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Ejercicios resueltos álgebra lineal capítulos 1-7...

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´Indice general 1. Algebra Lineal Elemental

1

2. Factorizaciones de Matrices

21

3. Determinantes

43

4. Espacios Vectoriales

49

5. Transformaciones Lineales, Teorema de la Dimensi´ on y Cambio de Base 61 6. Bases Ortonormales y Proyecciones

79

7. Vectores y Valores Propios, Diagonalizaci´ on

85

v

vi

Cap´ıtulo 1 Algebra Lineal Elemental 1.1. Se dice que v es combinaci´on lineal convexa de u1 , u2 , ..., uk si v = α1 v1 + α2 v2 + ... + αk vk donde αi ≥ 0, i = 1, ..., k y α1 + α2 + ... + αk = 1. Demuestre que si u4 es combinaci´on convexa de u1 , u2 , u 3 y v es combinaci´on convexa de u1 , u2 , u 3, u4 entonces v es combinaci´on convexa de u1 , u2 , u 3. Soluci´ on: Si u4 es combinaci´on convexa de u1 , u2, u3 , entonces u 4 = α1 u 1 + α2 u 2 + α3 u 3 , !

donde αi = 1 y αi ≥ 0 para i = 1, . . . , 3. Si v es combinaci´on convexa de u1 , u2 , u3, u 4 , entonces v = β1 u1 + β2 u2 + β3 u3 + β4 u4 , donde

!

βi = 1 y βi ≥ 0 para i = 1, . . . , 4. Luego,

v = β1 u1 + β2 u2 + β3 u3 + β4 u4 = β1 u1 + β2 u2 + β3 u3 + β4 (α1 u1 + α2 u2 + α3 u3 ) = (β1 + β4 α1 )u1 + (β2 + β4 α2 )u2 + (β3 + β4 α3 )u3 = γ1 u1 + γ2 u2 + γ3 u3

donde γ1 = β1 + β4 α1 ≥ 0, γ2 = β2 + β4 α2 ≥ 0 y γ3 = β3 + β4 α3 ≥ 0. Adem´ as, " γi = γ1 + γ2 + γ3 + γ4 = β1 + β4 α1 + β2 + β4 α2 + β3 + β4 α3 = β1 + β2 + β3 + β4 (α1 + α2 + α3 ) = β1 + β2 + β3 + β4 = 1 . Por lo tanto, v es combinaci´on convexa de u1 , u2 , u 3. 1

2

Cap´ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

1.2. Demuestre que si u1 = 2v1 + 3v2 , u2 = −v1 + 3v2 entonces se cumple que: < u1 , u2 >=< v 1 , v2 >. Soluci´ on: Primero probaremos que < u 1 , u2 > ⊂ < v 1 , v2 >. Para esto, sea x ∈< u1 , u2 > entonces x = α1 u 1 + α2 u 2 = α1 (2v1 + 3v2 ) + α2 (−v1 + 3v2 ) = (2α1 − α2 )v1 + 3(α1 + α2 )v2 . Como x es combinaci´on lineal de los vi ’, es claro que x ∈< v1 , v 2 > y, por lo tanto, hemos probado que < u 1 , u 2 > ⊂ < v1 , v 2 > . Ahora se probar´ a que < v1 , v2 > ⊂ < u 1 , u2 >. Notemos que: u1 = 2v1 + 3v2 ⇒ 3v2 = u1 − 2v1 y u2 = −v1 + 3v2 ⇒ 3v2 = u2 + v1 .

Igualando obtenemos que

u1 − 2v1 = u2 + v1

3v1 = u1 − u2 1 v1 = (u1 − u2 ) . 3

Despejando obtenemos 1 v2 = (u1 + 2u2) . 9 Sea x ∈< v 1 , v2 >, este vector se puede escribir de la forma x = β1 u1 + β2 u2 1 1 = β1 (u1 + u2 ) + β2 u1 3 3 1 1 = (β1 + β2 )u1 + β1 u2 . 3 3 Como x es combinaci´on lineal de los ui ’, es claro que x ∈< u1 , u2 > y, por lo tanto, hemos probado que < v1 , v2 > ⊂ < u1 , u2 > y por lo tanto, < u1 , u2 >=< v 1 , v2 >.

3

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 1.3. Sean u=

#

−0.6 0.8

$

,v =

#

3 4

$

,w =

#

4 3

$

.

(a) Calcule los productos puntos u · v, u · w, w · v. (b) Determine la longitud de cada uno de los vectores. (c) Verifique las desigualdades (Schwarz): | u · v| ≤ 'u''v' y | v · w| ≤ 'v''w' . Soluci´ on: a) u · v = (−0.6, 0.8) · (3, 4) = (−0.6)(3) + (0.8)(4) = 1.4 ,

u · w = (−0.6, 0.8) · (4, 3) = (−0.6)(4) + (0.8)(3) = 0 , w · v = (4, 3) · (3, 4) = (4)(3) + (3)(4) = 24 . b)

c)

√

%

(−0.6)2 + (0.8)2 = 1 , % √ 'v' = v · v = (3)2 + (4)2 = 5 , % √ 'w' = w · w = (4)2 + (3)2 = 5 . 'u' =

u·u =

| u · v| = |1.4| = 1.4 ≤ 5 = (1)(5) = 'u''v' ,

| v · w| = |24| = 24 ≤ 25 = (5)(5) = 'v''w' .

1.4. Para u = (1, 2), v = (−1, 3) determine un escalar α tal que u − αv sea perpendicular a u. Soluci´ on: Notemos que u − αv = (1, 2) − α(−1, 3) = (1 + α, 2 − 3α) . Para que los vectores sean perpendiculares basta que el producto interno entre los vectores sea cero 0 = u · (u − αv) = (1, 2) · (1 + α, 2 − 3α) = 1(1 + α) + 2(2 − 3α) = 5 − 5α .

Entonces, α = 1 y tenemos que u − αv = (2, −1).

4

Cap´ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

1.5. Exprese el plano x + y + 2z = 1 como combinaci´ on lineal de vectores. Indique el vector normal unitario al plano. Soluci´ on: Podemos despejar cualquiera de las variables de la ecuaci´on del plano en funci´on de las otras dos. Por ejemplo, podemos despejar x y obtenemos x = 1 − y − 2z en forma vectorial           1 1 − y − 2z x −1 −2  =  0 +  1 y + 0 z .  y = y 0 z z 0 1

Se puede observar que el plano se puede expresar como combinaci´ on lineal de los vectores (−1, 1, 0), (−2, 0, 1), donde el primer vector siempre esta ponderado por 1, esto es       1 −1 −2 P = 0 + <  1 , 0  > . 0 0 1

En general, el vector normal de un plano ax + by + cz = d es (a, b, c), en nuestro caso el vector normal es $n = (1, 1, 2) con modulo √ √ ' $n '= 12 + 1 2 + 22 = 6 . Luego, el vector normal unitario es: 1 n ˆ = √ (1, 1, 2) . 6

1.6. Si un hiperplano pasa por los puntos (1, −1, 1, 1), (2, −1, 2, 1), (0, 1, 1, 1), (1, 0, 0, 1). Determine los valores α, β tal que el punto (α, β, α−β, α+β) pertenezca al hiperplano. Soluci´ on: La ecuaci´ on de un plano en R4 es: ax + by + cz + dw = e . Como el hiperplano pasa por los puntos (1, −1, 1, 1), (2, −1, 2, 1), (0, 1, 1, 1), (1, 0, 0, 1) las constantes a, b, c, d, e deben cumplir a−b+c+d = e,

2a − b + 2c + d = e , b+c+d = e,

a+d = e.

5

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas

Entonces tenemos 4 ecuaciones y 5 incognitas. Hay una variable libre que es e y a, b, c, d son variables b´asicas. Resolviendo el sistema obtenemos a = b = c = 0, d = e . La ecuaci´ on del hiperplano es entonces: dw = d ⇒ w = 1 . Luego, para que (α, β, α − β, α + β) pertenezca al hiperplano se debe cumplir que: α+β = 1. 1.7. ¿Para an linealmente dependientes los vectores e valor(es)   de λ ser´  qu´ 3 2 1  2   −1   λ ? 4 4 3 Soluci´ on: Suponga que         1 2 3 0 c1  2  + c2  −1  + c3  λ  = 0 =  0  . 3 4 4 0

Entonces mulptiplicando y sumando se obtiene     c1 + 2c2 + 3c3 0  2c1 − c2 + λc3  =  0  . 3c1 + 4c2 + 4c3 0

Esto nos lleva al sistema de tres ecuaciones y tres incognitas c1 + 2c2 + 3c3 = 0 , 2c1 − c2 + λc3 = 0 ,

3c1 + 4c2 + 4c3 = 0 .

(1.1) (1.2) (1.3)

As´ı, los vectores ser´ an linealmente dependientes si y s´ olo si el sistema tiene soluciones no triviales. Despejando en (1.1) c1 = −2c2 − 2c3 .

(1.4)

Si (1.4) en (1.3) y despejando c2 = −

5c3 . 2

(1.5)

6

Cap´ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental Si (1.5) en (1.4) obtenemos c1 = 2c3 .

(1.6)

Finalmente (1.5) y (1.6) en (1.2) obtenemos 2c1 − c2 + λc3 = 0 5 2(2c3 ) + c3 + λc3 = 0 2 13 (λ + )c3 = 0 . 2 Para obtener infinitas soluciones necesitamos que una de las ecuaciones se anule esto se consigue con λ = − 13 , con este valor los vectores son 2 linealmente dependientes. 1.8. Considere el sistema de ecuaciones x1 + x2 + x3 = 1 , x1 − 2x2 + ax3 = b , 2x1 + x2 + 3x3 = c , donde a, b, c son constantes. Determine los valores de a, b, c tales que el sistema: no tenga soluci´ on, tenga soluci´ on u ´ nica, tenga infinitas soluciones. Soluci´ on:  1 1  1 −2 2 1

Primeros hacemos eliminaci´on de Gauss * *    1 ** 1 1 1 1 ** 1 a ** b  ∼  0 −3 a − 1 ** b − 1  3 * c 0 −1 1 * c−2  *  * 1 1 1 1 * 1 13 (1 − a) ** 13 (1 − b)  ∼ 0 * c−2 0 −1 1 *   1 0 1 + 13 (a − 1) ** 13 (b − 1) + 1 1 1 ∼ 0 1 (1 − b)  . (1 − a) ** 3 3 1 1 * 0 0 (4 − a) (3c − b − 5) 3 3

La u ´ ltima fila de la matriz ampliada equivale a 1 1 (4 − a)x3 = (3c − b − 5) 3 3

⇒

(4 − a)x3 = 3c − b − 5 .

7

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas

Para que no haya soluciones es necesario que el sistema sea inconsistente, es decir, que algunas de sus ecuaciones contenga alguna contradicci´ on. La u ´ nica posible es 0 · x3 *= 0. Es decir, con a = 4 y 3c − b − 5 *= 0. Para que existan infinitas soluciones se necesita una identidad que se cumpla siempre. La u ´ nica que se cumple siempre independiente del valor de x3 es 0 · x3 = 0. Es decir, con a = 4 y 3c − b − 5 = 0. Si se quiere una sola soluci´ on, se debe tener tantas ecuaciones linealmente independientes como incognitas y adem´as el sistema debe ser consistente. Esto se cumple para cualquier valor de a, b, c excepto para el valor a = 4. 1.9. Encuentre eficientemente la soluci´ on general de los sistemas          1 1 1 x1 2 1 1 1 x1 2  2 1 1   x2  =  3  y  2 1 1   x2  =  3  . x3 4 x3 5 3 1 1 3 1 1 

Soluci´ on: Con el m´ etodo de eliminaci´on de Gauss es posible resolver m´ ultiples sistemas con la misma matriz de coeficientes y distintos vectores a la vez. Para esto se construye una matriz ampliada de la forma [ A | b$1 ... b$n ]. * *   1 1 1 ** 1 1 1 ** 2 2  2 1 1 * 3 3  ∼  0 −1 −1 * * * 3 1 1 * 4 5 0 −2 −2 * *  1 1 1 ** 1 1 ** ∼  0 0 −2 −2 *  * 1 1 1 ** 2 ∼  0 1 1 ** 1 0 0 0 * 0 

 2 2 −1 −1  −2 −1  2 2 1 1  −2 −1  2 1. 1

Una vez obtenida la matriz escalonada reducida, se debe despejar las inc´ ognitas del primer y segundo sistema a partir de las columnas correspondientes a los vectores (2, 3, 4) y (2, 3, 5), respectivamente. En este caso el segundo sistema es inconsistente, es decir no tienen soluciones, ya que tenemos 0 · x3 = 1. Para el segundo sistema tenemos inf initas soluciones dadas por x1 = 1, x 2 = 1 − x3 ,

x3 ∈ R .

8

Cap´ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

1.10. Determine un sistema de ecuaciones Ax = b tal que su conjunto soluci´ on sea:       1 2 1 1 −1  0   1  2       S =  0  +  0  ,  −1  . 1 0 2

Soluci´ on: El conjunto soluci´ on de Ax = b es x0 + kerA, donde x0 es una soluci´ on particular de Ax = b. Adem´as KerA = + filas de A,⊥. Entonces KerA = +(−1, 0, 0, 1), (1, 1, −1, 0), . Sea (a, b, c, d)  a  b   c d

una f ila de A, entonces:        1 a −1  b  1    0    · ·   0=0 y  c   −1  = 0 0 d 1 3 3 −a + d = 0 d=a ⇔ . a+b−c = 0 c=a+b 5 4 (a = 0, b = 1) 0 1 1 0 . Ahora sea Tomando A = (a = 1, b = 0) 1 0 1 1     1 1 4 5 4 5  2 2 2 0 1 1 0     . = b = A  = 1 0 1 1  0 0 3 2 2 4 5 0 1 1 0 Eligiendo A = y b = (2, 3) el conjunto de Ax = b 1 0 1 1 coincide con       1 1 2 1 −1 2   0   1       S=  0  +  0  ,  −1  . 2 1 0 1.11. Considere el plano P de R3 dado por P = {(x, y, z) ∈ R3 : 2x−3y + z = 0} y la matriz   1 −1 2 A= 2 0 1 . 1 1 1

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas

9

Demuestre que la imagen de P a trav´es de A es un plano y encuentre la ecuaci´ on cartesiana ax + by + cz = d de tal plano. Soluci´ on: Notemos que P = = = =

{(x, y, z) ∈ R3 : 2x − 3y + z = 0} {(x, y, x) ∈ R3 : z = 3y − 2x} {(x, y, 3y − 2x) : x, y ∈ R} {(x, 0, −2x) + (0, y, 3y) : x, y ∈ R}

= {(1, 0, −2)x + (0, 1, 3)y : x, y ∈ R} . Los vectores (1, 0, −2) y (0, 1, 3) son linealmente independientes, ya que α(1, 0, −2)+β(0, 1, 3) = (0, 0, 0) ⇒ (α, β, −2α+3β) = (0, 0, 0) ⇒ α = β = 0. Luego, P = +{(1, 0, −2), (0, 1, 3)}, = +{$v , w}, $       1 1 −1 2 −3 A$v =  2 0 1  0  =  0  , −2 −1 1 1 1      5 0 1 −1 2 0 1  1  =  3  . Aw $ =  2 1 1 1 4 3

Por lo tanto, la imagen de P a trav´es de A es generado por vectores (−3, 0, −1) y (5, 3, 4), esto es A(P) = +{(−3, 0, −1), (5, 3, 4)}, = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = α(−3, 0, −1) + β(5, 3, 4) 3

α, β ∈ R}

= {(x, y, z) ∈ R : (x, y, z) = (−3α + 5β , 3β , −α + 4β) α, β ∈ R} = {(x, y, z) ∈ R3 : x = −3α + 5β, y = 3β, z = −α + 4β α, β ∈ R} = {(x, y, z) ∈ R3 : 3x + 7y − 9z = 0} .

1.12. Considere la siguiente matriz triangular superior   p 1 0 A= 0 p 1  . 0 0 p Encuentre An , n ∈ N.

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Cap´ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental Soluci´ on: Notemos que    2   p 2p 1 p 1 0 p 1 0 A2 =  0 p 1   0 p 1  =  0 p2 2p  , 0 0 p 0 0 p 0 0 p2       2 p 2p 1 p3 3p2 3p p 1 0 A3 =  0 p2 2p   0 p 1  =  0 p3 3p2  , 0 0 p2 0 0 p 0 0 p3  3     4 p 4p3 6p2 p 3p 3p p 1 0 A4 =  0 p3 3p2   0 p 1  =  0 p4 4p3  , 0 0 p 0 0 p4 0 0 p3      4 p 4p3 6p2 p5 5p4 10p3 p 1 0 A5 =  0 p4 4p3   0 p 1  =  0 p5 5p4  . 0 0 p 0 0 p4 0 0 p5   n p npn−1 an pn−2 Luego, An =  0 pn npn−1  donde an+1 = an +(n−1), ∀n > 1 0 0 pn y a1 = 0.

1.13. Demuestre que cualquier matriz cuadrada se puede escribir de manera u ´ n i c a c o m o l a s u m a d e u n a m at r i z s i m ´e t r i c a y u n a m a t r i z ant i sim Soluci´ on: Se dice que una matriz es sim´etrica si At = A y se dice que una matriz es antisim´etrica si At = −A. Consideremos las matrices 1 (A + At ) y 21 (A − At) entonces 2 1 1 1 1 [ (A + At )]t = (At + (At )t ) = (At + A) = (A + At ) . 2 2 2 2 Luego, 21 (A + At ) es una matriz sim´etrica. 1 1 1 1 [ (A − At)]t = (At − (At )t ) = (At − A) = − (A − At ) . 2 2 2 2 Luego, 12 (A − At ) es un matriz antisim´etrica. Por lo tanto, podemos escribir A como 1 1 A = (A + At ) + (A − At) . 2 2 1.14. Resuelva la siguiente ecuaci´on matricial 4 5 4 5 4 5 1 1 4 −2 6 4 X = . 3 4 −3 2 22 14

11

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 4

5 4 5 4 5 1 1 4 −2 6 4 ,B= yC= Soluci´ on: Sean A = 3 4 −3 2 22 14 y notemos que si existen las matrices inversas de A y B, entonces AXB = C ⇒ AXBB −1 = CB −1 ⇒ AX = CB −1

⇒ A−1 AX = A−1 CB −1 ⇒ X = A−1 CB −1 .

Usando eliminaci´ on de Gauss, podemos encontrar A−1 y B −1 . * * * $ $ # $ # # 1 0 1 0 ** 4 −1 1 1 ** 1 1 ** 1 0 ∼ ∼ 1 0 1 * −3 0 1 * −3 1 3 4* 0 1

y

#

* * $ * $ # $ # 1 − 12 ** 14 0 1 − 12 ** 14 0 4 −2 ** 1 0 ∼ ∼ 1 * 3 1 −3 2 * 0 1 −3 2* 0 1 0 * * 2 $4 $ # # 1 0 ** 1 1 1 0 ** 1 1 ∼ . ∼ 1 * 3 1 0 2 0 1 * 32 2 4

Entonces

−1

A

=

4

4 −1 −3 1

5

, B

−1

=

4

1 1 3 2 2

5

.

Luego, tenemos que 54 54 5 6 4 1 1 4 −1 X = A CB = 3 22 14 2 −3 1 2 5 54 5 4 4 1 1 5 6 2 2 . = = 3 7 8 4 2 2 2 −1

−1

4

1.15. Sea A de 2 × 2 tal que A(1, 0)⊤ = (3, 6)⊤ y A(0, 1)⊤ = (1, 2)⊤ (a) Mostrar que la imagen bajo A de la recta 3x + 2y = 0 es la recta 2x − y = 0. (b) Hay una recta L que pasa por el origen y que queda fija bajo A, ( es decir, A(L) = L, aunque no necesariamente A(l) = l, para l ∈ L). ¿Cu´ al es la recta?

12

Cap´ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental Soluci´ on: (a) Si A = (aij ) entonces 54 5 4 5 4 5 4 1 a 3 a a 11 11 12 = = , A(1, 0)⊤ = a21 a22 0 a21 6 4

54 5 4 5 4 5 a11 a12 0 a12 1 = = . A(0, 1) = a21 a22 1 a22 2 4 5 3 1 . Buscamos el vector generador de la recta Por lo que A = 6 2 3x + 2y = 0 ⊤

L = {(x, y) ∈ R2 : 3x + 2y = 0} 3 = {(x, y) ∈ R2 : y = − x} 2 5 6 34 3 = x, − x : x ∈ R 2 5 6 3 4 3 :x∈R = x 1, − 2 568 734 3 = 1, − 2 y obtenemos ⊤

A(1, −3/2) =

4

3 1 6 2

54

1 − 23

5

=

4

3 2

3

5

.

Entonces la imagen de bajo A de la recta es: 734 568 3 ,3 A(L) = 2 3 4 5 6 3 = α ,3 : α ∈ R 2 9 y: = (x, y) ∈ R2 : x = 2 = {(x, y) ∈ R2 : 2x − y = 0} . (b) Si L es la recta que pasa por el origen entonces consideremos L = {(x, y) ∈ R2 : y = mx} = {(x, mx) : x ∈ R} = +{(1, m)}, .

13

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas Entonces,

4

3 1 6 2

54

1 m

5

=

4

3+m 6 + 2m

5

y

A(L) = +{(3 + m, 6 + 2m)}, = {((3 + m, 6 + 2m) : x ∈ R} = {(x, y) ∈ R2 : 2x − y = 0} . Si consideremos la recta L = {(x, y) ∈ R2 : 2x − y = 0} entonces A(L) = L . 1.16. Sea A = (aij ) ∈ Mn (R). Se define la traza de A, denotada por tr(A), como n " tr(A) = aii = a11 + a22 + · · · + ann . i=1

Si A, B ∈ Mn (R), demuestre

(a) tr(AB) = tr(BA). (b) tr(AAt) > 0, si A *= 0. Soluci´ on: (a) Sean A = (aij ), B = (bij ), AB = (cij ) y BA = (dij ) entonces un elemento de la diagonal de la matriz AB es cii =

n "

aik bki ,

k=1

luego, tr(AB) =

n "

cii =

=

aik bki =

i=1 k=1

i=1

n "

n n " "

n n " " i=1 k=1

bki aik =

; n n " " k=1

bki aik

i=1

<

dkk = tr(BA) .

k=1

(b) Si A = (aij ) entonces At = (bij ) = (aji ) si denotamos AAt = (rij ) entonces: t

tr(AA ) =

n " i=1

rii =

n n " " i=1 k=1

aik bki =

n n " "

i=1 k=1

n n " " aik aik = (aki )2 > 0. k=1 i=1

14

Cap´ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

1.17. Si tan α = (a/b), demuestre que #

1 (a/b) −(a/b) 1

$n

$ 5n/2 # 4 a2 cos nα sin nα . = 1+ 2 − sin nα cos nα b

Soluci´ on: Demostramos la igualdad haciendo inducci´on sobre n Para n = 1, tenemos que: 4 # $ $ 51/2 # = >1/2 a2 cos α sin α cos α sin α 2 1+ 2 = 1 + tan α − sin α cos α − sin α cos α b # $ cos α sin α = sec α − sin α cos α # $ 1 (a/b) . = −(a/b) 1 Ahora suponiendo que se cumple para n, probamos que es v´alido para n + 1. $n+1 $n # $ # # 1 ab 1 ba 1 ba = − ab 1 − ba 1 − ab 1 $# 5n/2 # $ 4 1 ba cos nα sin nα a2 = 1+ 2 − sin nα cos nα −a 1 b # $# b $ sin α cos nα sin nα 1 cos 2 n/2 α = (1 + tan α) sin α − sin nα cos nα 1 − cos α # # $ $ cos nα sin nα cos α sin α 2 n/2 = (sec α) sec α − sin α cos α − sin nα cos nα $ # cos nα cos α − sin nα sin α cos nα sin α + sin nα cos α n+1 = sec α − sin nα cos α − cos nα sin α − sin nα sin α + cos nα cos α # $ cos(n + 1)α sin(n + 1)α 2 (n+1)/2 = (1 + tan α) − sin(n + 1)α cos(n + 1)α 4 $ 5 # 2 (n+1)/2 a cos(n + 1)α sin(n + 1)α . = 1+ 2 − sin(n + 1)α cos(n + 1)α b 1.18. Demuestre que si A es una matriz cuadrada tal que An = 0, entonces I − A es invertible. Soluci´ on: Basta observar que (I − A)(I + A + A2 + ... + An−1 ) = (I − An ) .

Algebra Lineal - Rodrigo Vargas

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Como An = 0, entonces: (I − A)(I + A + A2 + ... + An−1 ) = I .

Luego, I + A + A2 + ... + An−1 = (I − A)−1 y I − A es invertible.   1 2 0 1.19. Sea A =  2 −1 0 . Verif ique que A3 − A2 − 5A + 5I3 = 0 para 0 0 1 determinar A−1 en funci´on de A. Soluci´ on: Tenemos  1 A2 =  2 0 

que     2 0 1 2 0 5 0 0 −1 0   2 −1 0  =  0 5 0  0 0 1 0 1 0 0 1

    5 10 0 1 2 0 5 0 0 A3 =  2 −1 0   0 5 0  =  10 −5 0  0 0 1 0 0 1 0 0 1   0 10 0 y entonces A3 − A2 =  10 −10 0 . Luego, 0 0 0       0 10 0 1 2 0 1 0 0 A3 − A2 − 5A + 5I3 =  10 10 0  − 5  2 −1 0  + 5  0 1 0  0 0 0 0 0 1 0 0 1       0 10 0 −5 −10 0 5 0 0 0 + 0 5 0  =  10 −10 0  +  −10 5 0 0 −5 0 0 0 0 0 5     0 −10 0 0 10 0 =  10 −10 0  +  −10 10 0  = 0 . 0 0 0 0 0 0 Notemos que

A3 − A2 − 5A + 5I3 = 0 ⇒ (A2 − A − 5I3 )A = −5I3 1 (A − A2 + 5I3 )A = I3 ⇒ 5 1 ⇒ A−1 = (A − A2 + 5I3 ) 5  1 0 0 1 ⇒ A−1 =  2 −1 0  . 5 0 0 5

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Cap´ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

1.20. Calcule una inversa por la derecha de: $ # 1 2 −6 . A= −3 −8 5 Soluci´ on: Calcular una inversa por la derecha es equivalente a resolver AX = I donde X corresponde a la inversa por la derecha de A, como A2×3 y I2×2 , la u ´ nica opci´on es que X3×2 , luego,   x11 x12 X =  x21 x22  x31 x32

esto es equivalente a resolver simultaneamente los sistemas A(x11 , x21 , x31 )⊤ = (1, 0)⊤ y A(x12 , x22 , x32 )⊤ = (0, 1)⊤. Usamos eliminaci´ on de Gauss, para resolver el sistema # $ # $ 1 2 −6 1 0 1 2 −6 1 0 ∼ −3...