espacio s vectorial santiago

UNIVERSIDAD ANDRS BELLO

FACULTAD DE CIENCIAS EXACTAS

DEPARTAMENTO DE MATEMTICAS

SISTEMAS Y ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES - FMM312

Espacios Vectoriales

Apuntes de curso - Francois Moraga

Aspectos generales

Contenidos de la Unidad a desarrollar:

1. Espacios vectoriales

1.1. Subespacios vectoriales

1.2. Combinacin lineal

1.3. Conjunto Generador

1.4. Dependencia lineal

1.5. Bases y Dimensiones

1.6. Matriz de cambio de base

2. Transformaciones Lineales

2.1. Ncleo e Imagen de una transformacin lineal

2.2. Matriz asociada a una transformacin lineal

2.3. Matriz cambio de base

3. Diagonalizacin

3.1 Valores y vectores propios

Bibliografa recomendada:

lgebra Lineal, de Seymour Lipschutz, McGraw-Hill Interamericana de Espaa. lgebra Lineal, de Stanley I. Grossman, McGraw-Hill Interamericana. lgebra Lineal y sus aplicaciones, David C. Lay, Pearson Educacin.

1

1. Espacios Vectoriales

Un conjunto V es llamado espacio vectorial sobre un cuerpo K si:

(1) V 6= (2) V admite una operacin interna, +, denida por:

+ : V V(~u,~v) ~w = ~u+ ~v

Tal que (V,+) es un grupo abeliano, es decir satisface las siguientes propiedades:

(a) ~u+ (~u+ ~w) = (~u+ ~v) + ~w

(b) ~0 V , tal que ~u+~0 ~v = ~0 ~v + ~u = ~u ( ~u V )(c) Para cada ~u V , (~u) V tal que ~u+ (~u) = (~u) + ~u = 0V

(3) V admite una operacin externa "", denida por:

: V V(,~v) ~w = ~vCon K = R C y satisface las siguientes propiedades(a) (~u+ ~v) = ~u+ ~v(b) (+ ) ~u = ~u+ ~v(c) ( ) ~u = ( ~u)(d) ~u = 0V , entonces = 0K ~u = 0V .Los elementos de V se denominan vectores, los elementos de K se denen como escalares, y todo espaciovectorial ser denotado por (V,+, ,K), donde K = R C.

Denicin 1.

A continuacin analizaremos algunos espacios cannicos:

Ejemplo # 1 El espacio vectorial (Rn,+, ,R) se dene por todos los elementos (x1, x2, . . . , xn) tales que:+ : Rn Rn Rn

(~u,~v) ~w = ~u+ ~vdonde ~w = (x1 + y1, x2 + y2, . . . , xn + yn) Rn.

Por otra parte

: R Rn Rn(,~v) ~w = ~vdonde ~w = ~u = (x1, x2, . . . , xn) R.Por lo anterior se entiende que la recta real, el plano cartesiano y el espacio R3 representan a un espaciovectorial sobre el cuerpo R.

2

Ejemplo # 2 El conjunto de las matrices de orden nm representan un espacio vectorial, ya que:

+ : Mmn Mmn Mmn(A,B) C = A+B

donde [cij ] = [aij + bij ], i = {1, . . . , n} j = {1, . . . ,m}.

Por otra parte

+ : RMmn Mmn(,A) B = Adonde [bij ] = [aij ], i = {1, . . . , n} j = {1, . . . ,m}

Por ltimo nos queda analizar el caso de los polinomios de orden n, esto es:

Ejemplo # 3 El conjunto de los polinomios de orden n son un espacio vectorial sobre R, es decir Pn[x], donde

p(x) = a0 + a1x+ . . .+ anxn =

ni=0

aixiya que admite las siguientes operaciones

+ : Pn[x] Pn[x] Pn[x](p(x), q(x)) r(x) = p(x) + q(x)

donde r(x) = p(x) + q(x) =

ni=0

(aix

i + bixi)=

ni=0

(ai + bi)xi. Por otra parte se cumple que:

: R Pn[x] Pn[x](k, p(x)) q(x) = k p(x)

donde q(x) =

ni=0

k aixi = k ni=0

aixi Pn[x].

1.1. Subespacio vectorial

Existen espacios vectoriales los cuales se encuentran inmersos en otros espacios vectoriales. A este tipo de

aplicacin la denominaremos subespacios vectoriales

Sea (V,+, ,R) un espacio vectorial, y sea U un subconjunto no vaco de V . Diremos que (U,+, ,R) es unsubespacio vectorial de V si y slo si U es un espacio vectorial con las mismas operaciones de V .

Denicin 2.

Notacin: Si U es un subespacio vectorial (s.e.v.) de V entonces escribiremos U V .

3

Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpo K y U un subconjunto no vaco de V . U es un subespacio vectorialde V si y slo si:

(1) ~OV U(2) ( ~u,~v U) ( R) se cumple que ~u+ ~v U .

Teorema 1.

Ejemplo # 4 El conjunto de soluciones de un sismtema homogneo es un subespacio vectorial de Rn.

Demostracin: Sabemos que todo sistema lineal homogneo se puede escribir como{x Rn /AxT = 0}donde A Mmn.(i) Como A 0 = 0 se concluye que el vector nulo pertenece al conjunto.(ii) Sean ~x, ~y soluciones del sistema homogneo y R un escalar real, entonces

A(xT + yT

)= AxT + AyT = 0 + 0 = 0

As tenemos que ~x+ ~y es solucin del sistema homogneo.

Analicemos otro ejemplo cannico

Ejemplo # 5 Demostrar que el conjunto U = {~x R3 / 3x+ y 2z = 0} es un subespacio vectorial de R3.

Demostracin: Consideremos dos elementos del conjunto U

~x1 = (x1, y1, z1) ~x2 = (x2, y2, z2)

entonces

(1) 3 0 + 0 2 0 = 0, por lo tanto ~0 = (0, 0, 0) U .(2) ~x1 + ~x2 = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2), entonces

3(x1 + x2) + (y1 + y2) 2(z1 + z2) = (3x1 + y1 2z1) + (3x2 + y2 2z2) = 0 + 0 = 0

As tenemos que ~x1 + ~x2 U .

Observacin 1: Un subespacio vectorial puede contener un nico elemento (el nulo) o un nmero innito de

elementos los cuales se pueden representar mediante algunos vectores o elementos generales, los que posterior-

mente llamaremos bases.

4

1.2. Combinacin Lineal

Sea V un espacio vectorial sobre R y {~v1, ~v2, . . . , ~vn} elementos de V . Diremos que ~v es combinacin lineal de~v1, ~v2, . . . , ~vn si y slo si existen escalares a1, a2, . . . , an R tal que:

~v = a1 ~v1 + a2 ~v2 + . . . an ~vn =

ni=1

ai~vi

Denicin 3.

Ejemplo # 6 Determinar si (1, 2, 1) es combinacin lineal de los vectores

~v1 = (1, 2, 1) ; ~v2 = (1, 1,2) ; ~v3 = (1, 2, 3) en R3

Solucin: Si (1, 2, 1) se encuentra en combinacin lineal, entonces existen escalares a, b y c, tal que:

(1, 2, 1) = a(1, 2, 1) + b(1, 1,2) + c(1, 2, 3)

es decir:

1 = a+ b+ c2 = 2a+ b+ 2c1 = a 2b+ 3cResolviendo el sistema lineal, tenemos que: 1 1 1 | 12 1 2 | 2

1 2 3 | 1

1 1 1 | 10 3 4 | 4

0 1 4 | 2

1 1 1 | 10 3 4 | 4

0 0 16 | 10

cuya solucin es a =

1

8; b =

1

2y c =

5

8, es decir:

(1, 2, 1) =1

8(1, 2, 1) + 1

2(1, 1,2) + 5

8(1, 2, 3)

por lo tanto el vector (1, 2, 1) es una combinacin lineal de los vectores dados.

Ejemplo # 7 Determinar si 1 + x + x2 es combinacin lineal de los vectores 1 + x + 2x2 ; 1 + 3x + 2x2 ;1 x+ x2 en P2[x].

Solucin: Buscamos escalares a, b y c R tal que:

1 + x+ x2 = a(1 + x+ 2x2) + b(1 + 3x+ 2x2) + c(1 x+ x2)

donde a = 16; b =

1

2; c =

1

3, por lo tanto

1 + x+ x2 = 16(1 + x+ 2x2) + 1

2(1 + 3x+ 2x2) +

1

3(1 x+ x2)

5

Sea V un espacio vectorial sobre R, y {~v1, ~v2, . . . , ~vn} elementos de V . Diremos que:(i) {~v1, ~v2, . . . , ~vn} es un conjunto linealmente independiente si la nica solucin del sistema

a1 ~v1 + a2 ~v2 + . . .+ an ~vn = 0

es la trivial, es decir a1 = a2 = . . . = an = 0.

(ii) {~v1, ~v2, . . . , ~vn} es un conjunto linealmente dependiente si la solucin del sistema

a1 ~v1 + a2 ~v2 + . . .+ an ~vn = 0

no es trivial

Denicin 4.

Ejemplo # 8 Demostrar que el conjunto {(1, 0, 1) ; (1, 1, 0) ; (1, 1, 1)} es linealmente independiente

Solucin: Debemos demostrar que el sistema

(0, 0, 0) = a(1, 0, 1) + b(1, 1, 0) + c(1, 1, 1) tiene solucin trivial

Utilizando matriz ampliada tenemos que: 1 1 1 | 00 1 1 | 01 0 1 | 0

1 1 1 | 00 1 1 | 0

0 1 0 | 0

Por lo tanto a = b = c = 0, esto implica que el conjunto es linealmente independiente.

Observacin 2: Un conjunto {~v1, ~v2, . . . , ~vn} Rn es linealmente independiente si y slo si

det(col [~v1, ~v2, . . . , ~vn]) 6= 0

Utilizando esto, podemos generar una nueva alternativa para el desarrollo del Ejemplo 8, es decir, el conjunto

{(1, 0, 1) ; (1, 1, 0) ; (1, 1, 1)}

es linealmente independiente porque al calcular su determinante se obtiene que:

det

1 1 10 1 11 0 1

= 1 6= 0

6

1.3. Conjuntos Generadores

Sea V un espacio vectorial sobre R, y {~v1, ~v2, . . . , ~vn} elementos de V . Diremos que {~v1, ~v2, . . . , ~vn} es generadordel espacio vectorial V si y slo si:

~v V , a1, a2, . . . , an R, tal que:

~v = a1 ~v1 + a2 ~v2 + . . .+ an ~vn

Denicin 5.

Notacin: Si el conjunto {~v1, ~v2, . . . , ~vn} es generador de V , entonces diremos que {~v1, ~v2, . . . , ~vn} = V .

Ejemplo # 9 Demostrar que el conjunto {(1, 0, 0) ; (0, 1, 0) ; (0, 0, 1)} genera a R3.

Solucin: Si el conjunto genera a R3, entonces existen escalares a, b, c R tal que todo elemento (x, y, z) R3 se puede escribir como:

(x, y, z) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1)

por lo tanto

(x, y, z) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1)

Esto implica que {(1, 0, 0) ; (0, 1, 0) ; (0, 0, 1)} = R3.

Ejemplo # 10 Sea U = {(x, y) R2 / 2x+ y = 0} R2. Determinar un conjunto generador de U

Solucin: Observe que si (x, y) U entonces 2x+ y = 0, es decir y = 2x, por lo tanto:

(x, y) = (x,2x) = x(1,2)

Esto implica que todos los elementos del espacio U se pueden escribir como combinacin lineal de (1,2), esdecir:

U = (1,2)

1.4. Bases

Sea V un espacio vectorial sobre R, y {~v1, ~v2, . . . , ~vn} vectores de V . Diremos que {~v1, ~v2, . . . , ~vn} es una basede V si y slo si, se cumplen las siguientes condiciones:

(i) {~v1, ~v2, . . . , ~vn} es linealmente independiente.(ii) {~v1, ~v2, . . . , ~vn} = V

Denicin 6.

7

Sea V un espacio vectorial sobre R. Diremos que n es la dimensin de V si y slo si el cardinal de su base es n.

Denicin 7.

Notacin: Si la dimensin de V es n lo denotaremos dimV = n.

Analicemos algunos ejemplos bsicos de este concepto.

Ejemplo # 11 Demostrar que {(1, 2, 1) ; (1, 2, 3) ; (3, 2, 1)} es una base de R3.

Solucin: Primero vericaremos que el conjunto es linealmente independiente, es decir, existen escalares

a, b, c R tales que:(0, 0, 0) = a (1, 2, 1) + b (1, 2, 3) + c (3, 2, 1)resolviendo el sistema se obtiene que: 1 1 3 | 02 2 2 | 0

1 3 1 | 0

1 1 3 | 00 0 4 | 0

0 2 2 | 0

por lo tanto a = b = c = 0 lo cual verica que el conjunto es linealmente independiente. Luego necesitamoscomprobar que el conjunto es generador de R3, es decir, que para todo elemento (x, y, z) R3 existen escalaresa, b, c R3 tal que:

(x, y, z) = a(1, 2, 1) + b(1, 2, 3) + c(3, 2, 1)

Utilizando la regla de Cramer se puede concluir que el sistema tiene solucin nica, la cual es:

a =4x+ 8y 4z

8; b =

2y + 4z8

; c =4x 2y

8

Por lo tanto el conjunto {(1, 2, 1) ; (1, 2, 3) ; (3, 2, 1)} genera a R3, lo cual implica que:

{(1, 2, 1) ; (1, 2, 3) ; (3, 2, 1)} = R3

Sea V un espacio vectorial sobre R, y {~v1, ~v2, . . . , ~vn} una base de V . Si ~w V y

~w = a1 ~v1 + a2 ~v2 + . . .+ an ~vn

tal que a1 6= 0, entonces {~w, ~v2, . . . , ~vn}, es una base de V .

Teorema 2.

Observacin 3: La eleccin del primer elemento de la base no tiene mayor relevancia, esto ya que la condicin

principal del teorema es que no sea nulo.

8

Ejemplo # 12 Sea (1, 1, 1) ; (1, 0, 0) un subespacio de R3. Como el vector

~w = 5 (1, 1, 1) 2 (1, 0, 0) = (3, 5, 5)

entonces

(1, 1, 1) ; (1, 0, 0) = (3, 5, 5) ; (1, 0, 0)

Sea V un espacio vectorial sobre R, y {~v1, ~v2, . . . , ~vn}, una base de V . Si el conjunto { ~w1, ~w2, . . . , ~wm} es otrabase de V , entonces n = m.

Teorema 3.

1.4.1. Bases cannicas

Ejemplo # 13 A continuacin representaremos las bases cannicas de los espacios Rn, Mnm y Pn[x].

(1) El espacio Rn tiene dimensin n y se encuentra formado por n-uplas ei (elementos cannicos) tales que:

E = {ei / 1 i n}

Es decir,

e1 =

100

; e2 =

010

; . . . ; en =

001

(2) El espacio de las matrices de orden nm tiene dimensin nm y se encuentra formado por nm basescannicas, las cuales son:

E11 =

{1 si (i, j) = (1, 1)0 si (i, j) 6= (1, 1) , . . . , E1n =

{1 si (i, j) = (1, n)0 si (i, j) 6= (1, n)

(3) El espacio de los polinomios de orden n posee una dimensin n+ 1, donde su base esta dada por:

E = {xi / 0 i n}

es decir,

Pn[x] ={1, x, x2, . . . , xn}1.5. Suma de espacios vectoriales

En esta seccin estudiaremos la operacin suma entre subespacios vectoriales, lo que nos permitira denir un

nuevo espacio que contenga a ambos.

9

Sean U,W subespacios vectoriales de V . Llamaremos suma de los subespacios U y W al conjunto

U +W = {~v V /~v = ~u+ ~w , u U w W}

Denicin 8.

Observacin 4: Es directo que U + W es un subespacio vectorial de V . Consideremos ~x, ~y U + W y, R, luego ~x = ~u1 + ~w1, ~y = ~u2 + ~w2. Adems,

~x+ ~y = ( ~u1 + ~u2) + ( ~w1 + ~w2) U +WOtro punto importante del concepto de la suma, es que si un espacio V = U +W entonces posiblementeun vector puede admitir ms de una escritura en funcin de U y W . Un ejemplo de esto es lo que ocurre conlos subespacios vectoriales U = (1, 0) ; (0, 1) y W = (1, 1) de R2, esto ya que el elemento (1, 1) R2 puederepresentarse de las siguientes formas:

(a) (1, 1) = 1 (1, 0) + 1 (0, 1) + 0 (1, 1) = (1, 1) + 0, donde (1, 1) U y 0 W .(b) (1, 1) = 0 (1, 0) + 0 (0, 1) + 1 (1, 1), donde 0 U y (1, 1) W .

Sea V un espacio vectorial sobre R de dimensin nita y, U,W subespacios vectoriales de V , entonces:

dim(U +W ) = dim(U) + dim(W ) dim(U W )

Teorema 4.

Sea V un espacio vectorial y U,W,S subespacios de V . Diremos que S = U +W es suma directa de U y W , sitodo elemento ~v S se escribe de manera forma nica comom un vector de U ms otro vector de W .

Denicin 9.

Notacin: Si S es suma directa de U y W , entonces S = U W

Ejemplo # 14 Consideremos los subespacios de R2

U = (1, 0) ; W = (0, 1)

Entonces, R2 = U W ya que todo elemento (x, y) R2 se puede representar como

(x, y) = x (1, 0) + y (0, 1) de forma nica

Analicemos una alternativa para identicar cuando la suma de dos subespacios representa una suma directa.

10

Dado V un espacio vectorial y U,W,S subespacios de V , entonces:

S = U W (S = U +W ) (U W = 0)

Proposicin 1.

Demostracin Como S es suma directa de U y W , para todo elemento ~v S existe un nico vector ~u Uy ~w W tal que ~v = ~u+ ~w lo cual implica que v U +W , luego S = U +W .

Supongamos que v U W , entonces v = 0+ v = v + 0, es decir v admite dos escrituras en el subespacioU +W , por lo tanto necesariamente v = 0.

Si S = U W y V es de dimensin nita, entonces dim(S) = dim(U) + dim(W ).

Teorema 5.

Demostracin: Supongamos que U 6= {0} 6= W . Sea { ~u1, . . . , ~uk} base de U , {w1, . . . , wm} base de W .Entonces podemos armar que el conjunto { ~u1, . . . , ~uk, ~w1, . . . , ~wm} es base de V :1. { ~u1, . . . , ~uk, ~w1, . . . , ~wm} es linealmente independiente:

ki=1

i ~ui +

mi=1

i ~wi = 0

Como

ki=1

i ~ui U ,mi=1

i ~wi W y el vector 0 se escribe de manera nica en U +W como 0 + 0 = 0,entonces:

ki=1

i ~ui =

mi=1

i ~wi = 0

y por se conjuntos linealmente independientes, concluimos que: 1 = . . . = k = 1 = . . . = m = 0.

2. { ~u1, . . . , ~uk, ~w1, . . . , ~wm} es generador del espacio vectorial V:

Como V = U W , v V , v = u + w, u U , w W . Pero u U , w W se escriben comocombinacin lineal de sus bases ~u =

ki=1

i ~ui, ~w =

mi=1

i ~wi, de donde,

v =

ki=1

i ~ui +

mi=1

i ~wi= B = V

11

Ejemplo # 15 Sean los subespacios

U = {(x, y, z, w) R4 / x+ y z = 0 2x+ 3y w = 0}

V = (1, 2,1, 3) ; (1, 1, 2,1)(a) Determinar una base de U y su dimensin.

Solucin: Para determinar la base de U resolvemos el sistema dado, es decir:

x+ y z = 02x+ 3y w = 0

z = x+ yw = 2x+ 3y

por lo tanto todo elemento (x, y, z, w) se puede representar como

(x, y, z, w) = x (1, 0, 1, 2) + y (0, 1, 1, 3)

lo cual implica que U = (1, 0, 1, 2) ; (0, 1, 1, 3) y su dimensin es 2.(b) Encontrar una base de U V y su dimensin.

Solucin: Se nos pide encontrar todos los elementos (x, y, z, w) tales que:

(x, y, z, w) = a (1, 0, 1, 2) + b (0, 1, 1, 3) = c (1, 2,1, 3) + d (1, 1, 2,1)

es decir, se busca determinar escalares a, b, c, d R tales que:

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

Resolviendo el sistema, tenemos que:1 0 1 1 00 1 2 1 01 1 1 2 02 3 3 1 0

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

1 0 1 1 00 1 2 1 00 0 4 0 00 0 5 6 0

por lo tanto a = b = c = d = 0, lo cual implica que U W = (0, 0, 0, 0) y su dimensin es 0.

1.6. Coordenadas

Consideremos el espacio vectorial V sobre R y = {~v1, ~v2, . . . , ~vn} una base del espacio V , entonces podemosarmar que para cada elemento ~v V existe una nica combinacin lineal, tal que:

~v = a1 ~v1 + a2 ~v2 + . . .+ an ~vn , ai R

Esto implica que las componentes a1, a2, . . . , an representan a las coordenadas que necesita utilizar paragenerar a ~v.

12

Sea V un espacio vectorial sobre R y = {~v1, ~v2, . . . , ~vn} una base del espacio V . Llamaremos coordenada de~v con respecto a la base a la matriz columna:

[v] =

a11a21

an1

Mn1, tal que ~v = a11 ~v1 + a21 ~v2 + . . .+ an1 ~vn.

Denicin 10.

Ejemplo # 16 Sea = {1x, 1+2x+x2, 1+x2} una base de P2[x]. Determinar las matrices de coordenadas~v1 = 1 y ~v2 = a+ bx+ cx

2con respecto a la base .

Solucin: Para el vector ~v1 = 1 se pide determinar los coecientes {a11, a12, a13} tal que:

1 = a11(1 x) + a21(1 + 2x+ x2) + a31(1 + x2)

resolviendo el sistema se obtiene que a11 = 1 ; a21 =1

2; a31 = 1

2. Por lo tanto:

[1] =

11/21/2

Encontrar las coordenadas de ~v2 queda como desafo para el estudiante

Sean = {~v1, ~v2, . . . , ~vn} y = { ~u1, ~u2, . . . , ~un} bases de un espacio vectorial V sobre R, tal que:

~v1 = a11 ~u1 + a21 ~u2 + . . . + an1 ~vn~v2 = a12 ~u1 + a22 ~u2 + . . . + an2 ~vn.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

~vn = a1n ~u1 + a2n ~u2 + . . . + ann ~vn

Llamaremos matriz de cambio de base de para a la matriz de orden n [I] = ([v1] , [v2] , . . . , [vn]) oequivalentemente

[I] =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

an1 an2 . . . ann

Mnn(R)

Denicin 11.

13

Si V es un espacio vectorial sobre R de dimensin n, = {~v1, ~v2, . . . , ~vn} y = { ~u1, ~u2, . . . , ~un} son bases deV , entonces:

[I] [v] = [v] ( v V )Anlogamente

[I] [v] = [v] ( v V )donde

[I] =

([I]

)1Esquematicamente esto es:

~v =

ni=1

ai~vi

(, V )

~u =

ni=1

bi ~ui

(, V )

[ ] [ ]

[I]

Teorema 6.

Ejemplo # 17 Sea V un espacio vectorial sobre K de dimensin 4 con base = {u1, u2, u3, u4}. Se denenlos vectores

v1 = 2u1 + u2 u3 ; v2 = 2u1 + u3 + 2u4 ; v3 = u1 + u2 u3 ; v4 = u1 + 2u3 + 3u4Si = {v1, v2, v3, v4} es una base de V , calcular las coordenadas en la base de un vector v que tiene porcoordenada en a (1, 2, 0, 1).

Solucin: Consideremos [I] =

2 2 1 11 0 1 01 1 1 20 2 0 3

, para poder determinar las coordenadas en la base de un vector v podemos utilizar la relacin [v] = [I]

[v], donde [v] = (1, 2, 0, 1) y [I]

=

([I]

)1, por lo

tanto:

[I] =

1 7 8 50 3 3 21 6 8 50 2 2 1

Finalmente,

[v] = [I] [v] =

1 7 8 50 3 3 21 6 8 50 2 2 1

1201

=

10483

14

Ejercicios resueltos

Ejercicio 1 Sea V = {p(x) P3[x] / p(1) = p(0) + p(1) = 0. Demuestre que V es un s.e.v. de P3[x].Encuentre una base y su dimensin.

Solucin: Sean p(x), q(x) P3[x] y k R, entonces se debe probar que (p+ q)(1) = p(1) + q(1) = 0 + 0 = 0 (p+ q)(0) + (p+ q)(1) = p(0) + q(0) + p(1) + q(1) = 0 (k p)(1) = k p(1) = k 0 = 0Por lo tanto V es un subespacio de P3[x].

Ahora, sea p(x) = a3x3 + a2x

2 + a1x+ a0, donde:

p(x)|x=1 =(3a3x

2 + 2a2x+ a1)x=1 = 3a3 2a2 + a1 = 0

por otra parte p(0) = a0 yp(1) = (6a3x+ 2a2)|x=1 = 6a3 + 2a2entonces,

p(0) + p(1) = 6a3 + 2a2 + a0 = 0

resolviendo el sistema, tenemos que:

a1 = 2a2 3a3a0 = 2a2 6a3reemplazando en la forma general del polinomio, tenemos que:

p(x) = a3x3 + a2x

2 + (2a2 3a3)x+ (2a2 6a3) = a3 (x3 3x 6) + a2 (x2 + 2x 2)

por lo tanto la base de V =x3 3x 6 ; x2 + 2x 2 y dim(V ) = 2.Ejercicio 2 Determinar una base del subespacio

W =1 + 3x 2x2 + x3 ; 3 + 10x 4x2 + 4x3 ; 2 + 8x+ 4x3de P3[x] y su dimensin.

Solucin: Las coordenadas de los vectores generadores son (1, 3,2, 1) ; (3, 10,4, 4) ; (2, 8, 0, 4). Utilizandoel teorema del rango se obtiene que: 1 3 2 13 10 4 4

2 8 0 4

1 3 2 10 1 2 1

0 0 0 0

donde las las no nulas de la matriz escalonada son las bases de W , es decir:

W =1 + 3x 2x2 + x3 ; x+ 2x2 + x3

15

Ejercicio 3 Sean = {(1, 1, 1) ; (2, 0, 1) ; (1, 2, 1)} y = {(1, 1, 2) ; (0,1, 1) ; (1, 1, 1)}. Determine la matrizde cambio de base [I] .

Solucin: Consideremos

~v1 = (1, 1, 2) = a11 (1, 1, 1) + a21 (2, 0, 1) + a31 (1, 2, 1)~v2 = (0,1, 1) = a12 (1, 1, 1) + a22 (2, 0, 1) + a32 (1, 2, 1)~v3 = (1, 1, 1) = a13 (1, 1, 1) + a23 (2, 0, 1) + a33 (1, 2, 1)por lo tanto,

[~v1 |~v2 |~v3] = 1 2 11 0 2

1 1 1

[I]Lo cual implica que,

[I] =

1 2 11 0 21 1 1

1 1 0 11 1 1

2 1 1

calculando la inversa, tenemos que: 1 2 1 1 0 01 0 2 0 1 0

1 1 1 0 0 1

F2F1F2F3F1F3

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

F22F3F3F2+F1F1

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

1 0 2 0 1 00 2 1 1 1 0

0 0 1 1 1 2

F12F3F1F2F3F3

1 0 0 2 1 40 2 0 2 0 20 0 1 1 1 2

12F2F2 1 0 0 2 1 40 1 0 1 0 1

0 0 1 1 1 2

Luego,

[I] =

2 1 41 0 11 1 2

1 0 11 1 1

2 1 1

= 5 5 11 1 02 3 0

Ejercicio 4 Considere los subespacios de P3[x]

U1 =3 2x+ x2 + x3 , 1 + x2 x3 , 2 x+ x3

U2 =2 x+ 2x2 + x3 , x x3 , 3 2x+ 3x2 + x3

(a) Encuentre una base y dimensin de U1, U2, U1 + U2 y U1 U2.(b) Encuentre una base y dimensin de U3, tal que (U1 U2) U3 = P3[x]

Solucin: Utilizando el teorema del rango, tenemos que U13 1 22 0 11 1 01 1 1

1 1 02 0 13 1 21 1 1

1 1 00 2 10 4 20 2 1

1 1 00 2 10 0 00 0 0

Por lo tanto las bases de U1 son los vectores

U1 =3 2x+ x2 + x3 , 1 + x2 x316

Por otra parte, para U2 se cumple que:2 0 31 1 22 0 31 1 1

2 0 30 2 10 0 00 2 1

2 0 30 2 10 0 00 0 0

Por lo tanto las bases de U2 son los vectores

U2 =2 x+ 2x2 + x3 , x x3Analicemos lo que ocurre para U1 + U2, esto es:

3 1 2 02 0 1 11 1 2 01 1 1 1

1 1 1 12 0 1 11 1 2 03 1 2 0

1 1 1 10 2 1 30 2 1 10 2 1 3

1 1 1 10 2 1 30 0 2 20 0 0 0

por lo tanto dim(U1 + U2) = 3, esto implica que dim(U1 U2) = 1. Luego, para determinar una base paraU1 U2, debemos buscar un vector (x, y, z, w), tal que:

(x, y, z, w) = a (3,2, 1, 1) + b (1, 0, 1,1) = c (2,1, 2, 1) + d (0,1, 0,1)de esto se obtiene el sistema lineal

1 1 1 1 02 0 1 1 01 1 2 0 03 1 2 0 0

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

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

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

esto implica que la base de U1 U2 =

1 x+ x2. Finalmente buscamos un espacio vectorial U3, tal que

(U1 U2) U3 entonces por el teorema del rango se verica que U3 =1, x, x3

es la base buscada.

Ejercicio 5 Sea B = {u1, u2, u3, u4} una base del espacio vectorial V . Se consideran los conjuntos ={~v1, ~v2, ~v3, ~v4} y = {~w1, ~w2, ~w3, ~w4}, donde:

~v1 = (0, 1, 0, 3) , ~v2 = (1, 1, 0, 0) , ~v3 = (2, 0,1, 2) , ~v4 = (1,1,1, 1)~w1 = (2,2, 0, 1) , ~w2 = (1, 1, 1, 0) , ~w3 = (3, 0, 1,1) , ~w4 = (0,2,1, 1)respecto a la base B se pide:

(a) Probar que y son bases de V .

(b) Hallar la matriz de cambio de base de a

(c) Determinar las coordenadas respecto a del vector ~x cuyas coordenadas respecto a son (2, 1, 0,1).

Solucin:

(a) Consideremos [I]E a la matriz columna, tal que

[I]E =

0 1 2 11 1 0 10 0 1 13 0 2 1

17

como det([I]E ) 6= 0, entonces el conjunto es una base de V . De igual forma se demuestre que esuna base de V . Es decir, consideramos la matriz de cambio de base [I]E como la matriz columna de losvectores { ~w1, ~w2, ~w3, ~w4}, esto es:

[I]E =

2 1 3 02 1 0 20 1 1 11 0 1 1

cuyo det([I]E ) 6= 0, por lo tanto es base de V .

(b) Observe que si conocemos [I]E y [I]E , entonces:

[I] = [I]E [I]E = [I] =

([I]E

)1 [I]Ecalculando la inversa pedida se obtiene que:

[I]E =

2 2 1 33 3 1 25 4 2 71 2 0 2

= [I] =6 1 3 19 1 4 11 0 0 010 1 5 2

(c) Sabemos que

[v] = [I] [v]por lo tanto, se requiere calcular la inversa de la matriz cambio de base [I], esto es:

[I] =

0 0 1 03 1 1 11 1 3 01 2 2 1

lo cual implica que:

[v] =

0 0 1 03 1 1 11 1 3 01 2 2 1

2101

=

0635

Ejercicio 6 Sean los siguientes subespacios de R3:

U =

xyz

R3 : x+ y z = 0

W =

xyz

R3 : x 2y z = 0, y z = 0

(a) Encuentre una base de U y W .

(b) Encuentre una base de U W y calcule la dimensin de U +W .

18

Solucin:

(b) Si el vector (x, y, x) U entonces x = y+ z con y, z R variables libres. Luego se puede escribir como:xyz

= y11

0

+ z101

Como ambos vectores no son paralelos, son una base de U .

Ahora, si el vector (x, y, x) W entonces y = z con z R variable libre. Reemplazando en la otra

restriccin nos queda que x = 3z con lo que obtenemos que W esta generado por el vactor

311

. [0,5 pto]

(b) Si v U W se puede escribir como generado por la base de U o por la base de W . Luego existen , y tal que:

110

+ 101

= 311

Luego para encontrar la interseccin calculamos la solucin al sistema con matriz extendida:1 1 3 01 0 1 0

0 1 1 0

1 1 3 00 1 4 0

0 1 1 0

1 1 3 00 1 4 0

0 0 3 0

Lo que implica = 0, lo que quiere decir que la interseccin es el vector

000

.

Finalmente, dim(U +W ) = dim(U) + dim(W ) dim(U W ) = 2 + 1 0 = 3.

Ejercicio 7 Sea S = {(1, 1, 0, 2), (0, 1, 1, 1), (2, 3, 3, 5), (a, a+1, a+1, a2+2a)} un subconjunto de R4 con a R.(a) Encuentre los valores de a para que S sea una base de R4.

(b) Para a = 1, encuentre una base del subespacio generado por S y su dimensin.

Solucin:

(a) Ponemos los vectores como columnas de una matriz y escalonamos.1 0 2 a1 1 3 a+ 10 1 3 a+ 12 1 5 a2 + 2a

1 0 2 a0 1 1 10 1 3 a+ 10 1 1 a2

1 0 2 a0 1 1 10 0 2 a0 0 0 a2 1

Luego para que los vectores sean l.i, los escalones de la matriz deben ser no nulos. Luego si a2 1 6= 0 setiene que S son 4 vectores l.i. Como la dim(R4) = 4, implica que S es una base de R4 si a 6= 1,1.

19

(b) Reemplazando a = 1 en la ltima matriz de la parte anterior obtenemos que si ponemos los vectores comocolumnas y escalonamos, obtenemos la matriz:

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

Lo que implica que solo existen 3 vectores l.i. Luego una base para el espacio generado por S es:

1102

,0111

,2335

o bien:

1102

,0111

,1223

(Basta que den una base) Como el cardinal de la base es 3, la dimensin es 3.

Ejercicio 8 Sea W un subespacio de P2 (el espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igual a 2),denido por:

W = {p(x) P2 : p(1) = p(2)}(a) Encuentre una base y la dimensin de W .

(b) Encuentre una base de P2 que contenga la base de W encontrada en (a).

(c) Sea U = 1 + x2 el subespacio vectorial generado por el polinomio 1 + x2. Pruebe que P2 =W U .

Solucin:

(a) Sea p(x) = a0 + a1x+ a2x2 W . Entonces p(1) = p(2) lo que implica que

a0 + a1 + a2 = a0 2a1 + 4a23a1 3a2 = 0

a1 = a2

Luego todo polinomio en W se escribe de la forma p(x) = a0 + a1(x + x2). Lo anterior implica que elconjunto {1, x+ x2} es una base de W , y dim(W ) = 2.

(b) Usamos el isomorsmo cannico de P2 a R3 y usamos el vector asociado a 1 y a x+ x2, completamos conla identidad y escalonamos. 1 0 1 0 00 1 0 1 0

0 1 0 0 1

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

Lo anterior implica que podemos escoger x o x2 para completar la base de P2.

20

(c) Sea p(x) W U . Como p(x) W entonces existen 1, 2 R tal que p(x) = 11 + 2(1 + x2). Comop(x) U entonces existe 1 R tal que p(x) = 1(1 + x2). Lo anterior implica que 1 = 2 = 1 = 0.Luego W U = {0}.Por otro lado sea p(x) = a0 + a1x+ a2x

2 P2. Podemos escribir este polinomio como:p(x) = a0 a2 + a1 + a1(x+ x2) + (a2 a1)(1 + x2)con a0 a2 + a1 + a1(x + x2) W y (a2 a1)(1 + x2) U , lo que implica que P2 = W + U y mas anque P2 =W U .Ejercicio 9 Sea U = {(x, y, z) R3 : x+ 2y z = 0}:(i) Encuentre una base de U y calcule su dimensin.

Si W =

121

R3, donde u denota el espacio generado por u:(ii) Pruebe que U W = {0}.(iii) Pruebe que R3 = U +W .

Solucin:

(i) De la ecuacin se obtiene que x = z 2y, por lo que (x, y, z) W sixyz

= z101

+ y21

0

Como ambos vectores son l.i (basta mencionarlo) se tiene que son una base deW y por lo tanto dim(W ) =2.

(ii) Sea u W , entonces existe R tal que u = (1,2, 1). Supongamos que u U , entonces satisface laecuacin + 2(2) = 0. Esto implica 6 = 0, luego = 0 lo que quiere decir W U = {0}.(iii) Sea (x, y, z) R3. Buscamos la solucin a la ecuacinxy

z

= 1101

+ 221

0

+ 312

1

Escribiendo el sistema y pivoteando 1 2 1 | x0 1 2 | y

1 0 1 | z

1 2 1 | x0 1 2 | y

0 2 2 | z x

1 2 1 | x0 1 2 | y

0 0 6 | z x 2y

Luego se tiene que 3 =

zx2y6 , 2 =

x+y+z3 , 1 =

x+2y+5z6 , con lo que se prueba lo pedido.

Otra forma es probando que los tres vectores son l.i y por lo tanto una base de R3.

Ejercicio 10 Considere los siguientes subespacios de los polinomios de grado 3. I = {p P3(R) /x R, p(x) = p(x)} y P = {p P3[x] / x R, p(x) = p(x)}.(a) Pruebe que P I = {0}(b) Demuestre que P + I = P3(c) Calcule dim(P ) y dim(I)

21

Solucin:

(a) P I = {0}Sea p P I entonces para cualquier x R, p(x) = p(x) = p(x) que implica que p(x) = 0 y por tantop es el polinomio nulo.

(b) P + I = P3

Mtodo 1: Dado p P3 es claro que p(x) =

q(x) p(x) + p(x)

2+

r(x) p(x) p(x)

2con q P y r I.

Mtodo 2: Se tiene que {x2} P y {1, x, x3} I y como {1, x, x2, x3} es base de P3 se concluye.

(c) dim(P ) y dim(I)

Como {x2} es base de P y {1, x, x3} es base de I entonces dim(P ) = 1 y dim(I) = 3.

Ejercicio 11 En el espacio vectorial R4, considere los subespacios vectoriales:

U =

1001

,0110

y W =

0210

,1301

(a) Calcule una base del subespacio U W .(b) Calcule una base del subespacio U +W .

Solucin:

(a) Para calcular la interseccin buscamos 1, 2, 3, 4 tal que:

1

1001

+ 20110

= 3

0210

+ 41301

Luego debemos resolver el sistema con matriz ampliada:

1 0 0 1 00 1 2 3 00 1 1 0 01 0 0 1 0

F4F1+F4

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

F3(1)F2+F3

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

Luego 3 = 4 lo que implica que una base de U W es le vector

1111

.22

(b) El espacio generado por la suma es igual al espacio generado por la unin de las bases. Para encontraruna base de la suma basta tomar un conjunto l.i de esta unin. Para esto escalonamos la matriz con lo

elementos de ambas bases:

1 0 0 1 00 1 2 3 00 1 1 0 01 0 0 1 0

F4F1+F4

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

F3(1)F2+F3

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

Luego una base de U +W es el conjunto:

1001

,0110

,

0210

Ejercicio 12 Sean los siguientes subespacios vectoriales de R4:

W := {(x, y, z, w) R4 : x+ y + z + w = 0, x y + z w = 0}U := {(x, y, z, w) R4 : x+ 2z + w = 0}1. Calcule una base de W .

2. Calcule una base del subespacio W U .

Solucin:

1. Para encontrar una base debemos encontrar los vectores que satisfacen las dos condiciones, es decir,

debemos resolver el siguiente sistema:(1 1 1 1 01 1 1 1 0

)(

1 1 1 1 00 2 0 2 0

)De la segunda la se deduce que y = w. Reemplazando en la primera la obtenemos xw+ z +w = 0lo que implica x = z. Luego todo vector en W se puede escribir como:

xyzw

= z1010

+ w

0101

Como ambos vectores son l.i (basta mencionarlo) se tiene que una base de W es el conjunto:

1010

,

0101

2. En este caso los vectores en la interseccin deben cumplir 3 condiciones, por lo que son el conjunto

resultado del siguiente sistema: 1 1 1 1 01 1 1 1 01 0 2 1 0

1 1 1 1 00 2 0 2 0

0 1 1 0 0

1 1 1 1 00 2 0 2 0

0 0 2 2 0

De la tercera la se deduce que y = w, reemplazando en la segunda se obtiene y = w, y de la primeradeducimos que x = w. Por lo tanto el subespacio interseccin esta generado por el vector (1,1,1, 1).

23

2. Transformaciones lineales

Sea U, V espacios vectoriales sobre un cuerpo R. Diremos que la aplicacin T : U V es una transformacinlineal si y slo si T satisface las siguientes propiedades:

(i) T ( ~0u) = ~0V .

(ii) ( ~u,~v U) ( R) se cumple que T (~u+ ~v) = T (~u) + T (~v).

Denicin 12.

Notacin: El conjunto de todas las transformaciones lineales de U en V lo denotaremos por:

LR(U, V ) = {T : U V /T es una transformacin lineal} LR(U) = LR(U,U)Supongamos que = {~v1, ~v2, . . . , ~vn} es una base del espacio vectorial U , entonces cada vector ~v U seescribe en forma nica como

~v = 1 ~v1 + . . .+ n ~vn

Luego, si existe una transformacin lineal T : U V entonces:

T (~v) = T (1 ~v1 + . . .+ n ~vn) = 1T (~v1) + . . .+ nT ( ~vn)

Es nica en V .

Sean U, V dos espacios vectoriales sobre R, adems sean { ~u1, ~u2, . . . , ~un} una base de U y {~v1, ~v2, . . . , ~vn} unsubconjunto de V , entonces existe una nica transformacin lineal T : U V , tal que T (ui) = vi, i = 1, . . . , n.

Teorema 7.

2.1. Propiedades cualitativas de la transformacin lineal:

Sea T : U V una transformacin lineal, tal que dim(U) = n dim(V ) = m, entonces:(a) T (0U ) = 0V

(b) T es inyectiva = n dim(V ).

Demostracin: Sabemos que si:

(i) = { ~u1, ~u2, . . . , ~un} es una base de U , entonces:

T () : = {T ( ~u1) , T ( ~u2) , . . . , T ( ~un)} V

24

(ii) Como u =

ni=1

i~vi es linealmente independiente, entonces:

T (~u) = T

(ni=1

i~vi

)= OV

T (~u) =

ni=1

iT (~vi) = 0V

por lo tanto T () es linealmente independiente, esto implica que dim(V ) n.(c) T es sobreyectiva = dim(V ) n.(d) T es biyectiva = dim(U) = dim(V ).

Sean U, V espacios vectoriales sobre el cuerpo R. Diremos que T : U V es un isomorsmo de espaciosvectoriales si:

(a) T LR(U, V )(b) T es biyectiva.

Denicin 13.

Notacin: Si T : U V es un isomorsmo entonces escribiremos U = V .

2.2. Espacios asociados a una transformacin lineal

Existen dos espacios vectoriales relacionados directamente con la transformacin lineal, los cuales nos permiten

analizar el comportamiento de la aplicacin desde su interior.

Sean U, V espacios vectoriales sobre el cuerpo R y T : U V una transformacin lineal. Llamaremos ncleode T al conjunto

Ker(T ) ={u U /T (u) = ~0V

}Denicin 14.

Ejemplo # 18 Demostrar que si T : U V entonces ker(T ) U .

Demostracin:

(a) Sabemos que ~0U U y T (~0U ) = ~0V , entonces ~0U Ker(T ), por lo tanto ker(T ) 6= ~0.

25

(b) Sean u1, u2 ker(T ) y k R, entonces:~u1 ker(T ) T (~u1) = 0~u2 ker(T ) T (~u2) = 0

}=T (~u1 + k~u2) = T (~u1) + k T (~u2) = 0 + k 0 = 0

por lo tanto ~u1 + k ~u2 ker(T ).

Sean U, V espacios vectoriales sobre R y T : U V una transformacin linal. T es inyectiva si y slo siker(T ) = {~0U}.

Proposicin 2.

Sean U, V espacios vectoriales sobre R y T : U V una transformacin lineal. Llamaremos imagen de T alconjunto

Img(T ) = { v V /T (~u) = ~v}

Denicin 15.

Proposicin: Si T : U V es una transformacin lineal, entonces Img(T ) V .

Sea U un espacio vectorial, = {u1, u2, . . . , un} una base de U y T : U V una transformacin lineal,entonces:

Img(T ) = T () = T (~u1), . . . , T (~un)

Teorema 8.

Sea U un espacio vectorial de dimensin nita y T : U V una transformacin lineal, entonces:

dim(Ker(T )) + dim(Img(T )) = dim(U)

Teorema 9.

2.3. Matriz asociada a una transformacin lineal

Consideremos U, V espacios vectoriales sobre R, adems = {~u1, ~u2, . . . , ~un} y = {~v1, ~v2, . . . , ~vn} bases de Uy V respectivamente . Sea T : U V una transformacin lineal, tal que:

T (~u1) = a11~v1 + a21~v2 + . . . + am1~vmT (~u2) = a12~v1 + a22~v2 + . . . + am2~vm.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

T (~un) = a1n~v1 + a2n~v2 + . . . + amn~vm

26

Esto implica que todo elemento

T (~uj) = a1j~v1 + a2j~v2 + . . .+ amj ~m= [T (~uj)] =

a1ja2j.

.

.

amj

tiene una representacin como coordenada en .

Se dene como matriz asociada a las bases = {~u1, ~u2, . . . , ~un} y = {~v1, ~v2, . . . , ~vm} a la matriz de ordenm n

[T ] =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

am1 am2 . . . amn

tal que:T (~u1) = a11~v1 + a21~v2 + . . . + am1~vmT (~u2) = a12~v1 + a22~v2 + . . . + am2~vm.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

T (~un) = a1n~v1 + a2n~v2 + . . . + amn~vm

Observacin:

(a) La columna j-sima de la matriz [T ] corresponde a las coordenadas del vector T (~uj) en la base , esto es:

[T (~uj)] =

a1ja2j.

.

.

amj

Mm1(b) Si la base del espacio de partida es igual al del espacio de llegada, entonces la matriz se denota por [T ].

Sea T : U V , con U y V espacios vectoriales de dimensin nita, entonces:

[T ] [u] = [v] [T ] [u] = [T (u)]donde y son bases de U y V respectivamente.

Teorema 10.

Ejemplo # 19 Sean = {(1, 1, 1) ; (0, 1, 1) ; (1, 0, 1)} ; = {(1, 1) ; (0, 1)} bases de R3 y R2 respectivamentey T : R3 R2 una transformacin lineal tal que:

[T ] =

[4 2 23 1 1

]Determine T (x, y, z)

Solucin: Consideremos el elemento (x, y, z) R3 y se desea determinar [(x, y, z)], por lo tanto debemosencontrar los escalares a, b, c R tal que:

(x, y, z) = a (1, 1, 1) + b (0, 1, 1) + c (1, 0, 1)

27

donde

x = a+ cy = a+ bz = a+ b+ c

1 0 1 | x1 1 0 | y

1 1 1 | z

1 0 0 | x z + y0 1 0 | z x

0 0 1 | z y

Por lo tanto

[(x, y, z)] =

x+ y zz xz y

Luego,

[T (x, y, z)] = [T ] [(x, y, z)] =

[4 2 23 1 1

] x+ y zz x

z y

= [ 2x 4z + 6y2x+ 3z 4y]

Finalmente, si

[T (x, y, z)] =

[2x 4z + 6y2x+ 3z 4y

]entonces,

T (x, y, z) = (2x 4z + 6y) (1, 1) + (2x+ 3z 4y) (0, 1) = (2x 4z + 6y,z + 2y)

Sean U, V espacios vectoriales sobre R de dimensin nita, adems y bases de U y V respectivamente. SiT : U V es una transformacin lineal, entonces:(a) T es un isomorsmo si y slo si [T ] es regular.

(b) Si T es un isomorsmo, entonces: [T1

]=([T ]

)1

Teorema 11.

2.4. Matriz cambio de base

Consideremos la transformacin lineal T : V toW , tal que , son bases de V y , bases de W . Entonceses posible determinar las matrices [T ] ; [T ]

; [T ]

; [T ]

y la relacin entre ellas.

Relacin entre [T ] y [T ] .

28

(,W )

Mn1

(, V )

Mm1 Mm1

(,W )

[ ] [ ] [ ]

[I] ][T ]

[T ] = [I]

[T ]

Relacin entre [T ] y [T ]

(,W )

Mn1

(, V )

Mn1 Mm1

(,W )

[ ] [ ] [ ]

[T ][I]

[T ] = [T ] [I]

Relacin entre [T ] y [T ]

(,W )

Mn1

(,W ) (,W )

Mm1 Mm1 Mm1

(, V )

[ ] [ ] [ ] [ ]

[T ] [I]

[I]

[T ] = [I]

[T ] [I]

Particularmente si V =W , entonces:

[T ] = [I] [T ] [I]

29

Ejemplo # 20 Sean = {(1, 1,1) ; (0, 2,1) ; (1, 0, 1)} y = {(1, 2, 1) ; (1, 3, 2) ; (2, 1, 3)} bases de R3 y Tuna transformacin lineal tal que:

[T ] =

5 2 23 1 11 4 3

Calcular [T ].

Solucin: Sabemos que [T ] = [I] [T ], por lo tanto se requiere calcular [I] , es decir debemos resolver elsistema

(1, 2, 1) = a1(1, 1,1) + b1(0, 2,1) + c1(1, 0, 1)(1, 3, 2) = a2(1, 1,1) + b2(0, 2,1) + c2(1, 0, 1)(2, 1, 3) = a3(1, 1,1) + b3(0, 2,1) + c3(1, 0, 1)Utilizando la matriz ampliada al sistema se obtiene que: 1 0 1 1 1 21 2 0 2 3 1

1 1 1 1 2 3

3 0 0 2 5 30 6 0 8 14 6

0 0 3 5 8 9

por lo tanto,

[I] =1

3 2 5 34 7 1

5 8 9

Luego,

[T ] =1

3 2 5 34 7 1

5 8 9

5 2 23 1 1

1 4 3

= 13 2 11 82 13 10

10 38 29

30

Ejercicios resueltos

Ejercicio 1 Sea T : V W una transformacin lineal. Sea = {v1, v2, v3} una base de V y ={w1, w2, w3, w4} una base de W tal que:

[T ] =

1 0 0 10 1 0 10 0 1 1

Encuentre una base de W tal que:

[T ] =

1 1 0 00 1 1 00 0 1 1

Solucin: De la matriz [T ] podemos deducir que:

T (v1) = w1 ; T (v2) = w2 ; T (v3) = w3 ; T (v4) = w1 + w2 + w3

Queremos encontrar una base = {w1, w2, w3, w4} tal que:T (v1) = w

1 ; T (v2) = w1 + w2 ; T (v3) = w2 + w3 ; T (v4) = w3Del sistema anterior, tenemos que:

w1 = w1

w2 = w1 + w2w3 = w2 + w3

w1 + w2 + w3 = w3

w1 = w1w2 = w1 + w2w3 = w1 + w2 + w3

[I] =

1 1 10 1 10 0 1

Esto implica que la base buscada es:

= {w1 , w1 + w2 , w1 + w2 + w3}Ejercicio 2 Considere T : P2[x] R3 una transformacin lineal. Determine la matriz T con respecto a lasbases cannicas = {1, x, x2} y la base cannica de R3 a saber = {(1, 0, 0) ; (0, 1, 0) ; (0, 0, 1)}, suponiendoque:

T (1 + x x2) = (1, 0, 1) ; T (x2 x) = (1, 1,1) ; T (2 + x 2x2) = (1, 1,2)

Solucin: Consideremos las bases

= {1 + x x2 , x2 x , 2 + x 2x2} = {(1, 0, 1) ; (1, 1,1) ; (1, 1,2)}por lo tanto

[T ] = I3 ; [I]

=

1 1 10 1 11 1 2

; [I] = 1 0 20 1 11 1 2

Luego, [T ] = [I]

([I])1, por lo tanto

[T ] =

1 1 10 1 11 1 2

1 0 20 1 11 1 2

1 = 2 3 41 1 0

0 4 3

31

Ejercicio 3 Sea T : R3 R3, denida por T (x, y, z) = (2x+ y, 3z). Calcular la matriz de transformacin:(a) Respecto a las bases cannicas.

(b) Respecto a las bases = {(1, 2,1) ; (0, 1, 0) ; (3, 1, 1)} y = {(0, 2) ; (1, 1)}(c) Respecto de las bases = {(1, 1, 1) ; (0, 1, 0) ; (0, 0, 1)} y = {(1, 3) ; (1, 0)}

Solucin:

(a) Sabemos que:

T (1, 0, 0) = (2, 0) = 2e1 + 0 e2T (0, 1, 0) = (1, 0) = e1 + 0 e2T (0, 0, 1) = (0, 3) = 0 e1 + 3e3

[T ] =[ 2 1 0

0 0 3

]

(b) En este caso es posible utilizar la relacin:

[T ] = [I]

[T ] [I]donde

[I] =

1 0 32 1 11 0 1

; [I] = [ 0 12 1]por lo tanto

[T ] =

([I]

)1 [T ] [I] =

[1/2 1/21 0

][ 2 1 0

0 0 3

] 1 0 32 1 11 0 1

= [ 3/2 1/2 10 1 5

]

(c) Anlogamente al problema (b) se tiene que:

[T ] = [I]

[T ] [I]donde

[I] =

1 0 01 1 01 0 1

; [I] = [ 1 13 0]por lo tanto,

[T ] =

[ 1 13 0

]1[ 2 1 0

0 0 3

] 1 0 01 1 0

1 0 1

= [ 1 0 10 1 1

]

Ejercicio 4 Sea T : R2 R3 una transformacin lineal denida porT (x, y) = (2x y, x+ y, 2y x)

(a) Determinar la matriz [T ] con y bases cannicas de R2 y R3 respectivamente. Calcular T (3, 1/2).

(b) Dar base, y la dimensin de Ker(T ) y de Img(T ).

(c) Determine la matriz de transformacin con respecto a las bases

= {(2, 1) ; (0, 3)} y = {(1, 1, 1) ; (2, 0, 1) ; (0, 0, 2)}

32

Solucin:

(a) Observe que T (1, 0) = (2, 1,1) y T (0, 1) = (1, 1, 2), esto implica que:

[T ] =

2 11 11 2

Luego,

T (3, 1/2) =

2 11 11 2

[ 31/2

]=

11/27/22

(b) Para determinar el ker(T ) reslvemos el sistema

T (x, y) = (2x y, x+ y, 2y x) = (0, 0)= sistema compatible

por lo tanto ker(T ) = {~0}. Luego, como

dim (Img(T )) = 2 dim (ker(T )) = 2

se obtiene que:

Img(T ) = (2, 1,1) ; (1, 1, 2)

(c) En este caso, sabemos que:

[T ] = [I]

[T ] [I]donde

[I] =

1 2 01 0 01 1 2

: [I] = [ 2 01 3]por lo tanto

[T ] =

1 2 01 0 01 1 2

1 2 11 11 2

[ 2 01 3

]=

3 30 3 32 3

Ejercicio 5 El producto vectorial de dos vectores ~u = (u1, u2, u3) y ~x = (x, y, z) de R3 est denido por

~u ~x = (u2z u3y, u3x u1z, u1y u2x) (1)

Si jamos el vector ~u = (1, 2, 3) y denimos por T = ~u ~x, entonces T : R3 R3

(a) Demuestre que T es una transformacin lineal.

(b) Encuentre la representacin matricial de la transformacin T en la base cannica de R3.(c) Obtenga la dim(ker(T )) y dim(Img(T )).

33

Solucin: Dado ~u = (1, 2, 3) tenemos

T (~x) = (2z 3y, 3x z, y 2x)a) Sean ~v = (v1, v2, v3) y ~w = (w1, w2, w3) dos vectores en R3, entonces

~v + ~w = (v1 + w1, v2 + w2, v3 + w3)

Entonces

T (~v + ~w) = T (v1 + w1, v2 + w2, v3 + w3)

= (2(v3 + w3) 3(v2 + w2), 3(v1 + w1) (v3 + w3), (v2 + w2) 2(v1 + w1))= (2v3 3v2, 3v1 v3, v2 2v1) + (2w3 3w2, 3w1 w3, w2 2w1)= T (~u) + T (~v)

b) Si denimos la base E = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} entonces tenemos que calcular [T ]EE .

[T ]EE =

[T (1, 0, 0)]E[T (0, 1, 0)]E[T (0, 0, 1)]E

=[(0, 3,2)]E[(3, 0, 1)]E[(2,1, 0)]E

= 0 3 23 0 1

2 1 0

c)

ker(T ) = {~x R3|T (~x) = ~0R3}= {(x, y, z) R3|(2z 3y, 3x z, y 2x) = (0, 0, 0)}= {(x, y, z) R3|2z = 3y; 3x = z; y = 2x}= {(x, 2x, 3x) R3}= {(1, 2, 3)}Por lo tanto, como el vector (1, 2, 3) genera a ker(T ) y adems es linealmente independiente, entoncesdim(ker(T )) = 1. Notamos que el kernel del producto vectorial es la recta generada por el vector(1, 2, 3).

Para la dimensin de la Imagen podemos usar el Teorema de la dimension y obtener que dim(Img(T )) =dim(R3) dim(ker(T )) = 3 1 = 2, o podemos hacer lo siguiente,

Img(T ) = {T (~x) R3|~x R3}= {(2z 3y, 3x z, y 2x) R3}= {x(0, 3,2) + y(3, 0,2) + z(2,1, 0) R3}= {(0, 3,2), (3, 0,2), (2,1, 0)}Este conjunto de vectores genera a Img(T ) pero no son linealmente independientes, as que debemossacar un vector y darnos cuenta que con 2 vectores se genera a Img(T ) y adems es un conujuntolinealmente independiente, as dim(Img(T )) = 2

Ejercicio 6 Sea el conjunto B R3 y a un parmetro real:

B =

203

, 22a

,a0a

34

(a) Calcule el(los) valor(es) de a tal que B sea una base de R3.

(b) Para a = 1, calcule las coordenadas del vector

111

en la base B.

(c) Sea T : R3 R3 una transformacin lineal cuya matriz representante con respecto a las base cannica yB es:

A =

2 3 11 4 11 0 1

Calcule T

123

.

Solucin:

(a) Para que sea una base, los 3 vectores deben ser linealmente independientes. Una condicin es que eldeterminante sea distinto de 0.

|A| =2 2 a0 2 03 a a

= 2 2 a3 a

= 2aLuego para a 6= 0 el conjunto B es una base de R3.

(b) Para encontrar las coordenadas debemos calcular la solucin del sistema con matriz extendida: 2 2 1 10 2 0 13 1 1 1

2 2 1 10 2 0 1

0 8 1 1

2 2 1 10 2 0 1

0 0 1 4

Luego las solucin es z = 4, y = 1/2, x = 1.

(c) La matriz A entrega las coordenadas en la base B. Luego calculamos las coordenas de la imagen delvector. 2 3 11 4 1

1 0 1

123

=11102

Lo que implica:

T

123

= 11203

+ 10 221

+2101

= 4020

21

Ejercicio 7 Sea la funcin T : R3 M22 tal que

T

xyz

= (x+ 2y + 3z y + zx+ 3y + 4z x+ y + 2z

)(i) Calcule la matriz representante de T con respecto a las bases cannicas de R3 y M22.

(ii) Encuentre una base y la dimensin del Ker(T ).

(iii) Encuentre una base y la dimensin de Im(T ).

35

Solucin:

(i) Calculamos la imagen para la base cannica de R3.

T (1, 0, 0) =

(1 01 1

); T (0, 1, 0) =

(2 13 1

); T (0, 0, 1) =

(3 14 2

)Luego la matriz representante es

1 2 30 1 11 3 41 1 2

(ii) Usando la matriz representante calculamos el Ker(T ).

1 2 3 00 1 1 01 3 4 01 1 2 0

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

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

De donde se obtiene que (x, y, z) Ker(T ) si y = z y x = z, luego Ker(T ) = (1,1, 1) y por lotanto tiene dimensin 1.

(iii) La imagen esta generadad por las columnas de la matriz representante. Usando la parte anterior podemos

ver que una base de la imagen es

{(1 01 1

),

(2 13 1

)}y por lo tanto tiene dimensn 2.

Ejercicio 8 Sea T : R4 R3 tal que:

T

xyzw

=x+ y + zy + z + ww + x+ y

(a) Calcule una base del Ker(T ).

(b) Calcule una base de Im(T ).

(c) Es T inyectiva?. Es T sobreyectiva?. Justique.

Solucin:

(a) Para calcular el Ker(T ) debemos buscar los vectores x tal que T (x) = 0, es decir la solucin al sistema: 1 1 1 0 00 1 1 1 01 1 0 1 0

1 1 1 0 00 1 1 1 0

0 0 1 1 0

De la tercera ecuacin se deduce z = w, de la segunda y = 2w y de la primera x = w. Por lo que elKer(T ) esta generado por el vector (1,2, 1, 1).

36

(b) La imagen esta generada por las columnas de la matriz del problema anterior. Del escalonamiento sepuede deducir que de ellos, 3 son l.i, por lo que una base de la imagen es el conjunto:

101

,111

,110

(c) T no es inyectiva porque Ker(T ) 6= {0} [0,3 pto]. T es sobreyectiva porque la dimensin de la imagnes es3 que es la misma dimensin del espacio de llegada R3 [0,4 pto].

Ejercicio 9 Sea T : R3 R3 tal que:

T

xyz

=x+ 2y + 3zx y + 2z4x+ y 3z

(a) Calcule la matriz representante de T con respecto a la base cannica de R3.

(b) Calcule la matriz representante de T con respecto a las base100

,110

,111

de R3.Solucin:

(a) Calculamos la imagen de los vectores cannicos:

T

100

=114

; T010

= 213

; T001

= 323

Como en al base cannica las coordenadas son igual al vector se tiene que la matriz representante es :1 2 31 1 2

4 3 3

(b) Calculamos la imagen de los vectores de la base y los escribimos como combinacin lineal de la base:

T

100

=114

= 0100

3110

+ 4111

T

110

=305

= 3100

5110

+ 5111

T

111

=622

= 4100

+ 0110

+ 2111

Por lo que la matriz representante es : 0 3 43 5 0

4 5 2

37

Ejercicio 10 Sea la funcin T : R4 R3 tal que

T

abcd

= a+ 2b+ c2a+ 4b+ c+ 3da 2b d

(a) Encuentre una base y la dimensin del Ker(T ).

(b) Encuentre una base y la dimensin de Im(T ).

Solucin:

(a) Para clacular el Ker(T ) debemos encontrar todos los vectores x R4 tal que T (x) = 0, es decir tal que:

T

abcd

=000

= a+ 2b+ c2a+ 4b+ c+ 3da 2b d

=000

Lo que es equivalente a resolver el sistema con matriz extendida: 1 2 1 0 02 4 1 3 0

1 2 0 1 0

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

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

Lo que implica d = 0, c = 0 y x = 2y con y variable libre. Luego el Ker(T ) esta generado por el vector2100

lo que implica que tiene dimensin 1.(b) Todo elemento de la imagen se puede escribir como: a+ 2b+ c2a+ 4b+ c+ 3d

a 2b d

= a 121

+ b 242

+ c110

+ d 031

Es decir, esta generado por estos 4 vectores. De la parte anterior podemos ver que solo 3 de ellos son

linealmente independientes, or lo que una base de Im(T ) es el conjunto. 121

,110

, 031

Por lo que la imagen tiene dimesin 3.

Ejercicio 11 Sea T : R2 R3 lineal tal que T(

11

)=

220

y T

( 11

)=

022

.

(a) Pruebe que para todo

(xy

) R2 se tiene que T

(xy

)=

x+ y2yx y

.

38

(b) Calcule la matriz representante de T respecto a las bases cannicas.

(c) Calcule la matriz representante de T respecto a la base cannica en R2 y la base 11

0

, 011

, 01

0

en R3.Solucin:

(a) Sea

(xy

) R2. Se tiene que: (

xy

)=x+ y

2

(11

)+y x2

(11

)Si aplicamos T tenemos que:

T

(xy

)= T

(x+ y

2

(11

)+y x2

(11

))=

x+ y

2T

(11

)+y x2

T

(11

)

=x+ y

2

220

+ y x2

022

=x+ y2yx y

(b) Calculamos la imagen de los elementos de la base cannica:

T

(10

)=

101

; T (01

)=

121

Luego la matriz rerpresentante es: 1 10 2

1 1

(c) En este caso debemos calcular las coordenadas de la imagen en la base de llegada:

T

(10

)=

101

= 1 11

0

1 011

+ 0 01

0

T

(01

)=

121

= 1 11

0

+ 1 011

+ 0 01

0

Luego la matriz rerpresentante es: 1 11 1

0 0

39

3. Diagonalizacin

Supongamos que V es un espacio vectorial sobre R de dimensin nita n N, T : V V una transformacinlineal y = {~v1, ~v2, . . . , ~vn} una base del espacio V , tal que [T ] es una matriz diagonal, es decir:

T (~v1) = a11 ~v1 + 0 ~v2 + . . . + 0 ~vnT (~v2) = 0 ~v1 + a22 ~v2 + . . . + 0 ~vn.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

T (~vn) = 0 ~v1 + 0 ~v2 + . . . + ann ~vn

= [T ] =

a11 0 . . . 00 a22 . . . 0.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

0 0 . . . ann

Esto implica que todo elemento que sea parte de este comportamiento debe satisfacer la relacin

T (~vi) = aii ~vii (i = 1, . . . , n)

Analicemos lo anterior. Si V es un espacio vectorial sobre R de dimensin n N, y T : V V unatransformacin lineal, tal que T (~v) = ~v para algn R entonces: Si ~v = ~0V , entonces T (~0) = ~0 = ~0, puede ser cualquier escalar. Si ~v 6= ~0V , entonces:

T (~v) = ~v T (~v) ~v = 0 (T 1V ) (~v) = 0 (Sistema lineal)

Como ~v 6= ~0V entonces dim (Ker(T 1V )) 1 lo cual implica que Ker(T 1V ) 6= ~0V por lo tantodet(T 1V ) = 0.

Sea V un espacio vectorial sobre R de dimensin n N, y T : V V una transformacin lineal. Diremosque ~v es un vector propio de T si,

(1) ~v 6= ~0V .(2) ( , R) tal que T (~v) = ~v.donde , se denomina valor propio asociado al vector propio de v.

Denicin 16.

Llamaremos polinomio caracteristico de T al polinomio

p() = det ([T 1V ]) (para cualquier base deT )

de forma equivalente diremos que ~v es un vector propio de T si 0 R, tal que

p(0) = det ([T 0 1V ]) = 0

Denicin 17.

40

Sea V un espacio vectorial sobre R de dimensin n N y T : V V una transformacin lienal entonces paracada R

V = {~v V /T (~v} = ~v} V

Teorema 12.

Demostracin: Observe que:

(1) ~0V V T (~0V ) = ~0V . As que ~0V V , y V 6= (2) Si ~u1, ~u2 V k R, entonces:

~u1 V T (~u1) = ~u1~u2 V T (~u2) = ~u2

}=T (~u1 + k ~u2) = (~u1 + k ~u2)

por lo tanto V V .

V se denomina espacio propio asociado al valor propio .

Denicin 18.

Ejemplo # 21 Sea T : R3 R3 una transformacin lineal dada por

T

xyz

= 5x y + 3z6x+ 4y 6z6x+ 2y 4z

Determinar los valores propios de T y los espacios propios asociados.

Solucin: Si consideramos las bases cannicas de R3, entonces:

[T ]EE =

5 1 36 4 66 2 4

determinamos el polinomio caracterstico dado por:

p() = det([T ]EE I3

)=

5 1 36 4 66 2 4

= ( 2)2 (1 )Determinamos el espacio propio asociado a = 1. Es decir:

V=1 ={~v R3 / T (~v) = 1 ~v}Calculamos la base del espacio resolviendo el sistema ampliado 4 1 3 06 3 6 0

6 2 5 0

1 0 12 00 1 1 0

0 0 0 0

41

por lo tanto,

V=1

1211

Luego, reemplazando por el valor propio = 2 se obtiene el espacio propio

V=2 = {~v V /T (~v) = 2 ~v)

Calculamos su base resolviendo el sistema 3 1 3 06 2 6 06 2 6 0

1 13 1 00 0 0 0

0 0 0 0

por lo tanto,

V=2

1310

; 10

1

Resumiendo:

Los valores propios son 1 y 2, y los espacios propios asociados son:

V=1 =(12, 1, 1

), con dimV=1 = 1.

V=2 =(

1

3, 1, 0

); (1, 0, 1)

, con dimV=2 = 2.

Supongamos que =

{(12, 1, 1

);

(1

3, 1, 0

); (1, 0, 1)

}es una base de R3, entonces:

[T ] =

1 0 00 2 00 0 2

(Matriz Diagonal)

Sea A = [T ], donde es una base cualquiera de V , entonces A es diagonalizable si y slo si existe una base de vectores propios de V , tal que:

A = [T ] = [I] [T ] [I] = [I] [T ]

([I]

)1donde, [T ] es una matriz diagonal.

Denicin 19.

Observacin: La mayoria de los textos denotan a [I] = P como la matriz de los vectores propios y D = [T ]

la matriz de paso en forma diagonal, entonces:

A = [I] [T ] ([I]

)1= P D P1

42

Ejercicios resueltos

Ejercicio 1 Determine para que valores de la matriz

A =

1 1 2 0 1 0 0 1

es diagonalizable

Solucin: Calculamos el polinomio caracteristico P (m) = det(A mI) = (1 m)2(1 +m). Luego, param = 1 se cumple que: 0 1 2 00 2 0

0 0 0 0

0 1 2 00 1 2 0

0 0 0 0

De lo anterior podemos concluir que la matriz es diagonalizable si = 4

3.

Ejercicio 2 Sea la matriz:

A =

1 3 33 1 33 3 1

1. Pruebe que el polinomio caracterstico de A es (2 + )2(7 ).2. Calcule los espacios propios asociados a cada valor propio.

Solucin:

1. Primero debemos calcular el polinomio caracterstico:1 3 33 1 33 3 1

F3F1=1 3 33 1 3

2 + 0 2

C3+C1=1 3 4 3 1 6

2 + 0 0

=(2 + )

3 4 1 6 = (2 + )[18 (4 )(1 )] = (2 + )(18 4 + 5 2) =

= (2 + )(14 + 5 2) = (2 + )2(7 )Luego los valores propios son 2 y 7.2. Calculemos el espacio propio asociado a 7. Esto es Ker(A 7I) que es la solucin al sistema: 6 3 3 03 6 3 0

3 3 6 0

2F2+F1;2F3+F1 6 3 3 00 9 9 0

0 9 9 0

F3+F2 6 3 3 00 9 9 0

0 0 0 0

De donde se obtiene que y = z y x = z, luego

111

es un vector propio.

Calculemos el espacio propio asociado a 2. Esto es Ker(A+ 2I) que es la solucin al sistema: 3 3 3 03 3 3 03 3 3 0

F2F1;F3F1 3 3 3 00 0 0 0

0 0 0 0

43

De donde se obtiene que x = yz, luego una base de vectores propios es el conjunto11

0

, 11

0

.Ejercicio 3 Sea A =

1 2 12 0 21 2 3

. Determine:

(a) El polinomio caracterstico de A

(b) Los valores y vectores propios de A.

(c) Si A es diagonalizable.

Solucin:

(a) Se tiene que A I = 1 2 12 21 2 3

1 2 12 21 2 3

= (1 ) 22 3

2 2 21 3 + 2 1 2

= (1 ) (( 3) + 4) 2 (2(3 ) 2) + (4 )= (1 ) (2 3+ 4) + (2 8) + (4 )= (1 ) (2 3+ 4) + ( 4)= (2 3+ 4) + ( 4) (3 32 + 4) = 3 + 42 4= ( 2)2.

(b) El polinomio caracterstico de A es pA() = ( 2)2 y por tanto los valores propios son = 0 y = 2con multiplicidades algebraicas 1 y 2 respectivamente.

Para = 0: 1 2 1 02 0 2 01 2 3 0

1 2 1 00 4 4 0

0 4 4 0

( 1 2 1 00 1 1 0

)

El espacio propio es entonces

11

1

Para = 2: 1 2 1 02 2 2 0

1 2 1 0

( 1 2 1 00 2 0 0

)

El espacio propio es entonces

10

1

44

(c) Como la multiplicidad geomtrica de = 2 es 1 que es menor que la multiplicidad algebraica (falta 1 vectorpropio) la matriz no es diagonalizable.

Ejercicio 4 Sea la matriz:

A =

5 4 24 5 22 2 2

(a) Pruebe que el polinomio caracterstico de A es (x 1)2(x 10).(b) Calcule los espacios propios asociados a cada valor propio de A.

Solucin:

(a) 5 x 4 24 5 x 22 2 2 x

F2F1=1 x x 1 04 5 x 22 2 2 x

C1+C2=1 x 0 04 9 x 22 4 2 x

= (1 x)

9 x 24 2 x = (1 x)[(x2 11x+ 18) 8] = (1 x)(x2 11x+ 10) = (x 1)2(x 10)Por lo tanto los valores propios son 1 y 10. Calculemos los espacios propios asociados a cada valor propio:

(b) Para x1 = 1 tenemos que calcular Ker(A I) es decir: 4 4 2 04 4 2 02 2 1 0

4 4 2 00 0 0 0

0 0 0 0

Por lo tanto (x, y, z) Ker(A I) si y slo si z = 2x 2y. Luego una base es {(1, 0,2), (0, 1,2)}.Para x2 = 10 tenemos que calcular Ker(A 10I) es decir: 5 4 2 04 5 2 0

2 2 8 0

5 4 2 00 9/5 18/5 0

0 18/5 36/5 0

5 4 2 00 9/5 18/5 00 0 0 0

Por lo tanto (x, y, z) Ker(A 10I) si y slo si y = 2z y x = 2z. Luego una base es {(2, 2, 1)}.

Ejercicio 5 Sea la siguiente matriz:

A =

4 1 56 3 52 1 1

(a) Pruebe que el polinomio caracteristico de A es (2 )2(6 + ).(b) Calcule el espacio propio asociado al valor propio 2. Es A diagonalizable?, Justique.

45

Solucin:

(a) Calculemos primero sus valores propios:4 1 56 3 52 1 1

=2 2 + 06 3 52 1 1

=2 0 06 3 52 3 1

=(2 )

3 53 1 = (2 )[(+ 3)(+ 1) 15] = (2 )[2 + 4 12] = (2 )2(6 + )

(b) Calculamos el espacio propio asociado a 2, que corresponde al Ker(A 2I): 6 1 5 | 06 1 5 | 02 1 3 | 0

6 1 5 | 00 0 0 | 0

0 4 4 | 0

De donde se obtiene que y = z y 6x = y + 5z lo que implica que x = z de donde se deduce que

Ker(A 2I) = 111

.Luego el valor propio 2 tiene multiplicidad geometrica 1, que es distinta a su multiplicidad algebraica lo

que implica que la matriz A no es diagonalizable.

Ejercicio 6 Sea la matriz:

A =

5 6 8 07 3 7 02 6 5 00 0 0 2

(a) Pruebe que el polinomio caracteristico de A es ( 3)2(+ 3)( 2).(b) Calcule el espacio propio asociado a los valores propios 3 y -3 . Es A diagonalizable?, Justique.

Solucin:

(a) Calculamos el polinomio caracteristico:5 6 8 07 3 7 02 6 5 00 0 0 2

= (2 )(18)

5 6 87 3 72 6 5

=

= (2 )3 6 80 3 7

3 6 5

= (2 )3 6 80 3 70 0 3

= ( 3)2(+ 3)( 2)

46

(b) Calculamos el espacio propio asociado al valor propio 2.7 6 8 0 07 1 7 0 02 6 3 0 00 0 0 0 0

7 6 8 0 00 7 1 0 00 28 5 0 00 0 0 0 0

7 6 8 0 00 7 1 0 00 0 1 0 00 0 0 0 0

De donde se deduce que , z = y = x = 0 y w variable libre. Luego el espacio propio esta generado por el

vector

0001

.Calculamos el espacio propio asociado al valor propio 3.

8 6 8 0 07 0 7 0 02 6 2 0 00 0 0 1 0

8 6 8 0 00 48 0 0 00 18 0 0 00 0 0 1 0

8 6 8 0 00 48 0 0 00 0 0 0 00 0 0 1 0

De donde se deduce que w = 0, y = 0 y x = z con z variable libre. Luego el espacio propio esta generado

por el vector

1010

.Del ltimo clculo deducimos que el 3 tiene multiplicidad geomtrica 1, que es menor a sus multiplicidad

algebraica por lo que la matriz no es diagonalizable.

Ejercicio 7 Sea la siguiente matriz:

A =

2 a a20 3 10 1 3

(a) Pruebe que el polinomio caracterstico de A es (x 2)2(x 4).(b) Para que valor(es) de a la matriz A es diagonalizable.

Solucin:

(a) Usando las propiedades:2 x a a20 3 x 10 1 3 x

= (2 x) 3 x 11 3 x

= (2 x)[(3 x)2 1] == (2 x)[x2 6x+ 8] = (x 2)2(x 4)

(b) Para que sea diagonalizable el espacio propio asociado al 2 debe tener dimensin 2. Calculemos el espaciopropio denido por Ker(A 2I): 0 a a20 1 1

0 1 1

Luego para que tenga dimensin 2, se debe tener que a = a2, por lo tanto a {0, 1}.

47

Ejercicio 8 Sea T : R3 R3 una transformacin lineal cuya matriz representante con respecto a la basecannica es:

A =

7 2 43 0 26 2 3

(a) Calcule el polinomio caracterstico de A y el espacio propio uno de sus valores propios.

(b) Calcule la matriz representante de A con respecto a la base130

, 02

1

,212

Solucin:

(a) Calculamos el polinomio caracterstico:7 x 2 43 x 26 2 3 x

F1F1F3=1 x 0 1 + x3 x 26 2 3 x

C3C3+C1=1 x 0 03 x 16 2 3 x

= (1 x)

x 12 3 x = (1 x)[3x+ x2 + 2] = (1 x)2(2 x)Calculamos el espacio propio asociado al valor propio 1:6 2 43 1 2

6 2 4

6 2 40 0 00 0 0

Lo que implica que y = 3x 2z con x, z variables libres. Luego el espacio propio del 1 es:

E1 =

130

, 02

1

(b) Calculamos las imagenes de la base:

T

130

= 7 2 43 0 2

6 2 3

130

=130

T

021

= 7 2 43 0 2

6 2 3

021

= 02

1

T

212

= 7 2 43 0 2

6 2 3

212

=424

Por lo tanto, la matriz representante es: 1 0 00 1 0

0 0 2

48