Ejercicios resueltos algebra

8/17/2019 Ejercicios resueltos algebra

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Tarea 4

Algebra Lineal, MAT 1203Viernes 15 de Abr9il,

Fecha de Entrega: Hasta Lunes 2 de Mayo 15:3

Nombre Integrante 1: Javiera Carraha

Nombre Integrante 2: Isabel Vega

Nombre Grupo: Hambre

La tarea no se corrige completa. Se corrigen los mismos problemas para todos los alumnos.

En los problemas en que d estime con!eniente d. puede reali"ar cualquier c#lculo

matricial, c#lculo de in!ersas, $ormas escalonadas reducidas o $actori"aciones

mediante %ol$ramAlp&a o Mat&ematica. 'nclu(a en el documento los comandos (

resultados de los c#lculos, mediante cop()paste.

1 Demuestre si el conjunto dado es subespacio de P

3 (polinomios de grado

menor o igual a 3) o no, justificando su respuesta.

En cada caso demostraremos si es o no subespacio comprobando las siguientes propiedades:

- Contiene al vector 0 (polinomio 0)

- Cerrado bajo la suma

- Cerrado bajo la ponderacin

a W ={ p∈ P

3: p (−1 ) p (1 )=0 }

p=1+ p+ p2+ p3

(1−1+(−1)2+(−1 )3 ) (1+1+12+13 )=0

0∗4=0

Contiene al polinomio 0.

p=1+ p+ p2+ p3

p1+ p

2= p

1(−1 ) p

1(1)+ p

2(−1 ) p

2(1 )=0


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0+0=0

Es cerrado bajo la suma.

p=1+ p+ p2+ p3

α ( p ) (−1) ( p ) (1)=α (0 )=0

Es cerrado bajo la ponderacin de un escalar !.

b W ={ p∈

P3: p (

2

)+ p (1

)=0

}

p=1+ p+ p2+ p3

1+2+4+8+1+1+1+1=0

19 ≠0

"o contiene al cero por lo #ue no es subespacio.

c W ={ p∈ P3 : : p ( x )− x3∈ P2

p=1+ p+ p2+ p3

p=1+ x+ x2+ x3− x3

p=1+ x+ x2

p(0)=1

"o contiene al cero por lo #ue no es subespacio.

2 $roblemas del te%to gu&a, 'eccin .


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a problema *

b problema *c problema 3*.

a)W ={[ x y] : xy ≥ 0}

c u=c [ x y ]=[cxcy ] , donde c pertenece a un escalar cual#uiera #ue puede tomar tanto valores

positivos como negativos, +a #ue por la condicin xy ≥ 0 el signo de c no afectar al vector u.

Esto indica #ue es cerrado bajo la ponderacin.

b) 'ea u [−5

−3] + ! [44]

$ara demostrar #ue es un espacio vectorial debemos probar lo siguiente:

a) debe ser cerrado bajo la suma. b) debe ser cerrado bajo la ponderacin.

c) debe contener al vector cero.

)

u+v=[−5−3]+[44]=[−11 ]

[−11 ]=(−1 ) (1 )=−1≥ 0

Como - es menor a cero +a sabemos #ue no cumple la condicin de ser

cerrado bajo la suma. Esta ra/n es suficiente para afirmar #ue no es un

espacio vectorial.

d problema *

a* 12', +a #ue para #ue un vector sea un elemento de un espacio vectorial

debe contener al vector cero, ser cerrado bajo la ponderacin + la suma.b* 4E5D1DE5, +a #ue para todo u en 4 e%iste un vector negativo

6(u).

c) 4E5D1DE5, +a #ue por teorema cada espacio vectorial es un subespacio

de s& mismo.

d* 12'. 5* posee dos entradas mientras #ue 53 posee tres. $or lo tanto, 5*

no es subespacio de 53

e* 4E5D1DE5, +a #ue se cumple #ue es cerrado bajo la suma + ponderacin

+ contiene al vector cero.


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e problema 3*.

7 + 8 son subespacios del espacio vectorial 4, por lo tanto la interseccin entre 7 + 8 (7 ∩

8) pertenece a 7 + a 8.

$ara demostrar #ue (7 ∩ 8) es un subespacio de 4 debemos probar lo siguiente:

Debe ser cerrado bajo la suma.

Debe ser cerrado bajo la ponderacin.

Debe contener al vector cero.

- 'ea v + v* ∈ !:

v

1+v

2=0 v

1+0 v

2=0+0=0∈ H ∩ K

.

- 'ea c un escalar perteneciente a los reales

v

c (¿¿1+v 2)=c v1+c v 2=c 0+c 0=0∈ H ∩ K ¿

.

- 0v=0 ∩ 0=0 .

Como se cumplen las tres condiciones H ∩ K , si essubespacio de V .

3 $roblemas del te%to gu&a, 'eccin .*

a problema 9


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'ea este conjunto igual a Col(1), determine 1.

b(1

2

1

0)+c (

−10

3

−1)+ⅆ(

0

3

−31 )

Col( A)=

[

1 −1 02 0 3

1 3 −30

−1 1

](

bc

d )

A=[1 −1 02 0 3

1 3 −30 −1 1

]b problema 3


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a) T ( p+g )=T ( p (0 ) g ( 0 ) p (1 ) g (1 ))=T ( p )+T (g)

T (αp )=( p(α 0) p(α 1))=(

p(0) p(1))α =αT ( p)

$or lo tanto es transformacin lineal.

b* El nucleo de debe cumplir con p (t )=t 2−t = p (0 )= p (1)=0 lo cual es cierto. $or lo

#ue el rango de es R2

.

c problema 33

4 $roblemas del te%to gu&a, 'eccin .3

a $roblema 3

1l comparar 1 + ; lograremos encontrar las columnas de 1 #ue cumplan con las mismas

condiciones #ue las columnas de ;. Con esto, podremos determinar las bases de "ul 1 +

Col 1.

A=

[

−2 4 −2 −42 −6 −3 1

−3 8 2

−3

] !=

[

1 0 6 5

0 2 5 3

0 0 0 0

]Col 1 estar formado por la correspondiente en 1 de las columnas de ; #ue tengan pivote, o sea:Col A={[−22−3] , [

4

−68 ]}

$ara encontrar "ul 1 sacamos la forma vectorial param


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b $roblema = (indi#ue dos bases distintas)

v1+5 v2−3 v3=0 v1=3 v3−5 v2

4" v3=4 v1+5 v2

3

Como lo indican las ecuaciones anteriores, los vectores v + v3 pueden ser l.d.,

por lo #ue los l.i. serian los vectores restantes en cada situacin.v

1= # v

2+$ v

3

base H ={[ 19−2] , [ 7

11

6 ]}

v2= # v

1+$ v

2

base H ={[ 4−37 ] ,[ 19−2]}

c $roblema *

a) 12', al no ser comparado con otro, un vector por si solo siempre es 2.>.

b) 12', +a #ue no sabemos si el generado es un conjunto l.i., condicin necesaria para

ser una base.c) 4E5D1DE5, +a #ue, al ser invertible, es un conjunto de vectores l.i, condicin

necesaria para ser una base. Es una base de 5n por#ue tiene n entradas + es l.i.

d) 12', debe ser lo ms reducido posible cuidando siempre la independencia linealentre sus vectores.

e) 12', las operaciones elementales nunca ?arn #ue las formas de las columnas

var&en.

+ Demuestre #ue el conjunto de las matrices antisim


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@na matri/ 1 es antisim


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AT ∗e=[ 0 −ea ebea 0 ec−eb −ec 0 ]$or lo tanto ambas matrices son cerradas bajo la ponderacin

Demuestre #ueW = { p∈ P3 : p (1 )+ p (−1 )= p (2 )=0} es un subespacio de P3

(espacio de los polinomios de grado menor o igual a 3) + determine dos bases

distintas paraW .

$ara demostrar #ue es un espacio vectorial debemos probar lo siguiente:

) debe ser cerrado bajo la suma.

*) debe ser cerrado bajo la ponderacin.3) debe contener al vector cero.

) 'ea p

1 y p

2 vectores pertenecientes a p, entonces

p

1+ p

2= p

1(1 )+ p

1 (−1)+ p

2 (1)+ p

2(−1)=2+(−2 )+2+ (−2)=0

p1(2 )+ p

2 (2 )=0+0=0

*) 'ea c un escalar perteneciente a los reales

c ( p (1 )+ p (−1 ) )=cp (1 )+cp (−1 )=2 c+(−2c )=0

c ( p (2 ) )=cp (2 )=c (2∗2+22−23 )=0 c=0

3) omamos un polinomio estndar:

p (t )=2 t +t 2−t 3

p() 2+12−13=2

p(-) 2∗(−1 )+(−1 )2−(−1 )3=−2

p (1 )+ p (−1 )=2+(−2)=0

p(*) 2∗2+22−23=0

si es subespacio +a #ue se cumplen las tres condiciones.


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t

t ' (¿¿ 3)=0 ( (¿¿ 2)−¿

α (2 t )+¿

t (2 α )+t 2 ( ( )−t 3 (' )=0

2 α + (−' =0

p=[2 0 00 1 00 0 −1]

Dos bases posibles para esta matri/ son ;

{[2

0

0

],

[0

1

0

],

[ 0

0

−1

]}"

;

{[1

0

0

],

[−

0

1

0

],

[0

0

1

]}.

- 'ea A=[ 1 1−1 −1] . Demuestre #ue W ={ ) ∈ & 2 %2 : )A= A) } es un

subespacio de &

2% 2 + determine dos bases distintas para W .

$ara demostrar #ue es un subespacio de A*%* debemos probar lo siguiente:

d) debe ser cerrado bajo la ponderacin.e) debe ser cerrado bajo la suma

f) debe contener al vector cero.

'ea ) = *

2 x2 " )A= A) = A


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a)c*A= Ac*

[c 00 c ][ 1 1−1 −1]=[ c c−c −c ] *>1

[ 1 1−1 −1][ c 00 c ]=[ c c−c −c ] 1*c)0110

[0 00 0 ][ 1 1−1 −1]=[0 00 0]

[ 1 1−1 −1][0 00 0]=[0 00 0]Entonces, F ∈

& 2% 2 .

2a base para *

2 x 2 es: [10] [01]

El espacio fila de una matri/ es el conjunto generado por sus filas. E%pli#ue

por#u< las filas no nulas de la escalonada reducida de A forman una base del

espacio fila de A .

Esto es por#ue la base para un espacio fila debe cumplir con las propiedades

generales de cual#uier base, es decir, debe contener conjuntos 2> + debe ser un

conjunto generador. El ?ec?o de #ue e%ista una fila nula significa #ue el conjuntoes 2D, por lo tanto, al no considerar la fila nula se genera el mismo espacio #ue

con esta + se cumple la propiedad de ser conjunto 2>.

/ 'i la escalonada reducida dea

1a

2a

3a

4a

5

A=¿ G es [1 0

−3 1 0

0 1 1 1 0

0 0 0 0 1

0 0 0 0 0] indi#ueuna base para el espacio fila, espacio columna + espacio nulo de A .


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;ase para Col(1) [a1|a2|a 5 ] (Corresponde a las columnas pivotes de 1)

;ase para "ul(1): (Corresponde al conjunto solucin de 1% 0)

[ A|0 ]=(

1 0 −3 1 0 00 1 1 1 0 0

0 0 0 0 1 0

0 0 0 0 0 0) ) =(

3 x3− x

4

− x3− x

4

x3

x4

0)= x3(

3

−11

0

0)+ x4(

−1−1

0

1

0)

;ase para "ul(1)

{( 3

−1

10

0 ),

(−1−1

01

0 )}

il(1)

{(

1

0

−31

0

),

(

0

1

1

1

0

),

(

0

0

0

0

1

)} (2as filas no nulas de la forma escalonada de 1)

10 'i A

es una matri/ - +!

es una matri/ cu+a escalonada reducida tiene

pivotes en las columnas *, + H, indi#ue una base del espacio columna deC = A! . Iustifi#ue.

'i 1 es - significa #ue sus columnas son 2>, supongamos #ue 1 es de n%n + para

#ue el producto de 1; este definido ; debe de ser de n%H (asumiendo #ue la

columna pivote H es la Jltima.)

C es una matri/ de n%H:C =(C 1, C 2 , C 3 , C 4 , C 5 )

Col(C) corresponde a las columnas pivotes de C, como 1 tiene solo columnas pivotes,

son las columnas de ; las #ue determinan las de C. 2as columnas pivotes de ; son


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b 2, b 4 y b 5, por lo tanto, las columnas pivotes de C sern

c 2, c 4 y c 5.

Entonces:

Col(C) ( C

2, C

4,C

5 )

11

a 'ean A , ! matrices de p% + + % + respectivamente. Demuestre

#ue W = -ul ( A )∩-ul (! )={ x∈ R+

: Ax=0, !x=0 } es un subespaciode

R+

.

2o anterior se traduce en demostrar #ue contiene al cero + #ue es

cerrado bajo la suma + la ponderacin de un escalar.

'ean 1 + ; matrices nulas: "ul(1) (n, n*, , nn) "ul(;) (n, n*, , nn)

-ul ( A ) ∩-ul (! )=(0 ⋯ 0⋮ ⋱ ⋮0 ⋯ 0

)

$or lo #ue si contiene al 0.

'ean u + v vectores pertenecientes a distintos entre s&, la interseccin de ellos ser su

suma. $or lo #ue es cerrado bajo la suma.

@sando los mismos vectores u + v podemos multiplicarlos por un escalar ! #ue puede

ponderar a cada entrada de cada vector, por lo #ue obtendremos mJltiplos de u + v #ue asu ve/ cumplirn con la primera afirmacin. $or lo tanto, tambi


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b 'ean A=[1 2 0 11 −1 2 −1] , !=[ 1 2 −2 1 ] . Determine una base

para W = -ul ( A )∩-ul (! )

[ A|0 ]=¿

1/3 x(¿¿4−4 /3 x3)

x

(¿¿3− x4)2/3

) =(¿¿ x3 x4 )= x3

(

−4 /32/3

1

0

)+ x

4

(

1/3−2/3

0

1

) !ul"A# $ (

−4 /32 /3

1

0 ) ,(

1 /3−2/3

0

1 )

[ !|0 ]=[ 1 2 −2 1 0 ]

) =(−2 x

2+2 x

3− x

4

x2

x3

x4

)= x2(−2

1

0

0 )+ x3(

2

0

1

0)+ x4(

−10

0

1 )

!ul"%# $ (−2

1

0

0 ) ,(2

0

1

0) ,(−1

0

0

1 )


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&eaW = -ul ( A )∩-ul (! ) entonces una base 'ara ( es:

(−4 /3

2 /310 )

,

( 1 /3

−2/301 )

∩

(−2

10

0 ),

(2

01

0),

(−1

00

1 )$

(0

11

1)

12 5esuelva los siguientes problemas

a e%to Ku&a, 'eccin ., problema

b e%to Ku&a, 'eccin ., problema 3

c e%to Ku&a, 'eccin ., problema 9d e%to Ku&a, 'eccin ., problema *H

e e%to Ku&a, 'eccin ., problema *=

$ e%to Ku&a, 'eccin ., problema 3*

1* 'ea!={v

1, v

2, v

3}

una base de un espacio vectorialV

+

[ u1 ]!=[ 1−11 ] , [ u2 ]!=[ 21−1] , [ u3 ]!=[

2

6

−4] , [ u4 ]!=[3

0

1] ,

a. Calcule la escalonada reducidae/ ( P )

de

P=[ [u1 ]! , [ u2 ]! , [ u3 ]! , [ u4 ]! ]=

[

1 2 2 3

−1 2 6 0

1 −1 −4 1

]5ref ($)

b. @sandoe/ ( P ) e%pli#ue por#u< los vectores u1 ,u2u3 , u4 son

linealmente dependientes, perou

4 no es combinacin lineal deu

1,u

2, u

3

. undamente.

'e puede afirmar #ue el conjunto L u

1,u

2u

3, u

4 M es linealmente dependiente por#ue e%isten

ms vectores #ue entradas de cada vector, por lo #ue rref($) tiene variables libres. $ero en este


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caso,u

3 es combinacin lineal de L u

1,u

2, u

4 M lo #ue ?ace al conjunto L u

1,u

2u

3, u

4 M

2D a pesar de #ueu

4 no sea combinacin lineal deu

1,u

2, u

3 .

u3

es combinacin lineal de L

u1

,u2

, u4

M por#ue el conjunto ' tiene solucin:

' [1 0 0 −20 1 0 20 0 1 0

]c. Demuestre #ue !

0 ={u1 , u2, u4} es tambi.

*-.

{u1 ,u 2 , u4 }=

[

1 0 0

0 1 0

0 0 1

]= *

$or tanto, la matri/ identidad > genera todo 5 3 + como 4 pertenece a 5 3 se conclu+e #ue

tambi


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d. Demuestre #ue !00 ={v1−v2+v3 , 2 v1+2 v3 , v2+v3 } es tambi se debe cumplir #ue:

! 00 =

(v

1−v

2+v

3

2 v1+2 v3

v2+v

3 )=v1

(1

2

0)+v2

(−1

2

1 )+v3

(1

2

1)=

(0

0

0)

( v

1

2 v1

0 )+(

−v2

2 v2

v2

)+( v

3

2 v3

v3

)=(000)

v1

v2

v3=0

$or lo tanto, si es 2>.

*.-


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!00 =(

v1−v

2+v

3

2 v1+2 v

3

v2+v

3

)=v1(120)+v2(−1

2

1 )+v3(

1

2

1)

!00 =⟨{(

1

2

0) ,(−1

2

1 ) ,(1

2

1)}⟩ Po lo ta+to !

0 0 s3 ge+eaV .

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