〉, para los valores de α obtenidos en el literal
anterior, considerando la norma ‖ · ‖α y la distancia dα(·, ·) asociados a 〈·, ·〉α, calcule ‖u‖α y dα(u, v),
donde u = (1, 1, 0) y v = (0, 1, 1).
Solución. Para cada α ∈]− ∞,−1[∪]0,+∞[ tenemos que
‖u‖α =√
〈u, u〉α
=√
〈(1, 1, 0), (1, 1, 0)〉α
=√
〈α(1, 1, 0), (α + 1)(1, 1, 0)〉
=√
α(α + 1) 〈(1, 1, 0), (1, 1, 0)〉
=√
2α(α + 1)
y que
dα(u, v) = ‖u − v‖α
=√
〈u − v, u − v〉α
=√
〈α(u − v), (α + 1)(u − v)〉
=√
α(α + 1) 〈u − v, u − v〉
=√
α(α + 1) 〈(1, 0,−1), (1, 0,−1)〉
=√
2α(α + 1).
10. Sea α ∈ R. En el espacio vectorial R2 se define la función
〈·, ·〉 : R2 × R
2 −→ R
((u1, u2), (v1, v2)) 7−→(
u1 u2
)
(
α −1
−1 1
)(
v1
v2
)
.
a) Obtenga todos los valores de α tal que 〈·, ·〉 sea un producto interno en R2.
Solución. Notemos que para todo u, v ∈ R2 se tiene que 〈u, v〉 = αu1v1 − u2v1 − u1v2 + u2v2.
Verifique que 〈·, ·〉 es un producto interno en R2 para todo α > 1.
Utilizando los valores de α obtenido en el literal a junto con el producto interno definido:
b) Sea B = {(1, 1), (0, 1)} una base de R2. Muestre que B es un conjunto ortogonal.
Solución. Sea α > 1. Tenemos que
〈(1, 1), (0, 1)〉 = α(1)(0)− (1)(0)− (1)(1) + (1)(1) = 0
por lo cual, (1, 1) y (0, 1) son ortogonales, y, por tanto, B es un conjunto ortogonal.
c) Obtenga una base ortonormal a partir de la base B.
Solución. Sea α > 1. Para que B sea un conjunto ortonormal cada uno de sus elementos debe tener
norma igual a 1, por lo cual, calculemos las normas de los elementos de B:
‖(1, 1)‖ =√
〈(1, 1), (1, 1)〉 =√
α − 1 y ‖(0, 1)‖ =√
〈(0, 1), (0, 1)〉 = 1
por lo cual, la base ortonormal buscada es
{
1√α − 1
(1, 1), (0, 1)
}
.
7
11. En el espacio vectorial
M = {A = (aij) ∈ R2×2 : a21 = 0},
el espacio vectorial de las matrices triangulares superiores de orden 2× 2, para A = (aij), B = (bij) ∈ Mse define
〈A, B〉 = a11b11 + a12b12 + a22b22.
a) Sea A ∈ M. Demuestre que 〈A, A〉 = 0 si y sólo si A = 0.
b) Asumiendo que 〈·, ·〉 define un producto interno sobre M, determine si las matrices(
1 −1
0 2
)
y
(
2 2
0 0
)
son ortogonales entre sí.
12. Sea V un K espacio vectorial. Suponga que B = {e1, . . . , en} es una base ortonormal de V. Demostrar
cada enunciado.
a) Para todo u ∈ V se tiene que u = 〈u, e1〉 e1 + · · ·+ 〈u, en〉 en.
Solución. Sea u ∈ V, al ser B una base de V, existen α1, . . . , αn ∈ K tales que
u = α1e1 + · · ·+ αnen.
Realizando el producto 〈u, ei〉 para cada i ∈ {1, . . . , n}, tenemos que
〈u, ei〉 = α1 〈e1, ei〉+ · · ·+ αn 〈en, ei〉 .
Además, dado que B es una base ortonormal, tenemos que⟨
ej, ei
⟩
= 0 para cada j 6= i y que
〈ei, ei〉 = 1 para cada i, j ∈ {1, . . . , n}, por lo cual tenemos que
〈u, ei〉 = αi 〈ei, ei〉 = αi,
para cada i ∈ {1, . . . , n}. Por lo tanto,
u = 〈u, e1〉 e1 + · · ·+ 〈u, en〉 en.
b) Para todo a1, . . . , an, b1, . . . , bn ∈ K se tiene que
〈a1e1 + · · ·+ anen, b1e1 + · · ·+ bnen〉 = a1b1 + · · ·+ anbn.
Solución. Sean a1, . . . , an, b1, . . . , bn ∈ K, tenemos que
〈a1e1 + · · ·+ anen, b1e1 + · · ·+ bnen〉 =⟨
n
∑i=1
aiei,n
∑j=1
bjej
⟩
=n
∑i=1
ai
⟨
ei,n
∑j=1
bjej
⟩
=n
∑i=1
n
∑j=1
aibj
⟨
ei, ej
⟩
=n
∑i=1
aibi 〈ei, ei〉+ ∑i 6=j
aibj
⟨
ei, ej
⟩
.
Como B es un conjunto ortonormal, tenemos que⟨
n
∑i=1
aiei,n
∑j=1
bjej
⟩
=n
∑i=1
aibi = a1b1 + · · ·+ anbn.
8
c) Para todo par de vectores u, v ∈ V se tiene que
〈u, v〉 = 〈u, e1〉 〈v, e1〉+ · · ·+ 〈u, en〉 〈v, en〉 .
Solución. Utilice los resultados del literal a) para obtener una expresión para u, v ∈ V, luego, utilice
estas expresiones junto con el literal b) para obtener el resultado.
13. En el espacio vectorial R2 se define la función 〈·, ·〉 : R
2 × R2 → R por
〈(x1, x2), (y1, y2)〉 =(
x1 x2
)
(
2 −1
1 1
)(
y1
y2
)
para todo (x1, x2), (y1, y2) ∈ R2.
a) Determine las propiedades que se cumplen del producto interno.
b) Si la función 〈·, ·〉 es un producto interno, encuentre una base ortogonal para R2.
14. En el espacio vectorial R2×2 considere el subespacio vectorial W =
{(
a b
c d
)
∈ R2×2 : a − b − c − d = 0
}
y al producto interno
〈A, B〉 = Tr(ABT).
Hallar una base ortogonal para W utilizando este producto interno.
15. En el espacio vectorial R2×2 sean los subespacios vectoriales
W1 =
{(
a b
c d
)
∈ R2×2 : a + d = b + c
}
y W2 =
{(
a b
c d
)
∈ R2×2 : a + d = c, a − b = d
}
.
Considere el producto interno usual en R2×2.
a) Determinar W1 ∩ W2 y obtenga una base B de este espacio vectorial junto con su dimensión.
b) Calcular W1 +W2 y obtenga una base ortogonal B1 de este espacio vectorial que contenga a B junto
con su dimensión.
c) ¿Se tiene que R2×2 = W1 ⊕ W2?
d) ¿Se tiene que W1 ∪ W2 es un subespacio vectorial de R2×2?
16. En el espacio vectorial R3[t] se define el producto interno 〈·, ·〉 : R3[t]× R3[t] → R por
〈p, q〉 =ˆ 1
0p(t)q(t) dt
para todo p, q ∈ R3[t], considere el subespacio vectorial
W = {p(t) ∈ R3[t] : 6p(0) = p′′′(5), p′′(1) = 2p′(0)}.
Utilizando el producto interno definido encuentre una base ortogonal para W.
17. En el espacio vectorial R4 se define el producto interno 〈·, ·〉 : R
4 × R4 → R por
〈(x1, x2, x3, x4), (y1, y2, y3, y4)〉 = x1y1 + 2x2y2 + 3x3y3 + 4x4y4
para todo (x1, x2, x3, x4), (y1, y2, y3, y4) ∈ R4, considere el subespacio vectorial
W = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 + x2 = x3}.
Utilizando el producto interno definido encuentre una base ortonormal para W.
Ejercicios sugeridos: 2a, 2d, 2h, 5, 6c, 8, 10, 12a y 14.
9
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 12
Semestre 2019-B Departamento de Formación Básica
1. Sean a, b, c ∈ R tales que abc 6= 0. En cada caso determine una base ortonormal del subespacio vectorial
W del espacio vectorial V .
a) En V = R2 siendo W = {(x, y) ∈ R
2 : ax + by = 0}.
Solución. Notemos que una base para W es B = {(−b, a)}; dado que B posee un solo elemento
procedemos a construir la base ortonormal B1 a partir de B. Tenemos que
w1 =1
‖u1‖u1 =
1√a2 + b2
(−b, a).
Por lo tanto, B1 =
{(
− b√a2 + b2
,a√
a2 + b2
)}
es la base ortonormal buscada.
b) En V = R3 siendo W = {(x, y, z) ∈ R
3 : ax + by + cz = 0}.
Solución. Notemos que una base para W es B = {u1, u2} donde u1 = (−b, a, 0) y u2 = (−c, 0, a).
Vamos a determinar la base ortogonal B1 = {v1, v2}, para lo cual utilizaremos el proceso de Gram-
Schmidt.
• Para determinar v1:
v1 = u1 = (−b, a, 0).
• Para determinar v2:
v2 = u2 −〈u2, v1〉〈v1, v1〉
v1
= (−c, 0, a)− 〈(−c, 0, a), (−b, a, 0)〉〈(−b, a, 0), (−b, a, 0)〉 (−b, a, 0)
= (−c, 0, a)− bc
a2 + b2(−b, a, 0)
=
(
− a2c
a2 + b2,− abc
a2 + b2, a
)
.
Multiplicando v2 por a2 + b2, reescribimos v2 como v2 = (−a2c,−abc, a3 + ab2).
Luego, B1 = {(−b, a, 0), (−a2c,−abc, a3 + ab2)}.
Ahora, la base ortonormal es B2 = {w1, w2}, donde
w1 =1
‖v1‖v1 y w2 =
1
‖v2‖v2.
(Debe terminar los cálculos).
c) En V = R4 siendo W = {(x, y, z, w) ∈ R
4 : x − y − 2z + w = 0}.
2. En cada espacio vectorial V utilice el proceso de Gram-Schmidt para transformar la base B de V en (i)
una base ortogonal; (ii) una base ortonormal.
a) En V = R2 con B = {(1, 2), (−3, 4)}.
Solución. Sean u1 = (1, 2) y u2 = (−3, 4), vamos a determinar la base ortogonal B1 = {v1, v2},
para hacerlo utilizamos el proceso de Gram-Schmidt.
1
• Para determinar v1:
v1 = u1 = (1, 2).
• Para determinar v2:
v2 = u2 −〈u2, v1〉〈v1, v1〉
v1
= (−3, 4)− 〈(−3, 4), (1, 2)〉〈(1, 2), (1, 2)〉 (1, 2)
= (−3, 4)− (1, 2)
= (−4, 2).
Vamos a determinar ahora la correspondiente base ortonormal B2 = {w1, w2}. Para esto, notemos
que
w1 =1
‖v1‖v1 =
1√5(1, 2).
w2 =2
‖v2‖v2 =
1
2√
5(−4, 2).
Por lo tanto, B2 =
{(√5
5,
2√
5
5
)
,
(
−2√
5
5,
√5
5
)}
.
b) En V = R3 con B = {(1, 1, 1), (0, 1, 1), (1, 2, 3)}.
Solución. Verifique que la base ortogonal es
B1 = {(1, 1, 1), (−2, 1, 1), (0,−1, 1)}
y que la base ortonormal es
B2 =
{(√3
3,
√3
3,
√3
3
)
,
(
−√
6
3,
√6
6,
√6
6
)
,
(
0,−√
2
2,
√2
2
)}
.
3. Sea V = (R2×2,+, ·, R) donde M2×2 es el conjunto de matrices simétricas, se define la función:
〈A, B〉 = Tr(AB)
Para todo A, B ∈ R2×2.
a) Demostrar que 〈A, B〉 define un producto interno en V.
b) Sea B =
{(
1 0
0 0
)
,
(
0 −3
−3 0
)
,
(
−2 0
0 1
)}
, determinar si B es ortogonal usando el producto
interno anterior. Si no lo es, construir una base ortogonal a partir de B.
Solución. Verifique que
⟨(
1 0
0 0
)
,
(
0 −3
−3 0
)⟩
=
⟨(
0 −3
−3 0
)
,
(
−2 0
0 1
)⟩
= 0 y también que
⟨(
1 0
0 0
)
,
(
−2 0
0 1
)⟩
= −2, es decir, B no es ortogonal.
Verifique también que el conjunto ortogonal buscado es{(
1 0
0 0
)
,
(
0 −3
−3 0
)
,
(
0 0
0 1
)}
.
4. Sean V un espacio vectorial con producto interno y sean U, W subespacios de V. Muestre que:
2
a) W⊥ es un subespacio de V.
Solución.
1) Notemos que para todo v ∈ V se tiene que 〈0V , v〉 = 0, luego, 0V ∈ W⊥, es decir, W⊥ 6= ∅.
2) Sean u, w ∈ W⊥. Para todo v ∈ W tenemos que
〈u + w, v〉 = 〈u, v〉+ 〈w, v〉 = 0 + 0 = 0.
Por tanto, u + w ∈ W⊥.
3) Sea u ∈ W⊥ y sea α ∈ K. Para cada v ∈ W se tiene que
〈αu, v〉 = α 〈u, v〉 = α0 = 0.
Luego, αu ∈ W⊥.
Por 1), 2) y 3), hemos mostrado que W⊥ es un subespacio de V.
b) {0V}⊥ = V.
Solución. Dado que V es un espacio vectorial, se tiene que {0V}⊥ ⊆ V.
Notemos que para cualquier v ∈ V, se tiene que 〈v, 0V〉 = 0, luego, v ∈ {0V}⊥, es decir, tenemos
que V ⊆ {0V}⊥.
c) V⊥ = {0V}.
Solución. Como se demostró en el literal a), V⊥ es un espacio vectorial, entonces, {0V} ⊆ V⊥.
Ahora, sea v ∈ V⊥; entonces 〈v, u〉 = 0 para todo u ∈ V. En particular, cuando u = v tenemos que
〈v, v〉 = 0, lo que se verifica si y solo si v = 0V . Por tanto, V⊥ = {0V}.
d) W ∩ W⊥ = {0V}.
Solución. Al ser W y W⊥ subespacios, se tiene que {0V} ⊆ W ∩ W⊥.
Para la otra inclusión, sea v ∈ W ∩ W⊥, entonces
v ∈ W y v ∈ W⊥.
Ahora, ya que v ∈ W⊥, se tiene que 〈v, v〉 = 0 lo que implica que v = 0V ; es decir, tenemos que
W ∩ W⊥ ⊆ {0V}.
Por lo tanto, se ha mostrado que W ∩ W⊥ = {0V}.
e) Si U ⊆ W, entonces W⊥ ⊆ U⊥
5. Sea V un espacio vectorial con producto interno 〈·, ·〉. Sea W un subespacio de dimensión finita de V.
Probar que si x /∈ W, entonces existe y ∈ V tal que y ∈ W⊥ y 〈x, y〉 6= 0.
Solución. Supongamos que x /∈ W. Entonces, x ∈ V = W ⊕ W⊥, por lo que afirmamos que existen
w1 ∈ W y w2 ∈ W⊥, tales que
x = w1 + w2.
Calculemos el producto interno de x con w2:
〈x, w2〉 = 〈w1, w2〉+ 〈w2, w2〉 = 〈w2, w2〉 6= 0;
la última igualdad se sigue del hecho de que w1 es ortogonal a w2 y que w2 6= 0V , ya que de otro modo se
tendría que x = w1 + 0V = w1 ∈ W, lo que contradeciría el supuesto de que x /∈ W; por tanto, tomando
y = w2 hemos probado que existe y ∈ W⊥ tal que 〈x, y〉 6= 0.
3
6. Suponga que U es un subespacio de un espacio vectorial V de dimensión finita con producto interno.
Demuestre que U⊥ = {0V} si y solo si U = V.
Solución. Si U = V, tenemos que U⊥ = V⊥ = {0V}. Ahora, si suponemos que U⊥ = {0V}, dado que
U ⊕ U⊥ = V, se tiene que
dim(V) = dim(U) + dim(U⊥) = dim(U),
que junto con el hecho de que U es un subespacio de V tenemos que U = V.
7. Sea
W = {(a, b, c) ∈ R3 : a − b + c = 0, a + c = 0}
un subespacio vectorial del espacio vectorial R3. Calcular W⊥.
Solución. Notemos que W = {(a, b, c) ∈ R3 : a = −c, b = 0} y que una base para W es B = {(−1, 0, 1)}.
Por tanto,
W⊥ = {(a, b, c) ∈ R3 : 〈(a, b, c), (−1, 0, 1)〉 = 0} = {(a, b, c) ∈ R
3 : −a + c = 0}.
8. Sea
W = {(a, b, c) ∈ R3 : 2a − b = c}
un subespacio vectorial del espacio vectorial R3.
a) Calcular W⊥.
b) Calcular (W⊥)⊥.
c) ¿Se verifica que (W⊥)⊥ = W?
9. Sea
W = {p(x) ∈ R2[x] : p(−1) = p(0)}
un subespacio vectorial del espacio vectorial R2[x].
a) Calcular W⊥
b) ¿R2[x] = W ⊕ W⊥?
Solución.
a) Notemos que W = {p(x) = a + bx + cx2 ∈ R2[x] : b = c} y que una base para W es
B = {1, x + x2}. Por tanto,
W⊥ = {p(x) = a + bx + cx2 ∈ R2[x] :⟨
a + bx + cx2, 1⟩
= 0,⟨
a + bx + cx2, x + x2⟩
= 0}= {p(x) = a + bx + cx2 ∈ R2[x] : a = 0, b + c = 0}.
b) Sabemos que R2[x] = W ⊕ W⊥, para todo W subespacio de R2[x].
10. Sabemos que
〈·, ·〉 : Rn[t]× Rn[t] −→ R
(p, q) 7−→n
∑k=0
p(k/n)q(k/n)
es un producto interno en Rn[t]. Para n = 2, calcular 〈{t}〉⊥
4
Solución. Notemos que para todo p, q ∈ R2[t] se tiene que
〈p, q〉 = p(0)q(0) + p(1/2)q(1/2) + p(1)q(1).
Por tanto, 〈{t}〉⊥ =
{
a + bt + ct2 ∈ R2[t] :3
2a +
5
4b +
9
8c = 0
}
.
11. En R4, sea
U = span({(1, 1, 0, 0), (1, 1, 1, 2)}).
Encuentre u ∈ U tal que la norma ‖u − (1, 2, 3, 4)‖ sea la más pequeña posible.
Solución. Por teorema sabemos que para que ‖u − (1, 2, 3, 4)‖ sea lo más pequeño posible, se debe
tener que u = proyU(1, 2, 3, 4), por lo que procederemos a calcular esta proyección. Para esto, notemos
que {(1, 1, 0, 0), (1, 1, 1, 2)} es una base de U y que
{(√2
2,
√2
2, 0, 0
)
,
(
0, 0,
√5
5,
2√
5
5
)}
es una base
ortonormal de U. Así,
u = proyU(1, 2, 3, 4)
=
⟨
(1, 2, 3, 4),
(√2
2,
√2
2, 0, 0
)⟩(√2
2,
√2
2, 0, 0
)
+
⟨
(1, 2, 3, 4),
(
0, 0,
√5
5,
2√
5
5
)⟩(
0, 0,
√5
5,
2√
5
5
)
=3√
2
2
(√2
2,
√2
2, 0, 0
)
+11√
5
5
(
0, 0,
√5
5,
2√
5
5
)
=
(
3
2,
3
2, 0, 0
)
+
(
0, 0,11
5,
22
5
)
=
(
3
2,
3
2,
11
5,
22
5
)
.
12. Sea B = {w1, w2, w3, w4} una base ortonormal de R4, considere los subespacios de R
4:
S = 〈{w1, w2}〉 y T = 〈{w3, w4}〉 .
a) Demuestre que S y T son subespacios ortogonales.
b) Si x = 2w1 − w2 − 4w3 + 2w4.
1) Determine vectores x1 ∈ S y x2 ∈ T, tales que x = x1 + x2.
2) Calcule proyT(x).
3) Determine la distancia de x al subespacio S.
Solución.
a) Notemos que⟨
wi, wj
⟩
= 0, para todo i, j ∈ {1, 2, 3, 4} con i 6= j, lo que nos permite concluir que S y
T son ortogonales.
b) 1) x1 = 2w1 − w2 ∈ S y x2 = −4w3 + 2w4 ∈ T.
2) proyT(x) = x2.
3) El vector que hace que la distancia de x hacia S sea la más pequeña posible es proyS(x) = x1.
Luego, la distancia buscada es d(x, x1) = ‖x − x1‖ = ‖x2‖ =√
20.
13. En Rn×n con el producto interno 〈A, B〉 = Tr(ABT). Hallar el complemento ortogonal del subespacio de
las matrices diagonales.
5
14. En el espacio vectorial R2[x] se define a la función
〈·, ·〉 : R2[x]× R2[x] −→ R
(p, q) 7−→ˆ 1
0p(x)q(x) dx.
a) Demuestre que 〈·, ·〉 es un producto interno en R2[x]. Utilice este producto para los literales si-
guientes.
b) Sea W = span({x − x2}). Calcular W⊥.
c) Halle una base B para W⊥.
d) Halle una base B1 ortonormal para W⊥.
e) A partir de B1 construya una base ortonormal para R2[x].
f ) ¿Se puede asegurar que R2[x] = W ⊕ W⊥?
15. En el espacio vectorial R4 con el producto interno usual, sea el subespacio vectorial
W = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 + x2 = 0, x3 − x4 = x1}.
a) Encuentre una base ortonormal B para W.
b) Determine a W⊥ y una base para este espacio.
c) Verifique que se cumple que R4 = W ⊕ W⊥.
d) Encuentre una base ortonormal para W⊥.
e) Obtenga una base ortonormal para R4 que contenga a B.
16. Sea V un espacio vectorial real con producto interno con dimensión mayor a 2. Sean a, b ∈ V diferentes
del elemento neutro que son ortogonales entre sí, con ‖a‖ = 1 y ‖b‖ = 2.
a) Determinar la norma de 8a − 3b.
b) Sea W = span({a, b}), determinar proyW(8a − 3b).
17. Sea V un espacio vectorial real con producto interno con dimensión mayor a 2. Sean u, v ∈ V diferentes
del elemento neutro que son ortogonales entre sí, con ‖a‖ = ‖b‖ = 2. Sea W = gen({u + v, u}).
a) ¿Por qué B = {u + v, u} es una base de W? Justifique su respuesta.
Solución. Por hipótesis se tiene que {u, v} es un conjunto ortogonal, lo que implica que es un
conjunto linealmente independiente.
Ahora, sea B0 = {u + v, u} tenemos que B0 genera a W, probemos que también es linealmente
independiente.
Sean α, β ∈ R tales que
α(u + v) + βu = 0V
o equivalentemente,
(α + β)u + αv = 0V .
Dado que {u, v} es linealmente independiente, se tiene el sistema{
α + β = 0,
α = 0,
cuya solución es la nula, lo que implica que B0 es linealmente independiente, y, por tanto, una base
de W.
b) A partir de B obtenga una base ortogonal B1 para W.
6
Solución. Utilizando el proceso de Gram-Schmidt obtenga que la base ortogonal es
B1 =
{
u + v,1
2(u − v)
}
.
c) A partir de B1 obtenga una base ortonormal B2 para W.
Ejercicios sugeridos: 1b, 4a, 4b, 4d, 6, 7, 9 y 12.
7
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 13
Semestre 2019-B Departamento de Formación Básica
1. En cada literal, demuestre que las funciones dadas son aplicaciones lineales.
a)T : R
3 −→ R2×2
x 7−→
(
−x2 x1 + x2
x3 − x1 0
)
.
b)T : R3[x] −→ R2[x]
p(x) 7−→ p(1) + p′(1)(x − 1) +p′′(1)
2(x − 1)2.
c)T : R
n −→ R
x 7−→n
∑k=1
kxk
d) La función T : C([0, 1]) → C([0, 1/2]) definida, para cada función continua f : [0, 1] → R por
T( f )(x) =
ˆ x
0e−t f (2t) dt,
para todo x ∈ [0, 1/2].
Solución.
a) Sean x, y ∈ R3 y α ∈ R, se tiene que
T(x + y) =
(
−(x2 + y2) (x1 + y1) + (x2 + y2)
(x3 + y3)− (x1 + y1) 0
)
=
(
−x2 − y2 (x1 + x2) + (y1 + y2)
(x3 − x1) + (y3 − y1) 0
)
=
(
−x2 x1 + x2
x3 − x1 0
)
+
(
−y2 y1 + y2
y3 − y1 0
)
= T(x) + T(y),
y
T(αx) =
(
−αx2 αx1 + αx2
αx3 − αx1 0
)
= α
(
−x2 x1 + x2
x3 − x1 0
)
= αT(x),
de modo que T es una aplicación lineal.
b) Sean p(x), q(x) ∈ R3[x] y α ∈ R, se tiene que
T(p(x) + q(x)) = (p + q)(1) + (p + q)′(1)(x − 1) +(p + q)′′(1)
2(x − 1)2
= [p(1) + q(1)] + [p′(1) + q′(1)](x − 1) +p′′(1) + q′′(1)
2(x − 1)2
1
=
[
p(1) + p′(1)(x − 1) +p′′(1)
2(x − 1)2
]
+
[
q(1) + q′(1)(x − 1) +q′′(1)
2(x − 1)2
]
= T(p(x)) + T(q(x)),
y
T(αp(x)) = αp(1) + αp′(1)(x − 1) +αp′′(1)
2(x − 1)2
= α
[
p(1) + p′(1)(x − 1) +p′′(1)
2(x − 1)2
]
= αT(p(x)).
Así, T es una aplicación lineal.
c) Sean x, y ∈ Rn y α ∈ R, entonces
T(x + y) =n
∑k=1
k(xk + yk) =n
∑k=1
kxk +n
∑k=1
kyk = T(x) + T(y),
y
T(αx) =n
∑k=1
kαxk = αn
∑k=1
kxk = αT(x),
lo que prueba que T es una aplicación lineal.
d) Antes de proceder a la resolución del ejercicio, se realiza un pequeño análisis de éste. En este caso
dada una función continua f : [0, 1] → R, la función T asigna a f una nueva función T( f ) :
[0, 1/2] → R, definida para cada x ∈ [0, 1/2] por
T( f )(x) =
ˆ x
0e−t f (2t) dt.
Cabe recalcar que el dominio de la función T( f ) debe ser necesariamente un subconjunto del inter-
valo [0, 1/2] (el estudiante motivado buscará una explicación para esto).
Con esto en mente, sean f , g ∈ C([0, 1]) y α ∈ R, entonces, para todo x ∈ [0, 1/2] se tiene que
T( f + g)(x) =
ˆ x
0e−t( f + g)(2t) dt
=
ˆ x
0e−t[ f (2t) + g(2t)] dt
=
ˆ x
0[e−t f (2t) + e−tg(2t)] dt
=
ˆ x
0e−t f (2t) dt +
ˆ x
0e−tg(2t) dt
= T( f )(x) + T(g)(x)
= [T( f ) + T(g)](x),
de modo que
T( f + g) = T( f ) + T(g).
Por otro lado, para todo x ∈ [0, 1/2], se tiene que
T(α f )(x) =
ˆ x
0e−t(α f )(2t) dt
=
ˆ x
0e−tα f (2t) dt
= α
ˆ x
0e−t f (2t) dt
= αT( f )(x)
2
= [αT( f )](x),
por lo cual
T(α f ) = αT( f ),
lo que prueba que T es una aplicación lineal.
2. Sea R+ con la estructura de espacio vectorial
x ⊕ y = xy y α ⊙ x = xα,
para todo x, y ∈ R+ y todo α ∈ R. Demuestre que la función ln : R
+ → R es una aplicación lineal.
Solución. Sean x, y ∈ R+ y sea α ∈ R, entonces
ln(x ⊕ y) = ln(xy) = ln(x) + ln(y)
y
ln(α ⊙ x) = ln(xα) = α ln(x).
Por tanto, ln ∈ L(R+, R).
3. En cada caso, determine el núcleo y la imagen de la aplicación lineal dada:
a) T : R3 → R
2 dada por T(x) = (x1 − x3, 2x2 + x3), para todo x ∈ R3.
b) T : R2×2 → R
2 definida por T(A) = e1 A − 3e2 A, para todo A ∈ R2×2.
c) T : R3[x] → R dada por T(p(x)) = p(0) + p′(0), para todo p(x) ∈ R3[x].
d) T : Rn×n → R
n×n definida por T(A) = A − A⊺, para todo A ∈ Rn×n.
e) T : Rn[x] → Rn+1[x], dada por
T(p(x)) =
ˆ x
0p(t) dt,
para todo p(x) ∈ Rn[x].
f ) T : C1(R) → C(R) definida por T( f ) = f ′ + α f , para todo f ∈ C1(R), siendo α ∈ R una constante.
(Sugerencia: Recuerde que (eαx f (x))′ = eαx( f ′(x) + α f (x)), para todo x ∈ R.)
Solución.
a) Sea x ∈ R3, entonces x ∈ ker(T) si y sólo si (x1 − x3, 2x2 + x3) = 0, lo que es equivalente a
x1 − x3 = 0 y 2x2 + x3 = 0.
Al resolver este sistema, podemos concluir que
ker(T) = gen{(2,−1, 2)}.
Esto, además, implica que dim(ker(T)) = 1, de donde
3 = dim(R3) = dim(ker(T)) + dim(img(T)) = 1 + dim(img(T)),
y así dim(img(T)) = 2, lo que significa que img(T) = R2.
b) Dada A ∈ R2×2, tenemos que A ∈ ker(T) si y sólo si
a11 − 3a12 = a21 − 3a22 = 0,
de donde se tiene que
ker(T) = {A = (aij) ∈ R2×2 : a11 − 3a12 = a21 − 3a22 = 0}
3
o, equivalentemente,
ker(T) = gen
{(
3 1
0 0
)
,
(
0 0
3 1
)}
,
lo que, en particular, implica que dim(ker(T)) = 2. Con esto,
dim(img(T)) = dim(R2×2)− dim(ker(T)) = 4 − 2 = 2,
de modo que img(T) = R2.
Notemos que los elementos de R2 pueden ser vistos como vectores columna o como vectores fila,
c) Sea p(x) = a + bx + cx2 + dx3 ∈ R3[x], entonces p(x) ∈ ker(T) si y sólo si p(0) + p′(0) = 0, es
decir, si y sólo si a + b = 0. Por ende
ker(T) = {p(x) = a + bx + cx2 + dx3 ∈ R3[x] : a + b = 0}.
Para calcular img(T), notemos que ker(T) = gen({−1+ x, x2, x3}), lo que implica que dim(ker(T)) =
3, y, por tanto, dim(img(T)) = 1. Ahora, notemos que T(1) = 1, de modo que 1 ∈ img(T). Con
esto,
R = gen{1} ⊆ img(T) ⊆ R,
de donde img(T) = R.
d) Sea A ∈ Rn×n, entonces A ∈ ker(T) si y sólo si A − A⊺ = 0, es decir, si y sólo si A es simétrica, por
ende
ker(T) = {A ∈ Rn×n : A es simétrica}.
Ahora, notemos que para toda A ∈ Rn×n se tiene que
T(A)⊺ = (A − A⊺)⊺ = A⊺ − A = −T(A),
por ende T(A) es antisimétrica. Recíprocamente, si B ∈ Rn×n es antisimétrica, tenemos que
T
(
1
2B
)
=1
2B −
1
2B⊺ =
1
2B +
1
2B = B,
de modo que
img(T) = {A ∈ Rn×n : A es antisimétrica}.
e) Sea p(x) =n
∑k=0
akxk ∈ Rn[x]; como
T(p(x)) =
ˆ x
0p(t) dt =
n
∑k=1
ak
k + 1xk+1,
entonces p(x) ∈ ker(T) si y sólo sin
∑k=1
ak
k + 1xk+1 = 0,
es decir, si y sólo si a0 = a1 = · · · = an = 0, por ende ker(T) = {0}.
Sea q(x) =n+1
∑k=0
bkxk ∈ Rn+1[x], tenemos que q(x) ∈ img(T) si y sólo si existe p(x) =n
∑k=0
akxk ∈
Rn[x] tal quen+1
∑k=0
bkxk =n
∑k=1
ak
k + 1xk+1,
de donde se tiene que q(0) = b0 = 0 y bk =ak−1
ksi k ∈ {1, . . . , n + 1}. De este modo,
img(T) = {q(x) ∈ Rn+1[x] : q(0) = 0}.
f ) Sea f ∈ C1(R), entonces f ∈ ker(T) si y sólo si f ′ + α f = 0, es decir, si f ′(x) + α f (x) = 0 para todo
4
x ∈ R. Entonces, tenemos que
eαx( f ′(x) + α f (x)) = 0,
es decir,
(eαx f (x))′ = 0.
Esto sucede si y solamente sí existe c ∈ R tal que eαx f (x) = c, para todo x ∈ R, es decir, f (x) =
ce−αx, para todo x ∈ R. Definamos la función ϕ : R → R mediante ϕ(x) = e−αx, de modo que
f = cϕ. Con esto,
ker(T) = gen{ϕ}.
Ahora, sea g ∈ C(R). Vamos a probar que existe f ∈ C1(R) tal que g = f ′ + α f . Si g ∈ img(T),
existe f ∈ C1(R) tal que g = f ′ + α f , de modo que para todo x ∈ R
eαxg(x) = eαx( f ′(x) + α f (x)),
lo que implica que
eαxg(x) = (eαx f (x))′,
de donde, por el segundo teorema fundamental del cálculo,ˆ x
0eαtg(t) dt = eαx f (x)− f (0).
Así tomando f como
f (x) = e−αx
ˆ x
0eαtg(t) dt,
para todo x ∈ R, de la continuidad de g y por el primer teorema fundamental del cálculo sabemos
que f es derivable y su derivada es continua. Por tanto, si tomamos g ∈ C(R) arbitraria, definiendo
f (x) = e−αx
ˆ x
0eαtg(t) dt,
para todo x ∈ R vemos que f ∈ C1(R) y más aún que
f ′(x) + α f (x) = −αe−αx
ˆ x
0eαtg(t) dt + e−αxeαxg(x) + α
ˆ x
0eαtg(t) dt = g(x),
por lo que hemos encontrado f ∈ C1(R) tal que T( f ) = g, lo cual prueba que C(R) ⊆ img(T).
Ahora, si f ∈ C1(R), por las propiedades de C1 sabemos que f es diferenciable con derivada
continua, por lo que podemos deducir que f ′ + α f es una función continua y por lo tanto T( f ) ∈
C(R); esto prueba que img(T) ⊆ C(R) y finalmente que img(T) = C(R).
4. Sean V0, V1, V2, V3, V4 cinco espacios vectoriales de dimensión finita sobre un campo K y sean Ti : Vi−1 →
Vi aplicaciones lineales, para todo i ∈ {1, 2, 3, 4} tales que ker(Ti) = img(Ti−1) para i ∈ {2, 3, 4}. Supon-
ga que dim(V0) = dim(V4) = 0. Demuestre que:
a) T1 y T4 son la aplicación lineal nula;
b) T2 es inyectiva;
c) T3 es sobreyectiva;
d) dim(V1)− dim(V2) + dim(V3) = 0
Solución.
a) Dado que dim(V0) = dim(V4) = 0, entonces V0 = V4 = {0}, de modo que T1 : V0 → V1 y
T4 : V3 → V4 son necesariamente la aplicación lineal nula.
b) Tenemos que ker(T2) = img(T1) = {0}, pues T1 es la aplicación lineal nula. Así, T2 es inyectiva.
5
c) img(T3) = ker(T4), entonces, como T4 es la aplicación nula, ker(T4) = V3, es decir, img(T3) = V3,
lo que prueba que T3 es sobreyectiva.
d) Tenemos que ker(T3) = img(T2) y T2 es inyectiva, así
dim(V1) = dim(ker(T2)) + dim(img(T2)) = dim(ker(T3)),
además, como T3 es sobreyectiva,
dim(V2) = dim(ker(T3)) + dim(img(T3)) = dim(ker(T3)) + dim(V3).
Así
dim(V2) = dim(V1) + dim(V3),
de donde
dim(V1)− dim(V2) + dim(V3) = 0,
cómo se quería probar.
5. Sea T : V → V una aplicación lineal tal que ker(T) = img(T).
a) Demuestre que T2 := T ◦ T = 0.
b) Suponga que V es de dimensión finita. Demuestre que dim(V) es un número par.
Solución.
a) Sea v ∈ V, entonces T(v) ∈ img(T) = ker(T), por ende T(T(v)) = 0, es decir, T2(v) = 0. Como v
es arbitrario, T2 = 0.
b) Tenemos que
dim(V) = dim(ker(T)) + dim(img(T)) = dim(ker(T)) + dim(ker(T)) = 2 dim(ker(T)),
y como dim(ker(T)) ∈ N, se sigue que dim(V) es un número par.
6. En cada uno de los siguientes literales, presente de manera explícita una aplicación lineal T : V → W
que verifique las condiciones impuestas:
a) V = R3, W = R
4, con T(1, 1, 0) = (0, 0, 1, 1), T(1, 0, 1) = (−2, 3, 0, 0) y T(1, 1, 1) = (0, 0,−1, 1).
b) V = R2[x] y W = R3, con T(1 + x) = (1, 1, 1), T(1 − x) = (−1, 1, 0) y T(1 + x2) = (0, 2,−1).
c) V = R2×2, W = R
2×2, con
T
(
1 1
0 0
)
=
(
0 0
1 1
)
, T
(
1 0
0 0
)
=
(
0 0
0 1
)
, T
(
0 0
1 1
)
=
(
1 1
0 0
)
y
T
(
0 0
0 1
)
=
(
1 0
0 0
)
Solución.
a)T : R
3 −→ R4
(x, y, z) 7−→ (−2x + 2y, 3x − 3y, 2x − y − 2z, y).
b) Notemos que {1 + x, 1 − x, 1 + x2} es una base de R2[x], entonces, para todo a + bx + cx2 ∈ R2[x],
se tiene que (verifique)
a + bx + cx2 =a + b − c
2(1 + x) +
a − b − c
2(1 − x) + c(1 + x2).
6
Luego, al ser T una aplicación lineal tenemos que
T(a + bx + cx2) = T
(
a + b − c
2(1 + x) +
a − b − c
2(1 − x) + c(1 + x2)
)
= T
(
a + b − c
2(1 + x)
)
+ T
(
a − b − c
2(1 − x)
)
+ T(
c(1 + x2))
=a + b − c
2T (1 + x) +
a − b − c
2T (1 − x) + cT
(
1 + x2)
=a + b − c
2(1, 1, 1) +
a − b − c
2(−1, 1, 0) + c(0, 2,−1)
=
(
b, a + c,a + b − 3c
2
)
.
Por tanto,T : R2[x] −→ R
3
a + bx + cx2 7−→
(
b, a + c,a + b − 3c
2
)
.
c)
T : R2×2 −→ R
2×2(
w x
y z
)
7−→
(
z y
x w
)
.
7. Sean V1 y V2 subespacios vectoriales de un espacio vectorial V y sea W un espacio vectorial. Sean
T1 : V1 → W y T2 : V2 → W dos aplicaciones lineales. Demuestre que los siguientes enunciados son
equivalentes:
a) T1(v) = T2(v) para todo v ∈ V1 ∩ V2.
b) Existe una aplicación lineal T : V → W tal que T(v) = T1(v) para todo v ∈ V1 y tal que T(v) =
T2(v) para todo v ∈ V2.
8. En cada caso, determinar si las aplicaciones lineales dadas son o no isomorfismos.
a) T : R4 → R
2×2 dada por
T(x) =
(
x1 + x2 x2 + x3
x3 + x4 x4 + x1
)
para todo x ∈ R4.
b) T : R3[x] → R2×2 dada por
T(p(x)) =
(
p(0) p′(0)
p′′(0) p′′′(0)
)
.
c) T : R3 → R
3 dado por T(x) = x × e2.
d) T : R+ → R definida por T(x) = ln(x), para todo x ∈ R
+, donde sobre R+ se considera la
estructura de espacio vectorial dada por las operaciones
x ⊕ y = xy y α ⊙ x = xα,
para todo x ∈ R+ y todo α ∈ R.
Solución.
a) Sea x ∈ R4, tenemos que x ∈ ker(T) si y sólo si T(x) = 0, es decir,
(
x1 + x2 x2 + x3
x3 + x4 x4 + x1
)
= 0,
7
o, lo que es equivalente,
1 1 0 0
0 1 1 0
0 0 1 1
1 0 0 1
x1
x2
x3
x4
=
0
0
0
0
.
Dado que∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 1 0 0
0 1 1 0
0 0 1 1
1 0 0 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 0,
se sigue que existe x 6= 0 tal que T(x) = 0, por ende ker(T) 6= {0} y así T no es inyectiva.
Consecuentemente, T no es un isomorfismo.
b) Sea p(x) ∈ R3[x], entonces T(p(x)) = 0 si y sólo si(
p(0) p′(0)
p′′(0) p′′′(0)
)
=
(
0 0
0 0
)
,
es decir, si y sólo si
p(0) = p′(0) = p′′(0) = p′′′(0) = 0.
Si p(x) = a + bx + cx2 + dx3, entonces tenemos que a = b = 2c = 6d = 0, de donde se tiene que
ker(T) = {0}, y así, T es inyectiva. Ahora, dado que
dim(R2×2) = 4 = dim(R4) = dim(ker(T)) + dim(img(T)) = dim(img(T)),
se tiene que img(T) = R2×2, o que implica que T es sobreyectiva. Así T es biyectiva y por ende un
isomorfismo.
c) Dado que T(e2) = e2 × e2 = 0, se tiene que T no es inyectiva, y por ende T no es un isomorfismo.
d) Sea x ∈ R+ Tenemos que T(x) = 0 si y sólo si ln(x) = 0, lo que sucede si y sólo si x = 1, pero
1 es el vector nulo del espacio R+, así ker(T) = {1} y por ende T es inyectiva. Ahora, sea y ∈ R,
entonces T(ey) = ln(ey) = y, por ende img(T) = R, lo que significa que T es sobreyectiva. Como
T es biyectiva, T es un isomorfismo.
9. Dado un espacio vectorial V, un automorfismo sobre V es un isomorfismo T : V → V.
a) Demuestre que la composición de automorfismos es un automorfismo.
b) ¿Es el conjunto de automorfismos sobre V un subespacio vectorial de L(V, V)?
c) Demuestre que si T es un automorfismo sobre V, entonces existe T−1 y este también es un auto-
morfismo sobre V.
10. En R3, se define el conjunto
S = {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 1)}.
a) Demuestre que S es una base para R3.
b) Determine si existe una única aplicación lineal T : R3 → R2[t] tal que
T(1, 0, 0) = 1 − t, T(0, 1, 1) = 2t y T(0, 0, 1) = 2.
De existir, ¿a qué es igual T(x, y, z) con (x, y, z) ∈ R3?
c) Halle la imagen de T y determine dim(img(T)).
d) Determine dim(ker(T)).
e) ¿Es T inyectiva?, ¿es T sobreyectiva? Justifique sus respuestas.
8
Solución.
a) Demostremos que S es linealmente independiente, para lo que consideramos α, β, γ ∈ R tales que
α(1, 0, 0) + β(0, 1, 1) + γ(0, 0, 1) = (0, 0, 0),
de dónde, se tiene que α = β = γ = 0, por lo tanto, S es linealmente independiente. Además, como
dim(R3) = 3
y S tiene 3 elementos, se sigue que S es una base para R3.
b) Dado que S es una base de R3, se tiene que existe una única aplicación lineal tal que
T(1, 0, 0) = 1 − t, T(0, 1, 1) = 2t y T(0, 0, 1) = 2.
Por otro lado, sea (x, y, z) ∈ R3, busquemos α, β, γ ∈ R tales que
(x, y, z) = α(1, 0, 0) + β(0, 1, 1) + γ(0, 0, 1),
resolviendo el sistema generado, se tiene que
α = x, β = y y γ = z − y,
por lo tanto, se tiene que
T(x, y, z) = T (x(1, 0, 0) + y(0, 1, 1) + (z − y)(0, 0, 1))
= xT(1, 0, 0) + yT(0, 1, 1) + (z − y)T(0, 0, 1)
= x(2 − t) + y(2t) + (z − y)(2)
= 2x + 2y + 2z + (2y − x)t.
c) Dado que {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 1)} genera a R3, se tiene que
{T(1, 0, 0), T(0, 1, 1), T(0, 0, 1)} = {1 − t, 2t, 2}
genera a img(T). Ahora, sean α, β, γ ∈ R tales que
α(1 − t) + β(2t) + γ(2) = 0 = 0 + 0t + 0t2,
se obtiene el sistema{
α + γ = 0,
−α + 2β = 0.
cuya forma matricial es(
1 0 1 | 0
−1 2 0 | 0
)
.
Realizando reducción por filas tenemos(
1 0 1 | 0
−1 2 0 | 0
)
∼
(
1 0 1 | 0
0 1 0 | 0
)
,
como los unos principales están en la primera y segunda columna, se tiene que
{1 − t, 2t}
es base para img(T), por lo tanto, dim(img(T)) = 2.
d) Utilizando el Teorema de la Dimensión, se tiene que
dim(R3) = dim(img(T)) + dim(ker(T)),
por lo tanto
dim(ker(T)) = 1.
9
e) Se tiene que T no es inyectivo dado que ker(T) 6= {0}. Además, T tampoco es sobreyectivo dado
que img(T) 6= R2[t].
11. Sean E un espacio vectorial de dimensión n ∈ N y T ∈ L(E, E) una aplicación lineal de E en sí mismo.
a) Demuestre que ker(T) es un subespacio vectorial de E.
b) Si img(T) = {0}, determine ker(T).
c) Sea S ∈ L(E, E), demuestre que ker(T) ⊆ ker(S ◦ T).
Solución.
a) Como T es una aplicación lineal, se tiene que
T(0) = 0,
por lo tanto 0 ∈ ker(T).
Por otro lado, sean x, y ∈ ker(T), es decir, T(x) = 0 y T(y) = 0, tenemos que
T(x + y) = T(x) + T(y) = 0 + 0 = 0,
por lo tanto, x + y ∈ ker(T).
Finalmente, sean x ∈ E y α ∈ K, es decir, T(x) = 0, tenemos que
T(αx) = αT(x) = α(0) = 0,
por lo tanto αx ∈ ker(T).
Con esto, se tiene que ker(T) es un subespacio vectorial.
b) Sea x ∈ E, tenemos que T(x) ∈ img(T) = {0}, por lo tanto,
T(x) = 0,
es decir, x ∈ ker(T). Con esto, se tiene que ker(T) = E.
c) Sea x ∈ ker(T), es decir T(x) = 0, por lo tanto
(S ◦ T)(x) = S(T(x)) = S(0) = 0,
es decir, x ∈ ker(S ◦ T). Con esto, ker(T) ⊆ ker(S ◦ T).
12. Sea f : R3 → R
3 una aplicación lineal tal que
f (1, 1,−1) = (1, 1, 0), f (1,−1, 1) = (1, 0, 1) y f (−1, 1, 1) = (0, 1, 1).
Sean
B1 = {(1, 0, 1), (1,−1, 0), (1, 1,−1)} y B2 = {(1, 0,−1), (0,−1, 1), (−1, 1, 1)}
dos bases de R3. Determine:
[I]B1B2
, [I]B2B1
, [ f ]B1B1
, [ f ]B1B2
y [ f ]B2B1
.
Solución. Sea C la base canónica de R3, recordando que
[I]B2B1
= ([I]B1B2)−1 y [I]B1
B2= [I]CB2
[I]B1C = ([I]B2
C )−1[I]B1C .
Notando que
B = {(1, 1,−1), (1,−1, 1), (−1, 1, 1)}
10
es una base de R3, tenemos que:
[ f ]B1B1
= [I]CB1[ f ]BC[I]
B1B = ([I]B1
C )−1[ f ]BC[I]B1B
donde
[I]B1B = [I]CB [I]
B1C = ([I]BC)
−1[I]B1C .
Luego,
[ f ]B1B2
= [I]B1B2[ f ]B1
B1[I]B1
B1= [I]B1
B2[ f ]B1
B1y [ f ]B2
B1= [I]B1
B1[ f ]B1
B1[I]B2
B1= [ f ]B1
B1[I]B2
B1.
13. Dada la transformación lineal
f : R2 −→ R
3
(x, y) 7−→ (x − 2y, 2x + y, x + y).
Sean S y T las bases canónicas de R2 y R
3, respectivamente. Además, sean
S′ = {(1,−1), (0, 1)}
y
T′ = {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (1,−1, 1)}
bases para R2 y R
3, respectivamente.
a) Determine [ f ]ST.
b) Determine [ f ]S′
T′ a través de la expresión [ f ]S′
T′ = [I]TT′ [ f ]ST[I]S′
S .
c) Verifique que se cumple que:
[ f (1, 2)]T′ = [ f ]S′
T′ [(1, 2)]S′ .
Solución.
a) Notemos que
f (1, 0) = (1, 2, 1) y f (0, 1) = (−2, 1, 1),
luego,
[ f (1, 0)]T =
1
2
1
y [ f (0, 1)]T =
−2
1
1
,
por lo cual
[ f ]ST =
1 −2
2 1
1 1
.
b) Notemos que
[I]S′
S =
(
1 0
−1 1
)
y [I]TT′ =
2/3 1/3 −1/3
−1/3 1/3 2/3
1/3 −1/3 1/3
por lo tanto
[ f ]S′
T′ = [I]TT′ [ f ]ST[I]S′
S =
2/3 1/3 −1/3
−1/3 1/3 2/3
1/3 −1/3 1/3
1 −2
2 1
1 1
(
1 0
−1 1
)
=
7/3 −4/3
−2/3 5/3
2/3 −2/3
.
11
c) Dado que [(1, 2)]S′ =
(
1
3
)
, tenemos que
[ f ]S′
T′ [(1, 2)]S′ =
7/3 −4/3
−2/3 5/3
2/3 −2/3
(
1
3
)
=
−5/3
13/3
−4/3
.
Además, se tiene que f (1, 2) = (−3, 4, 3), a partir lo cual:
[ f (1, 2)]T′ =
−5/3
13/3
−4/3
.
14. Dada la transformación linealf : R1[t] −→ R2[t]
p(t) 7−→ tp(t) + p(0).
Sean
S = {t, 1} y S′ = {t + 1, t − 1}
bases para R1[t]. Sean
T = {t2, t, 1} y T′ = {t2 + 1, t − 1, t + 1}
bases para R2[t].
a) Determine [ f ]ST.
b) Determine [ f ]S′
T′ .
c) Verifique que se cumple que:
[ f (−3t + 3)]T′ = [ f ]S′
T′ [(−3t + 3)]S′ .
Solución. En primer lugar, notemos que para p(t) = at + b, donde a, b ∈ R,
f (p(t)) = f (at + b)
= t(at + b) + (a(0) + b)
= at2 + bt + b.
a) Notemos que
f (t) = t2 y f (1) = t + 1,
luego,
[ f (t)]T =
1
0
0
y [ f (1)]T =
0
1
1
,
por lo cual
[ f ]ST =
1 0
0 1
0 1
.
b) Notemos que
f (t + 1) = t2 + t + 1 y f (t − 1) = t2 − t − 1,
12
luego,
[ f (t + 1)]T′ =
11
21
2
y [ f (t − 1)]T′ =
11
2
−3
2
,
por lo cual
[ f ]S′
T′ =
1 1
1/2 1/2
1/2 −3/2
.
c) Dado que [−3t + 3]S′ =
(
0
−3
)
, tenemos que
[ f ]S′
T′ [−3t + 3]S′ =
1 1
1/2 1/2
1/2 −3/2
(
0
−3
)
=
−3
−3/2
9/2
.
Además, se tiene que f (−3t + 3) = −3t2 + 3t + 3, a partir lo cual:
[ f (−3t + 3)]T′ =
−3
−3/2
9/2
.
15. Sean B = {v1, v2} y B′ = {w1, w2} bases de R2 tales que
w1 = −v2 y w2 = v1 + v2.
a) Sea I : R2 → R
2 la aplicación identidad. Encuentre [I]BB′ .
Sea T : R2 → R
2 una aplicación lineal tal que [T]BB =
(
1 −1
2 0
)
.
b) Encuentre [T]BB′ .
c) Calcule [T(2v1 − v2)]B′ .
d) Suponga B es la base canónica de R2. Calcule las coordenadas en la base B de los vectores T(u) y
T(v), si [u]B =
(
1
−1
)
y [v]B′ =
(
−2
1
)
.
Solución.
a) Notemos que B′ = {−v2, v1 + v2}. Luego, [I]BB′ =
(
1 −1
1 0
)
.
b) Tenemos que
[T]BB′ = [I]BB′ [T]BB[I]BB =
(
−1 −1
1 −1
)
.
c) Tenemos que
[T(2v1 − v2)]B′ = [T]BB′ [2v1 − v2]B =
(
−1
3
)
.
d) Tenemos que
[T(u)]B = [T]BB[u]B =
(
2
2
)
.
13
Notemos que
[T]B′
B = [I]BB[T]BB[I]
B′
B = I2[T]BB([I]
BB′)−1 =
(
1 0
0 2
)
.
Por tanto,
[T(v)]B = [T]B′
B [v]B′ =
(
−2
2
)
.
16. Dado C =
(
1 2
3 4
)
, considere la transformación lineal
f : R2×2 −→ R
2×2
A 7−→ AC − CA.
Sean
S =
{(
1 0
0 0
)
,
(
0 1
0 0
)
,
(
0 0
1 0
)
,
(
0 0
0 1
)}
y
T =
{(
1 1
0 0
)
,
(
0 1
0 0
)
,
(
0 0
1 1
)
,
(
1 0
0 1
)}
bases para R2×2. Determine:
a) [ f ]SS b) [ f ]TT c) [ f ]ST d) [ f ]TS
Solución. Primero notemos que para A =
(
a b
c d
)
∈ R2×2, por la definición de f se tiene que
f (A) =
(
3b − 2c 2a + 3b − 2d
−3a − 3c + 3d −3b + 2c
)
.
Notemos que
f
(
1 0
0 0
)
=
(
0 2
−3 0
)
, f
(
0 1
0 0
)
=
(
3 3
0 −3
)
,
f
(
0 0
1 0
)
=
(
−2 0
−3 2
)
, f
(
0 0
0 1
)
=
(
0 −2
3 0
)
,
luego
[
f
(
1 0
0 0
)]
S
=
0
2
−3
0
,
[
f
(
0 1
0 0
)]
S
=
3
3
0
−3
,
[
f
(
0 0
1 0
)]
S
=
−2
0
−3
2
,
[
f
(
0 0
0 1
)]
S
=
0
−2
3
0
.
De forma similar:
f
(
1 1
0 0
)
=
(
3 5
−3 −3
)
, f
(
0 1
0 0
)
=
(
3 3
0 −3
)
,
f
(
0 0
1 1
)
=
(
−2 −2
0 2
)
, f
(
1 0
0 1
)
=
(
0 0
0 0
)
,
14
con
[
f
(
1 1
0 0
)]
T
=
3
2
−3
0
,
[
f
(
0 1
0 0
)]
T
=
6
−3
0
−3
,
[
f
(
0 0
1 1
)]
T
=
−4
2
0
2
,
[
f
(
1 0
0 1
)]
T
=
0
0
0
0
.
Además,
[I]TS =
1 0 0 1
1 1 0 0
0 0 1 0
0 0 1 1
Por lo tanto,
[ f ]SS =
0 3 −2 0
2 3 0 −2
−3 0 −3 3
0 −3 2 0
,
[ f ]TT =
3 6 −4 0
2 −3 2 0
−3 0 0 0
0 −3 2 0
,
[ f ]ST = [I]TT[ f ]TT[I]ST = I4[ f ]TT([I]
TS )
−1 =
−3 6 −7 3
5 −3 7 −5
−3 0 −3 3
3 −3 5 −3
,
[ f ]TS = [I]TS [ f ]ST[I]TS = [I]TS [ f ]TT[I]
TT =
3 3 −2 0
5 3 −2 0
−3 0 0 0
−3 −3 2 0
.
17. Suponga que la matriz de la trasformación lineal f : R3 → R
2 con respecto a las bases S = {v1, v2, v3} y
T = {w1, w2} de R3 y R
2, respectivamente, es
A =
(
1 2 1
−1 1 0
)
donde v1 = (−1, 1, 0), v2 = (0, 1, 1) y v3 = (1, 0, 0) y w1 = (1, 2) y w2 = (1 − 1).
a) Calcule [ f (v1)]T, [ f (v2)]T y [ f (v3)]T.
b) Calcule f (v1), f (v2) y f (v3).
c) Calcule f (2, 1,−1).
d) Calcule f (a, b, c), para cada (a, b, c) ∈ R3.
Solución.
a) A partir de la matriz de representación de f tenemos que:
[ f (v1)]S = A[v1]S =
(
1
−1
)
,
15
[ f (v2)]S = A[v1]S =
(
2
1
)
,
[ f (v3)]S = A[v1]S =
(
1
0
)
.
b) Gracias al literal anterior tenemos que:
f (v1) = (1)(1, 2) + (−1)(1,−1) = (0, 3)
f (v2) = (2)(1, 2) + (1)(1,−1) = (3, 3)
f (v3) = (1)(1, 2) + (0)(1,−1) = (1, 2).
c) Dado que
[(2, 1,−1)]S =
2
−1
4
,
a partir de la matriz de representación de f tenemos que
[ f (2, 1,−1)]T = A[(2, 1,−1)]S =
(
1 2 1
−1 1 0
)
2
−1
4
=
(
4
−3
)
,
luego, obtenemos que
f (2, 1,−1) = 4(1, 2) + (−3)(1,−1) = (1, 11).
Otra forma de realizar este ejercicio es, notando que
(2, 1,−1) = (2)(−1, 1, 0) + (−1)(0, 1, 1) + (4)(1, 0, 0),
luego,
f (2, 1,−1) = 2 f (−1, 1, 0)− f (0, 1, 1) + 4 f (1, 0, 0) = 2(0, 3)− (3, 3) + 4(1, 2) = (1, 11).
d) Para cada (a, b, c) ∈ R3, verifique que
[(a, b, c)]S =
b − c
c
a + b − c
,
luego, a partir de la matriz de representación de f tenemos que
[ f (a, b, c)]T = A[(a, b, c)]S =
(
1 2 1
−1 1 0
)
b − c
c
a + b − c
=
(
a + 2b
−b + 2c
)
,
entonces, obtenemos que
f (a, b, c) = (a + 2b)(1, 2) + (−b + 2c)(1,−1) = (a + b + 2c, 2a + 5b − 2c).
18. Sea f : R3 → R
3 una transformación lineal, tal que
f (1, 0, 0) = (1, 1, 0), f (0, 1, 0) = (2, 0, 1) y f (0, 0, 1) = (1, 0, 1).
a) Determine la matriz de representación de f con respecto a la base canónica S de R3.
b) Determine f (1, 2, 3).
c) Calcule f (a, b, c), para cada (a, b, c) ∈ R3.
Solución.
16
a) Dado que trabajamos con la base canónica de R3 tenemos que
[ f (1, 0, 0)]S =
1
1
0
, [ f (0, 1, 0)]S =
2
0
1
y [ f (0, 0, 1)]S =
1
0
1
.
Luego, la matriz buscada es A =
1 2 1
1 0 0
0 1 1
.
b) Notemos que
(1, 2, 3) = 1(1, 0, 0) + 2(0, 1, 0) + 3(0, 0, 1).
Luego, por la linealidad de f y por hipótesis:
f (1, 2, 3) = 1 f (1, 0, 0) + 2 f (0, 1, 0) + 3 f (0, 0, 1)
= 1(1, 1, 0) + 2(2, 0, 1) + 3(1, 0, 1)
= (1, 1, 0) + (4, 0, 2) + (3, 0, 3)
= (8, 1, 5).
Otra forma de obtener f (1, 2, 3) es por medio de la matriz de presentación, notando que en este
caso se trabaja con la base canónica. Entonces,
[ f (1, 2, 3)]S = A[(1, 2, 3)]S =
1 2 1
1 0 0
0 1 1
1
2
3
=
8
1
5
.
Luego, f (1, 2, 3) = (8, 1, 5).
c) Sea (a, b, c) ∈ R3, utilizando la matriz de representación de f , tenemos que
[ f (a, b, c)]S = A[(a, b, c)]S =
1 2 1
1 0 0
0 1 1
a
b
c
=
a + 2b + c
c
b + c
.
Luego, dado que se trabaja con la base canónica, f (a, b, c) = (a + 2b + c, c, b + c).
19. Suponga que la matriz de representación de la transformación lineal f : R1[t] → R1[t] con respecto a la
base S = {t + 1, t − 1} es
A =
(
2 3
−1 −2
)
.
Determine la matriz de f con respecto a la base T = {t, 1} para R1[t].
Solución. Notemos que A = [ f ]SS, sea B = [ f ]TT la matriz buscada, dado que
[I]ST =
(
1 1
1 −1
)
y [I]TS =
(
1/2 1/2
1/2 −1/2
)
.
Luego, a partir de la expresión:
B = [I]ST A[I]TS
tenemos que B =
(
1 0
4 −1
)
.
20. Considere a una aplicación lineal T : R4 → R
3 tal que
ker(T) = gen({(1, 1, 1, 0), (2,−1, 1, 1)}) y img(T) = gen({(1, 1, 1), (0, 0, 1)}).
17
Encuentre a T.
Solución. Notemos que partir de la definición de ker(T), tenemos que
B = {(1, 1, 1, 0), (2,−1, 1, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}
es una base de R3. Luego, se definen
T(1, 1, 1, 0) = (0, 0, 0), T(2,−1, 1, 1) = (0, 0, 0), T(0, 0, 1, 0) = (1, 1, 1) y T(0, 0, 0, 1) = (0, 0, 1).
Por lo cual, dado que para todo (a, b, c, d) ∈ R3 tenemos que
[(a, b, c, d)]B =
a + 2b
3a − b
3−2a − b + 3c
3−a + b + 3d
3
se tiene que para todo (a, b, c, d) ∈ R3
T(a, b, c, d) =
(
−2a − b + 3c
3,−2a − b + 3c
3,−a + c + d
)
.
21. Sea T : R2 → R
3 una aplicación lineal, B1 = {v1, v2}, B2 = {w1, w2, w3} bases de R2 y R
3 respectiva-
mente y [T]B1B2
=
1 x
2 y
3 z
la matriz asociada a T en las bases B1 y B2.
a) Si T(v2) = w1 + 2w2 + w3. Encuentre x, y, z.
b) Si v = 2v1 − v2. Calcule [T(v)]B2.
c) Decida si T es inyectiva, sobreyectiva. Justifique su respuesta.
Solución.
a) Sabiendo que
[T(v)]B2= [T]B1
B2[v]B1
.
Además,
[T(v)]B2=
1
2
1
y [v]B1
=
(
0
1
)
.
Luego, x = 1, y = 2 y z = 1.
b) Ya que v = 2v1 − v2, tenemos que
[T(v)]B2= [T]B1
B2[v]B1
= [T]B1B2[2v1 − v2]B1
=
1 1
2 2
3 1
(
2
−1
)
=
1
2
5
.
c) Notemos que rang([T]B1B2) = 2, luego, dim(img(T)) = 2 y dim(ker(T)) = 0. Por lo tanto, T es
inyectiva y no es sobreyectiva.
22. En R1[t] y R2, los conjuntos
M = {1 + t, 1 − t} y N = {(1,−1), (0, 1)}
18
son bases de R1[t] y R2, respectivamente. Sea T : R1[t] → R
2 una aplicación lineal tal que
[T]MN =
(
1 −1
0 1
)
.
a) Determinar [2 + t]M.
b) Determinar [T(2 + t)]N .
c) Calcular det([T]MN ), con esto, indicar si T es biyectivo.
d) Determine T(a + bt), para a + bt ∈ R1[t].
Solución.
a) Buscamos α, β ∈ R tales que
α(1 + t) + β(1 − t) = 2 + t,
con lo cual, tenemos el sistema{
α + β = 2,
α − β = 1.
cuya solución es
α =3
2y β =
1
2.
Con esto, se tiene que
[2 + t]M =
(
3/2
1/2
)
.
b) Tenemos que
[T(2 + t)]N = [T]MN [2 + t]N =
(
1 −1
0 1
)(
3/2
1/2
)
=
(
1
1/2
)
.
c) Tenemos que
det([T]MN ) = 1 6= 0,
por lo tanto, T es biyectivo.
d) Sea a + bt ∈ R1[t], buscamos α, β ∈ R tales que
α(1 + t) + β(1 − t) = a + bt,
con lo cual, tenemos el sistema{
α + β = a,
α − β = b.
cuya solución es
α =a + b
2y β =
a − b
2.
Con esto, se tiene que
[a + bt]M =
(
a+b2
a−b2
)
.
por lo tanto
[T(a + bt)]N = [T]MN [a + bt]M =
(
1 −1
0 1
)
a + b
2a − b
2
=
ba − b
2
.
Con esto, se tiene que
T(a + bt) = b(1,−1) +a − b
2(0, 1) =
(
b,a − 3b
2
)
.
19
23. Sean B1 y B2 bases de R2 y R
3 respectivamente. Sea T : R2 → R
3 una aplicación lineal tal que
[T]B1B2
=
0 80
1 −7
0 −20
.
a) Encuentre [v]B1si [T(v)]B2
=
−240
23
60
.
b) Encuentre la dimensión de img(T) y de ker(T).
c) ¿Es T inyectiva?, ¿es T sobreyectiva? Justifique su respuesta.
d) Sea S : R3 → R
2 una aplicación lineal tal que
[S]B2B1
=
(
1 0 −1
0 1 0
)
.
Calcule [T ◦ S]B2B2
.
Solución.
a) Notemos que
[T(v)]B2= [T]B1
B2[v]B1
con [v]B1=
(
a
b
)
. Luego, verifique que a = 2 y que b = −3.
b) Verifique que rang([T]B1B2) = 2. Por lo tanto, dim(img(T)) = 2 y dim(ker(T)) = 0.
c) En virtud del literal anterior, T es inyectiva y no es sobreyectiva. (justifique)
d) Tenemos que
[T ◦ S]B2B2
= [T]B1B2[S]B2
B1=
0 80 0
1 −7 −1
0 −20 0
.
24. Sea T : R3 → R
3 una aplicación lineal definida por T(v) = Av donde
A =
0 1 −1
−1 0 3
0 1 0
.
a) Compruebe que T es invertible. Justifique su respuesta.
b) Calcule [T−1]CC, donde C es la base canónica de R3.
c) Sea B = {(1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1)} una base de R3. Calcule [T−1]BC.
Solución. Recuerde que si T es invertible, entonces ([T]B′
B )−1 = [T−1]BB′ .
a) Notemos que A = [T]CC con det(A) = 1.
b) Verifique que [T−1]CC =
−3 −1 3
0 0 1
−1 0 1
.
c) Notemos que [T−1]BC = ([T]CB)−1.
20
25. Dada
[ f ]BS =
1 0 −1
0 −1 0
−1 0 −1
,
donde
B = {(1, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 1)}
y S una base de R3.
a) Determinar [I]CB , donde C es la base canónica de R3.
b) Determinar [ f ]CS .
Solución. Note que:
[I]CB = ([I]BC)−1 y [ f ]CS = [I]SS[ f ]BS [I]
CB .
26. En el espacio vectorial R2, sean
B1 = {(1,−1), (−2, 1)}, B2 = {(1, 2), (1, 1)} y C = {(1, 0), (0, 1)}
bases ordenadas.
a) Hallar:
1) [I]B1C
2) [I]CB2
3) [I]B1B2
4) [I]B2B1
5) [(1, 1)]B1y [(1, 1)]B2
.
b) Sea f ∈ L(R2, R2), considerando B1 como una base para el espacio de salida y B2 como una base
para el espacio de llegada, suponga que la matriz de representación de f respecto a estas bases es
[ f ]B1B2
=
(
1 2
2 2
)
.
1) Halle f (a, b) para todo (a, b) ∈ R2.
2) ¿ f es un isomorfismo? Justifique su respuesta.
Solución.
a) 1) Recuerde que en este caso se trabaja con la aplicación lineal identidad. Luego, verifique que
[I]B1C =
(
1 −2
−1 1
)
.
2) Recuerde que [I]CB2=(
[I]B2C
)−1.
3) Recuerde que [I]B1B2
= [I]CB2[I]CC[I]
B1C = [I]CB2
[I]B1C .
4) Recuerde que [I]B2B1
=(
[I]B1B2
)−1.
5) Para calcular [(1, 1)]B2puede emplear cualquier de los dos resultados:
[(1, 1)]B2= [I]B1
B2[(1, 1)]B1
o [(1, 1)]B2= [I]CB2
[(1, 1)]C.
b) 1) Dado que
[ f (a, b)]B2= [ f ]B1
B2[(a, b)]B1
se verifica para todo (a, b) ∈ R2.
21
Por tanto, verifique que
[(a, b)]B1=
(
−a − 2b
−a − b
)
que
[ f (a, b)]B2=
(
−3a − 4b
−4a − 6b
)
y, que
f (a, b) = (−3a − 4b)(1, 2) + (−4a − 6b)(1, 1) = (−7a − 10b,−10a − 14b)
para todo (a, b) ∈ R2.
2) Sí, para esto calcule el valor del determinante de la matriz de representación.
27. Sea f : R2[t] → R3 una aplicación lineal tal que su matriz asociada respecto a las bases canónicas en
ambos espacios es
[ f ] =
1 0 2
−3 1 0
0 1 −1
.
Encontrar:
a) la aplicación f ,
b) el valor de f (p(t)), donde p(t) = 1 + t − t2,
c) bases y dimensión para ker( f ) y para img( f ).
d) Verifique que f es invertible y encuentre f−1.
Solución.
Note que [ f ]CS = [I]SS[ f ]BS [I]CB . Verifique que ker( f ) = {0} y que img( f ) = R
3.
Ejercicios sugeridos: 1a, 3a, 3c, 4, 6a, 8a, 12, 13, 19 y 22.
22
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL
ÁLGEBRA LINEAL • HOJA DE EJERCICIOS NO. 14
Semestre 2019-B Departamento de Formación Básica
1. Dados a, b ∈ R, considere la matriz A =
(
a 2
b 1
)
. Determine los valores de a y de b tales que el vector
(
8
4
)
es un vector propio de A asociado al valor propio 3.
Solución.
Por definición de valor propio tenemos que(
a 2
b 1
)(
8
4
)
= 3
(
8
4
)
lo que nos lleva al siguiente sistema de ecuaciones lineales{
8a + 8 = 24,
8c + 4 = 12.
Luego, a = 2 y c = 1.
2. Dados a, b, c, d, e, f ∈ R, considere la matriz A =
1 a b
1 c d
1 e f
, una matriz simétrica. Determine los
valores de a, b, c, d, e, f tales que los vectores (1, 1, 1)T y (1, 0,−1)T sean vectores propios de A, asociados
a dos valores propios distintos.
Solución.
Por ser A simétrica se tiene que a = 1, b = 1 y que d = e. Sean λ1 y λ2 los dos valores propios de A
que se consideran, entonces
1 1 1
1 c d
1 d f
1
1
1
= λ1
1
1
1
y
1 1 1
1 c d
1 d f
1
0
−1
= λ2
1
0
−1
.
A partir de lo cual se obtienen que λ1 = 3, λ2 = 0, c = 1, d = 1 y f = 1.
3. Los valores propios de una matriz A ∈ R3×3 simétrica son 1,−2 y 3 con vectores propios (1, 1,−1)T y
(0, 1, 1)T asociados a los valores propios 1 y −2, respectivamente. Hallar a la matriz A y el vector propio
asociado al valor propio 3.
Solución.
Verifique que A =
73 − 2
323
− 23 − 1
6 − 116
23 − 11
6 − 16
y que el vector propio asociado al valor propio 3, es
v = (2,−1, 1)T.
1
4. Sean f : Rn → R
n una aplicación lineal y u, v dos vectores de Rn asociados a los valores propios distintos
λ, µ ∈ R. Decidir cuáles de las siguientes afirmaciones son verdaderas.
a) El vector propio u tiene un único valor propio asociado.
b) Para todo α ∈ R r {0}, el vector αu es un vector propio del valor propio λ.
c) El vector u + v es un vector propio de f .
Solución.
a) Supongamos que existe otro valor propio λ1 tal que u es su vector propio asociado, entonces
f (u) = λ1u.
Además, por hipótesis tenemos que
f (u) = λu.
Por tanto, tenemos que λ1u = λu, lo que implica que (λ1 − λ)u = 0, y dado que u 6= 0, al ser un
vector propio, concluimos que λ1 = λ. Por lo cual, el enunciado es verdadero.
b) Sea α ∈ R, entonces
f (αu) = α f (u) = α(λu) = λ(αu).
Por lo cual, αu es un vector propio de f asociado al valor propio λ.
c) Verifiquemos si u + v es un vector propio de f ; para esto debemos encontrar el correspondiente
valor propio. En efecto,
f (u + v) = f (u) + f (v) = λu + µv.
Si λ = µ, tendríamos que f (u + v) = f (u) + f (v) = λ(u + v), sin embargo, esto no es posible ya
que se tiene que λ 6= µ, en efecto, notemos que la aplicación lineal
f : R2 −→ R
2
(x, y) 7−→ (x + 2y, 2x + y).
Cuya matriz asociada a la base canónica es A =
(
1 2
2 1
)
, cuyos valores propios son −1 y 3 con
vectores propios asociados (−1, 1)T y (1, 1)T, respectivamente. Además,
f ((−1, 1) + (1, 1)) = f (0, 2) = (4, 2) = 2(2, 1).
Por lo tanto, el enunciado es falso.
5. Sea f : Rn → R
n una aplicación lineal de manera que f ◦ f = f . Calcular los valores propios de f .
Solución.
Supongamos que λ es un valor propio de f y que v es un vector propio asociado a este valor propio.
Entonces, se tienen que
f (v) = λv
y que
( f ◦ f )(v) = f ( f (v)) = f (λv) = λ f (v) = λ2v.
Por hipótesis tenemos que f ◦ f = f , y, por tanto,
f (v) = ( f ◦ f )(v).
Luego,
λv = λ2v,
2
lo que implica que λ(1 − λ)v = 0, y dado que v 6= 0, al ser un vector propio, tenemos que λ(1 − λ) = 0.
Por lo tanto, los valores propios de f son 0 y 1.
6. Sea f una aplicación lineal, hallar sus valores y vectores propios, donde:
a)f : R
2 −→ R2
(x, y) 7−→ (x + y, 2x − 3y).
b)f : R
2×2 −→ R2×2
(
a b
c d
)
7−→(
a + b − d b
c −a + c + d
)
.
c)f : R2[t] −→ R2[t]
a + bt + ct2 7−→ (a − b + c) + (−a + b − c)t + (a − b + c)t2.
Solución.
a) Para el valor propio λ1 = −√
6 − 1 su correspondiente vector propio es
(
−√
6 + 2
2
)
; para el valor
propio λ2 =√
6 − 1 su correspondiente vector propio es
(√6 + 2
2
)
.
b) Sea B la base canónica de R2×2, verifique que
[ f ]BB =
1 1 0 −1
0 1 0 0
0 0 1 0
−1 0 1 1
Verifique que la matriz A cumple que para el valor propio λ1 = 0 su correspondiente vector propio
es
1
0
0
1
; para el valor propio λ2 = 1 sus correspondientes vectores propios son
1
0
1
0
y
0
1
0
1
; para
el valor propio λ3 = 2 su correspondiente vector propio es
−1
0
0
1
.
Ahora, para el valor propio λ1 = 0 se verifica que
[ f (v1)]B = λ1[v1]B
donde
[v1]B =
1
0
0
1
de lo cual
v1 =
(
1 0
0 1
)
3
Para el valor propio λ2 = 1 se verifica que
[ f (v2)]B = λ2[v2]B y [ f (v3)]B = λ2[v3]B
donde
[v2]B =
1
0
1
0
y [v3]B =
0
1
0
1
de lo cual
v2 =
(
1 0
1 0
)
y v3 =
(
0 1
0 1
)
Finalmente, para el valor propio λ3 = 2 se verifica que
[ f (v4)]B = λ3[v4]B
donde
[v4]B =
−1
0
0
1
de lo cual
v4 =
(
−1 0
0 1
)
.
c) Sea B = {1, t, t2} la base canónica de R2[t], notemos que la matriz de representación de f respecto
a la base B tanto en la salida como en la llegada es
A = [ f ]BB =
1 −1 1
−1 1 −1
1 −1 1
.
Verifique que la matriz A cumple que para el valor propio λ1 = 0 sus correspondientes vectores
propios son
1
1
0
y
−1
0
1
; para el valor propio λ2 = 3 su correspondiente vector propio es
1
−1
1
.
Luego, para el valor propio λ1 = 0 se verifica que
[ f (v1)]B = λ1[v1]B y [ f (v2)]B = λ1[v2]B
donde
[v1]B =
1
1
0
y [v2]B =
−1
0
1
de lo cual
v1 = 1 + t y v2 = −1 + t2.
De forma similar, para el valor propio λ2 = 3 se verifica que
[ f (v3)]B = λ2[v3]B
donde
[v3]B =
1
−1
1
4
de lo cual
v3 = 1 − t + t2.
7. Dado a ∈ R r {0}, considere la matriz A =
1 a a
a 1 a
a a 1
.
a) Compruebe que
1
1
1
es un vector propio de A. Hallar el valor propio λ asociado. Calcule una base
de Eλ.
b) Compruebe que 1− a es un valor propio de A y calcule una base del espacio propio correspondien-
te.
c) Compruebe que todo vector x ∈ R3 se puede escribir como x = y + z donde y ∈ Eλ y z ∈ E1−a y
que Eλ ∩ E1−a = {0}.
Solución.
a) Verifique que el valor propio asociado es λ = 2a + 1 y que Eλ = gen({(1, 1, 1)}).b) Utilice el polinomio característico de A− µI3 y compruebe que E1−a = gen({(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)}).c) Verifique que Eλ + E1−a = R
3 y concluya que dim(Eλ ∩ E1−a) = 0.
8. Sean A, B ∈ Rn×n. Pruebe que si λ es un valor propio de AB también lo es de BA.
Sugerencia: Distinga los casos λ 6= 0 y λ = 0. Al tratar este último, considere el polinomio caracterís-
tico de AB.
Solución.
Supongamos que λ 6= 0, entonces, existe un vector v no nulo tal que (AB)v = λv. Ahora, sea w = Bv,
tenemos que
(BA)w = B(Aw) = B(A(Bv)) = B((AB)v) = B(λv) = λBv = λw.
Luego, λ es un valor propio de BA.
Ahora, supongamos que λ = 0, entonces
det(AB − 0In) = det(AB) = det(BA) = det(BA − 0In).
Lo que implica que 0 también es valor propio de BA. Por lo tanto, todo valor propio de AB también lo
es de BA.
9. En cada caso encuentre los valores y vectores propios de la matriz dada.
a) A1 =
(
1 −1
2 4
)
Solución. El polinomio característico es
p(λ) = (λ − 2)(λ − 3)
para cada λ ∈ R.
Para el valor propio 2 el vector propio asocia-
do es
(−a, a)
para cada a ∈ R r {0}.
Para el valor propio 3 el vector propio asocia-
do es
(−b/2, b)
para cada b ∈ R r {0}.
5
b) A2 =
1 1 −2
4 0 4
1 −1 4
c) A3 =
2 0 3
0 1 0
0 1 2
Solución. El polinomio característico es
p(λ) = −(λ − 1)(λ − 2)2
para cada λ ∈ R.
Para el valor propio 1 el vector propio asocia-
do es
(−3a,−a, a)
para cada a ∈ R r {0}.
Para el valor propio 2 el vector propio asocia-
do es
(b, 0, 0)
para cada b ∈ R r {0}.
d) A4 =
0 0 0 1
0 0 0 0
0 0 0 0
1 0 0 0
10. Para cada matriz dada encuentre los valores propios y correspondiente espacio propio asociado.
a) A1 =
(
1 1
1 0
)
b) A2 =
2 2 2
2 2 2
2 2 2
Solución. El polinomio característico es
p(λ) = −λ2(λ − 6)
para cada λ ∈ R.
Para el valor propio 0 el espacio propio aso-
ciado es
E0 = {(x, y, z) ∈ R : x + y + z = 0} .
Para el valor propio 6 el vector propio asocia-
do es
E6 = {(x, y, z) ∈ R : x = y, x = z} .
c) A3 =
0 1 1
1 0 1
1 1 0
d) A4 =
0 0 0 0
0 0 1 0
0 1 0 0
0 0 0 0
Ejercicios sugeridos: Valores y vectores propios: 1, 6a, 9a, 9c y 10b.
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