escuela politÉcnica nacional cÁlculo en una variable

ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL

CÁLCULO EN UNA VARIABLE • MATERIAL EXTRA

ELIMINACIÓN DE GAUSS-JORDAN

Semestre 2018-B Departamento de Formación Básica

EJERCICIO 1. Dado el sistema de ecuaciones lineales:

− v + 3w = 1

u + v + w = 1

u − v − w = −1

utilizar la eliminación de Gauss-Jordan para determinar el conjunto de soluciones del sistema.

Solución. Tenemos que las matrices

A =

0 −1 3

1 1 1

1 −1 −1

y b =

1

1

−1

.

Así, el sistema en forma matricial es

0 −1 3

1 1 1

1 −1 −1

u

v

w

=

1

1

−1

.

De donde, la matriz ampliada es

0 −1 3 1 | 1

1 1 1 1 | 1

1 −1 −1 1 | −1

Ahora, procedemos a realizar la eliminación de Gauss-Jordan sobre la matriz ampliada:

0 −1 3 | 1

1 1 1 | 1

1 −1 −1 | −1

∼

1 1 1 | 1

0 −1 3 | 1

1 −1 −1 | −1

F1 ↔ F2

∼

1 1 1 | 1

0 −1 3 | 1

0 −2 −2 | −2

− 1F1 + F3 → F3

∼

1 1 1 | 1

0 1 −3 | −1

0 −2 −2 | −2

− 1F2 → F2

∼

1 0 4 | 2

0 1 −3 | −1

0 −2 −2 | −2

− 1F2 + F1 → F1

1

Departamento de Formación Básica Material extra

∼

1 0 4 | 2

0 1 −3 | −1

0 0 −8 | −4

2F2 + F3 → F3

∼

1 0 4 | 2

0 1 −3 | −1

0 0 1 | 12

−

18

F3 → F3

∼

1 0 0 | 0

0 1 −3 | −1

0 0 1 | 12

− 4F3 + F1 → F1

∼

1 0 0 | 0

0 1 0 | 12

0 0 1 | 12

3F3 + F2 → F2

Con esto, tenemos que

0 −1 3 | 1

1 1 1 | 1

1 −1 −1 | −1

∼

1 0 0 | 0

0 1 0 | 12

0 0 1 | 12

,

con esto, tenemos que rang(A) = rang(A|b), de donde el sistema tiene solución, además, rang(A) =

3, por lo tanto, la solución es única. Además, los sistemas

− v + 3w = 1

u + v + w = 1

u − v − w = −1

yu = 0

v = 12

w = 12

tienen las mismas soluciones, es decir, la solución es u = 0, v = 12 y w = 1

2 . Es decir, el conjunto de

soluciones del sistema es

(0, 1/2, 1/2).


− v + 3w = 1

u + v + w = 1

utilizar la eliminación de Gauss-Jordan para determinar el conjunto de soluciones del sistema.

2

Material extra Departamento de Formación Básica


A =

0 −1 3

1 1 1

1 −1 −1

y b =

1

1

−1

.


0 −1 3

1 1 1

1 −1 −1

u

v

w

=

1

1

−1

.

De donde, la matriz ampliada es

0 −1 3 1 | 1

1 1 1 1 | 1

1 −1 −1 1 | −1

Ahora, luego de realizar la eliminación de Gauss-Jordan sobre la matriz ampliada, tenemos(

0 −1 3 | 1

1 1 1 | 1

)

∼

(

1 0 4 | 2

0 1 −3 | −1

)

,

con esto, tenemos que rang(A) = rang(A|b), de donde el sistema tiene solución, además, rang(A) =

2 < 3, por lo tanto, tiene infinitas soluciones. Además, los sistemas

− v + 3w = 1

u + v + w = 1

yu + 4w = 2

v − 3w = −1

tienen las mismas soluciones, así, se tiene que

u = 2 − 4α

v = −1 + 3α

w = α,

es solución del sistema para todo α ∈ R, de donde el conjunto de soluciones del sistema es

(2 − 4α,−1 + 3α, α) : α ∈ R.

3



FACTORIZACIÓN LU


EJERCICIO 1. Determinar, si existe, una factorización LU de la matrix

A =

2 1 1

4 −6 0

−2 7 2

.

Solución. Empecemos determinando una matriz triangula superior U que sea equivalente por filas

a A y en la cual solo utilicemos el múltiplo de una fila más otra

2 1 1

4 −6 0

−2 7 2

. ∼

2 1 1

0 −8 −2

−2 7 2

− 2F1 ↔ F2

∼

2 1 1

0 −8 −2

0 8 3

1F1 + F3 → F3

∼

2 1 1

0 −8 −2

0 0 1

1F2 + F3 → F3

Las matrices elementales correspondientes a las operaciones por filas realizadas son

E1 =

1 0 0

−2 1 0

0 0 1

, E2 =

1 0 0

0 1 0

1 0 1

y E3 =

1 0 0

0 1 0

0 1 1

.


U = E3E2E1 A,

así, podemos tomar

L = (E3E2E1)−1 = E

−11 E

−12 E

−13 =

1 0 0

2 1 0

−1 −1 1

.

Con lo cual, obtenemos

A =

2 1 1

4 −6 0

−2 7 2

=

1 0 0

2 1 0

−1 −1 1

2 1 1

0 −8 −2

0 0 1

= LU.

! Notemos que las entradas de la matriz L son los inversos aditivos de los múltiplos que fueron

utilizados para “eliminar” las entradas bajo la diagonal correspondientes.

1



2 1 1

4 −6 0

−2 7 2

x1

x2

x3

=

5

−2

9

determinar su solución utilizando factorización LU.


A =

0 −1 3

1 1 1

1 −1 −1

, x =

x1

x2

x3

. y b =

5

−2

9

.


Ax = b.

Dado que A tiene factorización LU con

L =

1 0 0

2 1 0

−1 −1 1

y U =

2 1 1

0 −8 −2

0 0 1

,

resolvamos el sistema

Ly = b,

cuya matriz ampliada es

1 0 0 | 5

2 1 0 | −2

−1 −1 1 | 9

.

Podemos resolver este sistema utilizando sustitución progresiva y obtenemos

y =

5

−12

2

.

Ahora, resolvemos el sistema

Ux = y

cuya matriz ampliada es

2 1 1 | 5

0 −8 −2 | −12

0 0 1 | 2

.

Podemos resolver este sistema utilizando sustitución regresiva y obtenemos

x =

1

1

2

.

2



CIRCUITOS ELÉCTRICOS


EJERCICIO 1. Determinar las corrientes desconocidas en el circuito dado a continuación:

Solución. Iniciamos orientando las corrientes en el circuito como se indica a continuación:

Aplicando la ley de corriente de Kirchhoff en el nodo b se tiene que, con la orientación asignada,

la corriente I1 ingresa al nodo, mientras que las corrientes I2 e I3 salen del mismo, con lo cual

I1 = I2 + I3. (1)

De igual manera, en el nodo c se tiene que las tres corrientes, I1, I2 e I3 ingresan al nodo, y ninguna

sale del mismo, con lo cual la ecuación obtenida es

I2 + I4 + I5 = 0 (2)

La ley de corriente de Kirchhoff en el nodo f nos da la ecuación

I3 = I1 + I4 + I5, (3)

ya que la corriente I3 ingresa al mismo, mientras que las corrientes I1, I4 e I5 sale de este.

A continuación, aplicamos la ley de voltajes de Kirchhoff en el ciclo f → a → b → f . Vemos

que la batería aporta con 20 V entre los puntos a y b, mientras que la resistencia de 5 Ω produce

una pérdida de 5I3 voltios. Esto nos da la ecuación

20 − 5I3 = 0. (4)

1


De manera similar, por el ciclo f → b → c → f se tiene que la resistencia de 5 Ω produce una

ganancia (debido a la orientación) de 5I3 voltios entre los puntos f y b. De manera análoga se

tienen una perdida de 2I2 voltios y una ganancia de 6I5 voltios, con lo cual

5I3 − 2I2 + 6I5 = 0. (5)

Finalmente, la ley de voltajes de Kichhoff en el ciclo f → c → d → e nos da la ecuación

− 6I5 − 40 + I4 = 0. (6)

Juntando las ecuaciones desde la (1) hasta la (6), se obtiene el sistema lineal descrito en forma

matricial por

1 −1 −1 0 0

0 1 0 1 1

−1 0 1 −1 −1

0 0 −5 0 0

0 −2 5 0 6

0 0 0 1 −5

I1

I2

I3

I4

I5

=

0

0

0

−20

0

40

.

La solución de este sistema es

I1 = −8/3, I2 = −20/3, I3 = 4, I4 = 110/9 y I5 = −50/9.

Esto, en particular, indica que los sentidos escogidos para las corrientes I1, I2 e I5 no fue el correcto,

debido a que las magnitudes obtenidas son negativas.

2



MÍNIMOS CUADRADOS


EJERCICIO 1. Determinar la recta de mínimos cuadrados para los puntos (2, 1), (3, 2), (4, 3),

(5, 2).

Solución. Definamos las matrices

y =

1

2

3

2

, A =

1 2

1 3

1 4

1 5

y u =

(

b

m

)

.

Debemos resolver el sistema

A⊺

Au = A⊺y,

es decir, debemos resolver el sistema(

4 14

14 54

)(

b

m

)

=

(

8

30

)

Resolviendo el sistema, se tiene que

m =25

y b =35

,

por lo tanto, la ecuación de la recta de mínimos cuadrados para los puntos dados es

y =25

x +35

.

1


ÁLGEBRA LINEAL • MATERIAL EXTRA

CADENAS DE MARKOV


EJERCICIO 1. Un psicólogo del comportamiento coloca todos los días una rata en una jaula

con dos puertas A y B. La rata puede pasar por la puerta A, en cuyo caso recibirá un choque

eléctrico, o por la puerta B, con lo cual obtiene cierto alimento. Se registra la puerta por la que

pasa la rata. Al inicio del experimento, un lunes, la rata tiene la misma probabilidad de pasar

por la puerta A que por la puerta B. Después de pasar por la puerta A y recibir una descarga

eléctrica, la probabilidad de que vuelva a pasar por la misma puerta el día siguiente es 0,3.

Después de pasar por la puerta B y recibir alimento, la probabilidad de pasar por la misma

puerta al día siguiente es 0.6.

1. Escriba la matriz de transición para el proceso de Markov.

2. ¿Cuál es la probabilidad de que la rata vuelva a pasar por la puerta A el jueves (el tercer

día después del inicio del experimento)?

3. ¿Cuál es el vector de estado estacionario?

Solución. 1. La matriz de transición asociada al proceso de Markov descrito está dada por:

T =

(

A B

A 0,3 0,4

B 0,7 0,6

)

2. Se tiene que:

T3 =

(

0,363 0,634

0,637 0,636

)

y supongamos que pasó por A el día lunes, lo cual notamos por:

x =

(

1

0

)

entonces la probabilidad que la rata vuelva a pasar por A es de 0,363.

3. Resolvemos el sistema homogéneo

(I − T)u = 0

en este caso es:(

0, 7 −0,4

−0,7 0,4

)(

u1

u2

)

=

(

0

0

)

realizando operaciones elementales de fila(

0, 7 −0,4

−0,7 0,4

)

∼

(

0, 7 −0,4

0 0

)

∼

(

1 −0,57

0 0

)

1


de donde

u1 = 0,57ru2 u2 = r

tal que

u1 + u2 = 0,57r + r = (1,57)r = 1

por lo cual

r = 0,64

el vector de estado estacionario es:

x =

(

0,36

0,64

)

.

2



BASES


EJERCICIO 1. Sea (E,+, ·, K), demostrar que para todo v ∈ E se cumple que

(−1)v = −v

Demostración. Sea v ∈ E, debemos demostrar que (−1)v es igual a −v, es decir, es igual al inverso

aditivo de v. Con esto, lo que se debe demostrar es que

v + (−1)v = 0.

Notemos que

v + (−1)v = 1v + (−1)v elemento neutro del producto

= (1 + (−1))v distributividad del producto

= 0v elemento neutro del campo

= 0 Hoja 8, Teorema 7.

De donde, por la unicidad de inverso aditivo, se tiene que

(−1)v = −v.

EJERCICIO 2. Sea (E,+, ·, K), demostrar que para todo v ∈ E se cumple que

−(−v) = v

Demostración. Sea v ∈ E, notemos que

−(−v) = (−1)(−v) ejercicio anterior

= (−1)((−1)v) ejercicio anterior

= ((−1)(−1))v asociatividad de producto

= (1)v propiedades del campo

= v elemento neutro del producto.

EJERCICIO 3. En C([−1, 1]), se define

I =

f ∈ C([−1, 1]) :∫ 1

−1f (x) dx = 0

.

1


1. Determinar cuáles de las siguientes funciones son elementos de I:

g : [−1, 1] −→ R

x 7−→ x

h : [−1, 1] −→ R

x 7−→ 3x2

f : [−1, 1] −→ R

x 7−→

1 si x > 0

−1 si x ≤ 0

es elemento de I?

2. Demostrar que I es un subespacio vectorial de C([−1, 1]).

Demostración.

1. Se tiene que g es una función continua y

∫ 1

−1g(x) dx =

∫ 1

−1x dx = 0,

por lo tanto g ∈ I.

Se tiene que h es una función continua y

∫ 1

−1h(x) dx =

∫ 1

−13x

2dx = 2,

por lo tanto h 6∈ I.

Se tiene que f no es una función continua por lo tanto f 6∈ I.

2. Debemos demostrar tres cosas

• Que la función 0 es elemento de I: Recordemos que la función 0 es

0 : [−1, 1] −→ R

x 7−→ 0,

por lo tanto, la función 0 es continua y

∫ 1

−10(x) dx =

∫ 1

−10 dx = 0,

se tiene que 0 ∈ I.

• Que la suma de dos elementos de I es otro elemento de I: Sean f y g elementos de I, se tiene

que f y g son funciones continuas y

∫ 1

−1f (x) dx = 0 y

∫ 1

−1g(x) dx = 0.

Con esto, se tiene que f + g es continua y

∫ 1

−1( f + g)(x) dx =

∫ 1

−1f (x) + g(x) dx =

∫ 1

−1f (x) dx +

∫ 1

−1g(x) dx = 0 + 0 = 0,

por lo tanto f + g ∈ I.

• Que el producto por un escalar de un elemento de I es otro elemento de I: Sean f un elemento

2


de I y λ ∈ R, se tiene que f es una función continua y

∫ 1

−1f (x) dx = 0.

Con esto, se tiene que λ f es continua y

∫ 1

−1(λ f )(x) dx =

∫ 1

−1λ f (x) dx = λ

∫ 1

−1f (x) dx = λ0 = 0,

por lo tanto λ f ∈ I.

Con esto, se tiene que I es un subespacio vectorial de C([−1, 1]).

3



INDEPENDENCIA LINEAL


EJERCICIO 1. En C(R), demostrar que sen, cos es linealmente independiente.

Demostración. Sean α, β ∈ R, supongamos que

α sen+β cos = 0,

lo cual equivale a

α sen(x) + β cos(x) = 0,

para todo x ∈ R. Evaluando la expresión anterior en 0 y π/2, se tiene que

α sen(0) + β cos(0) = 0 y α sen(π/2) + β cos(π/2) = 0,

de donde

β = 0 y α = 0.

Con esto, se tiene que sen, cos es linealmente independiente.

Notemos que el método del ejercicio anterior, depende de los valores en los cuales evaluemos

la expresión resultante, es decir, existen valores que no nos ayudarán a llegar a la conclusión

buscada (por ejemplo si evaluamos en 0 y π). Una mejor forma es utilizando la siguiente

definición y teorema.

Sean f1, . . . , fn ∈ Cn−1(I), con I un intervalo de R. Se define el wronskiano de estas funciones

por

W( f1, . . . , fn)(x) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

f1(x) f2(x) . . . fn(x)

f ′1(x) f ′2(x) . . . f ′n(x)...

.... . .

...

f(n−1)1 (x) f

(n−1)2 (x) . . . f

(n−1)n (x)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

para todo x ∈ I.

DEFINICIÓN 1DEFINICIÓN 1

Sean f1, . . . , fn ∈ Cn−1(I), con I un intervalo de R. Si existe x0 ∈ I tal que

W( f1, . . . , fn)(x0) 6= 0,

entonces f1, . . . , fn es linealmente independiente.

TEOREMA 1TEOREMA 1

1


Demostración. Por el absurdo, supongamos que el conjunto es linealmente dependiente, es decir,

supongamos que existen α1, . . . , αn, no todos iguales a 0, tales que

α1 f1 + α2 f2 + · · ·+ αn fn = 0,

es decir,

α1 f1(x) + α2 f2(x) + · · ·+ αn fn(x) = 0

para todo x ∈ I. Derivando, tenemos que

α1 f(k)1 (x) + α2 f

(k)2 (x) + · · ·+ αn f

(k)n (x) = 0

para todo x ∈ I y todo k = 1, . . . , n − 1. En especial, para x0 se tiene que

f1(x0) f2(x0) . . . fn(x0)

f ′1(x0) f ′2(x0) . . . f ′n(x0)...

. . ....

f(n−1)1 (x0) f

(n−1)2 (x0) . . . f

(n−1)n (x0)

α1

α2...

αn

=

0

0...

0

.

Pero, dado que

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

f1(x0) f2(x0) . . . fn(x0)

f ′1(x0) f ′2(x0) . . . f ′n(x0)...

. . ....

f(n−1)1 (x0) f

(n−1)2 (x0) . . . f

(n−1)n (x0)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= W( f1, f2, . . . , fn)(x0) 6= 0,

la única solución del sistema es

α1 = α2 = · · · = αn = 0

lo cual es una contradicción, por lo tanto, el conjunto es linealmente independiente.

EJERCICIO 2. En C(R), demostrar que f , g es linealmente independiente, donde

f : R −→ R

x 7−→ sen(x)y

f : R −→ R

x 7−→ x sen(x).

Solución. Calculemos el wronskiano de las función f y g,

W( f , g)(x) =

∣

∣

∣

∣

∣

sen(x) x sen(x)

cos(x) sen(x) + x cos(x)

∣

∣

∣

∣

∣

= sen2(x)

para x ∈ R. Dado que existe x ∈ R tal que

W( f , g)(x) = sen2(x) 6= 0,

entonces el conjunto el linealmente independiente.

2



BASES


EJERCICIO 1. En R3, consideremos el subespacio vectorial

E = (x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0.

Demuestre que

B = (−1, 1, 0), (−1, 0, 1)

es una base de E.

Demostración. Debemos demostrar que B genera a E y que B es linealmente independiente.

• Sea (x, y, z) ∈ E, se tiene que

x + y + z = 0.

Debemos determinar si existen α, β ∈ R tal que

(x, y, z) = α(−1, 1, 0) + β(−1, 0, 1),

es decir, debemos determinar si el sistema

−α − β = x,

α = y,

β = z,

tiene solución. La matriz ampliada asociada a este sistema es

−1 −1 | x

1 0 | y

0 1 | z

además,

−1 −1 | x

1 0 | y

0 1 | z

∼

1 1 | −x

0 1 | −x − y

0 0 | x + y + z

=

1 1 | −x

0 1 | −x − y

0 0 | 0

,

por lo tanto, el sistema sí tiene solución, por lo tanto,

span(B) = E.

• Sean α, β ∈ R tal que

(0, 0, 0) = α(−1, 1, 0) + β(−1, 0, 1),

1


se tiene α, β son soluciones del sistema

−α − β = 0,

α = 0,

β = 0.

La matriz ampliada asociada a este sistema es

−1 −1 | 0

1 0 | 0

0 1 | 0

además,

−1 −1 | 0

1 0 | 0

0 1 | 0

∼

1 0 | 0

0 1 | 0

0 0 | 0

,

por lo tanto, α = β = 0, de donde, se concluye que B es linealmente independiente.

Con esto, se tiene que B es una base para E.

!Como podemos observar, los sistemas que se obtiene son similares, es más, basta demostrar

que la solución del primer sistema es única, de ahí, se puede concluir que el conjunto genera

y el linealmente independiente.

EJERCICIO 2. En Rn[t], consideremos el subespacio vectorial

E = at2 + b ∈ Rn[t] : a, b ∈ R.

Demuestre que

B = t2, t

2 + 2

es una base de E.

Demostración. Sea p(t) ∈ E, se tiene que

p(t) = at2 + b

con a, b ∈ R. Debemos determinar si existen únicos α, β ∈ R tal que

at2 + b = α(t2) + β(t2 + 2)

= (α + β)t2 + 2β,

es decir, debemos determinar si el sistema

α + β = a,

2β = b,

2


tiene solución única. La matriz ampliada asociada a este sistema es(

1 1 | a

0 2 | b

)

por lo tanto, el sistema sí tiene solución única, por lo tanto, B es base para E.


E = span(D)

donde

D = v1, v2, v3 = (1, 0, 1), (1, 1, 1), (0, 1, 0).

Determinar una base para E.

Solución. Dado que D genera a E, existe un subconjunto de E que es base para E. Para esto, tome-

mos α, β, γ ∈ R tales que

(0, 0, 0) = α(1, 0, 1) + β(1, 1, 1) + γ(0, 1, 0),

es decir, α, β, γ ∈ R tales que sean soluciones del sistema

α + β = 0,

β + γ = 0,

α + β = 0,

La matriz ampliada asociada a este sistema es

1 1 0 | 0

0 1 1 | 0

1 1 0 | 0

además,

1 1 0 | 0

0 1 1 | 0

1 1 0 | 0

∼

1 1 0 | 0

0 1 1 | 0

0 0 0 | 0

.

Dado que la matriz resultante tiene los unos principales en la primera y segunda columna, una

base para E puede estar conformada por

v1, v2 = (1, 0, 1), (1, 1, 1).


E = (x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0.


3


Solución. Sea (x, y, z) ∈ E, se tiene que

x + y + z = 0

de donde se obtiene que

x = −y − z,

por lo tanto

(x, y, z) = (−y − z, y, z)

= y(−1, 1, 0) + z(−1, 0, 1).

Con esto, se obtiene que

(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)

es un conjunto generador de E, a partir de este conjunto hallamos una base para E (como en el

ejercicio anterior), y obtenemos que

B = (−1, 1, 0), (−1, 0, 1)

es una base para E

EJERCICIO 5. En R3[t], consideremos el subespacio vectorial

E = at3 + (a + b)t + 2b ∈ R

3 : a, b ∈ R.


Solución. Sea at3 + (a + b)t + 2b ∈ E, con a, b ∈ R, se tiene que

at3 + (a + b)t + 2b = a(t3 + t) + b(t + 2).

Con esto, se obtiene que

t3 + t, t + 2

es un conjunto generador de E, a partir de este conjunto hallamos una base para E (como en el

ejercicio anterior), y obtenemos que

B = t3 + t, t + 2

es una base para E

4



CAMBIO DE BASE


EJERCICIO 1. En R2, consideremos la siguiente base ordenada

T = (1, 0), (−1, 1).

Determine [(1, 1)]T.

Solución. Llamemos

v1 = (1, 0) y v2 = (−1, 1),

con esto se tiene que

T = v1, v2.

Para determinar [(1, 1)]T, debemos determinar α1, α2 ∈ R tal que

(1, 1) = α1v1 + α2v2

= α1(1, 0) + α2(−1, 1)

= (α1 − α2, α2),

es decir, debemos debemos determinar α1, α2 ∈ R que sean solución del sistema

α1 − α2 = 1,

α2 = 1.

Resolviendo el sistema tenemos que

α1 = 2, y α2 = 1,

por lo tanto

[x]T =

(

α1

α2

)

=

(

2

1

)

.

EJERCICIO 2. En R2, consideremos las siguientes bases ordenadas

S = (1, 1), (0, 1) y T = (1, 0), (−1, 1).

Determine la matriz de cambio de base PT←S.

Solución. Llamemos

u1 = (1, 1), u2 = (0, 1)

v1 = (1, 0) y v2 = (−1, 1),

1



S = u1, u2 y T = v1, v2.

Dado que la dimensión de R2 es 2, buscamos una matriz de R

2×2 tal que

[x]T = PT←S[x]S

para todo x ∈ R2. Vamos a utilizar los elementos de la base de S para determinar PT←S. Notemos

que

[u1]S =

(

1

0

)

, y [u2]S =

(

0

1

)

(esto siempre ocurre con los elementos de la base). Con esto, si

PT←S =

(

a b

c d

)

,

tenemos que

[u1]T = PT←S[u1]S =

(

a b

c d

)(

1

0

)

=

(

a

c

)

y

[u2]T = PT←S[u2]S =

(

a b

c d

)(

0

1

)

=

(

b

d

)

,

es decir, la primera columna de PT←S es [u1]T y la segunda columna de PT←S es [u2]T, por lo tanto,

basta calcular

[u1]T y [u2]T.

Tal como se realizó en el ejercicio anterior, debemos determinar α1, α2, β1, β2 ∈ R que sean solución

de los sistemas

α1 − α2 = 1,

α2 = 1,y

β1 − β2 = 0,

β2 = 1.

Resolviendo los sistemas, tenemos que

α1 = 2, α2 = 1, β1 = 1 y β2 = 1

por lo tanto

[u1]T =

(

α1

α2

)

=

(

2

1

)

y [u1]T =

(

β1

β2

)

=

(

1

1

)

,

así, se obtiene que

PT←S =

(

2 1

1 1

)

.

Notemos que el razonamiento realizado en el ejercicio anterior se cumple de manera general,

es decir, dado un espacio vectorial y dos bases ordenadas de este:

S = u1, u2, . . . , un y T = v1, v2, . . . , vn,

2


se tiene que, para j = 1, . . . , n, la j-ésima columna de la matriz PT←S es [uj]T, así,

PT←S =(

[u1]T [u2]T . . . [un]T

)

.

Notemos que los sistemas de ecuaciones resueltos en el ejercicio anterior son similares, es-

to también pasa de manera general, así, podemos plantear todos los sistemas y resolverlos

simultáneamente como se muestra en el siguiente ejercicios.

EJERCICIO 3. En R3, consideremos las siguientes bases ordenadas

S = (1, 1, 0), (0, 1, 1), (0, 1, 0) y T = (1, 0, 1), (0, 1, 0), (0, 1, 1).

1. Dado el vector x = (−1, 2, 0), determine [x]S.

2. Determine la matriz de cambio de base PT←S.

3. Con los literales anteriores, calcule [x]T.

4. Compruebe el resultado anterior utilizando la definición de [x]T.

Solución. Llamemos

u1 = (1, 1, 0), u2 = (0, 1, 1), u3 = (0, 1, 0)

v1 = (1, 0, 1) v2 = (0, 1, 0) y v3 = (0, 1, 1),


S = u1, u2, u3 y T = v1, v2, v3.

1. Para determinar [x]S, debemos determinar α1, α2, α3 ∈ R tal que

x = (−1, 2, 0) = α1u1 + α2u2 + α3u3

= α1(1, 1, 0) + α2(0, 1, 1) + α3(0, 1, 0)

= (α1, α1 + α2 + α3, α2),

es decir, debemos debemos determinar α1, α2, α3 ∈ R que sean solución del sistema

α1 = −1,

α1 + α2 + α3 = 2,

α2 = 0.

Resolviendo el sistema tenemos que

α1 = −1, α2 = 0 y α3 = 3,

por lo tanto

[x]S =

α1

α2

α3

=

−1

0

3

.

3


2. Tenemos que la matriz de cambio de base es

PT←S =(

[u1]T [u2]T [u3]T

)

,

por lo cual, debemos encontrar [u1]T, [u2]T y [u3]T, por lo tanto, debemos determinar escalares

tales que

u1 = (1, 1, 0) = β1v1 + β2v2 + β3v3

= β1(1, 0, 1) + β2(0, 1, 0) + β3(0, 1, 1)

= (β1, β2 + β3, β1 + β3),

u2 = (0, 1, 1) = γ1v1 + γ2v2 + γ3v3

= γ1(1, 0, 1) + γ2(0, 1, 0) + γ3(0, 1, 1)

= (γ1, γ2 + γ3, γ1 + γ3),

u3 = (0, 1, 0) = δ1v1 + δ2v2 + δ3v3

= δ1(1, 0, 1) + δ2(0, 1, 0) + δ3(0, 1, 1)

= (δ1, δ2 + δ3, δ1 + δ3),

es decir, se deben resolver los sistemas

β1 = 1,

β2 + β3 = 1,

β1 + β3 = 0,

γ1 = 0,

γ2 + γ3 = 1,

γ1 + γ3 = 1,

y

δ1 = 0,

δ2 + δ3 = 1,

δ1 + δ2 = 0.

Podemos colocar estos tres sistemas en una matriz ampliada

1 0 0 | 1 | 0 | 0

0 1 1 | 1 | 1 | 1

1 0 1 | 0 | 1 | 0

.

Realizando reducción por filas tenemos que

1 0 0 | 1 | 0 | 0

0 1 1 | 1 | 1 | 1

1 0 1 | 0 | 1 | 0

∼

1 0 0 | 1 | 0 | 0

0 1 0 | 2 | 0 | 1

0 0 1 | −1 | 1 | 0

.

De donde obtenemos que

[u1]T =

1

2

−1

, [u2]T =

0

0

1

y [u3]T =

0

1

0

.

4



PT←S =(

[u1]T [u2]T [u3]T

)

=

1 0 0

2 0 1

−1 1 0

.

3. Tenemos que

[x]T = PT←S[x]S =

1 0 0

2 0 1

−1 1 0

−1

0

3

=

−1

1

1

.

4. Para comprobar el resultado anterior utilizando la definición, debe ser verdad que

x = −1v1 + 1v2 + 1v3,

por lo tanto, calculemos el lado derecho:

−1v1 + 1v2 + 1v3 = −1(1, 0, 1) + 1(0, 1, 0) + 1(0, 1, 1)

= (−1, 2, 1)

= x,

por lo tanto, queda comprobado.

EJERCICIO 4. En R2[t], consideremos las siguientes bases ordenadas

S = t2 + 1, 2t, 2 y T = t2 − 1, t2 + t, t.

Determine la matriz de cambio de base PT←S.

Solución. Llamemos

p1(t) = t2 + 1, p2(t) = 2t, p3(t) = 2

q1(t) = t2 − 1 q2(t) = t

2 + t y q3(t) = t,


S = p1(t), p1(t), p1(t) y T = q1(t), q1(t), q1(t).

Tenemos que la matriz de cambio de base es

PT←S =(

[p1(t)]T [p2(t)]T [p3(t)]T

)

,

por lo cual, debemos encontrar [p1(t)]T, [p2(t)]T y [p3(t)]T, por lo tanto, debemos determinar esca-

lares tales que

p1(t) = t2 + 1 = α1q1(t) + α2q2(t) + α3q3(t)

= α1(t2 − 1) + α2(t

2 + t) + α3(2)

= (α1 + α2)t2 + α2t + (2α3 − α1),

5


p2(t) = 2t = β1q1(t) + β2q2(t) + β3q3(t)

= β1(t2 − 1) + β2(t

2 + t) + β3(2)

= (β1 + β2)t2 + β2t + (2β3 − β1),

p3(t) = 2 = γ1q1(t) + γ2q2(t) + γ3q3(t)

= γ1(t2 − 1) + γ2(t

2 + t) + γ3(2)

= (γ1 + γ2)t2 + γ2t + (2γ3 − γ1),

es decir, se deben resolver los sistemas

α1 + α2 = 1,

α2 = 0,

−α1 + 2α3 = 1,

β1 + β2 = 0,

β2 = 2,

−β1 + 2β3 = 0,

y

γ1 + γ2 = 0,

γ2 = 0,

−γ1 + 2γ3 = 2,

Podemos colocar estos tres sistemas en una matriz ampliada

1 1 0 | 1 | 0 | 0

0 1 0 | 0 | 2 | 0

−1 0 2 | 1 | 0 | 2

.

Realizando reducción por filas tenemos que

1 1 0 | 1 | 0 | 0

0 1 0 | 0 | 2 | 0

−1 0 2 | 1 | 0 | 2

∼

1 0 0 | −2 | −1 | −1

0 1 0 | 2 | 1 | 1

0 0 1 | −1 | 0 | 12

.

De donde obtenemos que

[p1(t)]T =

−2

2

−1

, [p2(t)]T =

−1

1

0

y [p3(t)]T =

−1

112

.


PT←S =(

[p1(t)]T [p2(t)]T [p3(t)]T

)

=

−2 −1 −1

2 1 1

−1 0 12

.

6

escuela politÉcnica nacional cÁlculo en una variable

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