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Ejercicios resueltos. Espacios vectoriales
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´ ALGEBRA LINEAL. EJERCICIOS RESUELTOS Grado de Estad´ıstica, curso 1 o .

Espacios vectoriales Ejercicio 135 Determine cu´ales de los siguientes subconjuntos de Rn×n son subespacios de Rn×n . 1. Las matrices sim´etricas. 2. Las matrices no singulares. 3. Las matrices triangulares. 4. Las matrices diagonales. 5. Las matrices singulares. 6. Las matrices triangulares superiores. 7. Todas las matrices que conmutan con una matriz dada. 8. Todas las matrices tales que A2 = A. 9. Todas las matrices tales que traza(A) = 0. Soluci´ on 135 Como son subconjuntos L de un espacio vectorial, debemos comprobar las dos condiciones que son equivalentes a tener estructura de subespacio vectorial: Si v, w ∈ L, entonces v + w ∈ L. Si α ∈ R y v ∈ L, entonces αv ∈ L. 1. Sean A, B matrices sim´etricas. Entonces (A + B )t = At + B t = A + B , (αA)t = αAt = αA, por lo que se verifican ambas condiciones. Entonces es un subespacio vectorial. 2. Sean A, B matrices no singulares. Puede ocurrir que la suma sea singular. Por ejemplo,   1 0 , B = −A, A= 0 −1 son matrices no singulares, pero su suma es singular. 3. La suma de una matriz triangular superior con una matriz triangular inferior no es, en general, triangular. Por ejemplo,       1 1 1 0 2 1 A= ,B = ,A+ B = . 0 1 1 1 1 2 4. Sean A, B matrices diagonales. Entonces aij = 0, bij = 0 para i 6= j, y aij + bij = 0 para i 6= j, y αaij = 0 para i 6= j, por lo que es subespacio vectorial. 5. La suma de dos matrices singulares puede ser no singular. Por ejemplo,     0 0 1 0 ,B = , A + B = I2 no singular. A= 0 0 0 1 1

6. Triangulares superiores. S´ı. 7. Matrices que conmutan con una dada. Sean entonces B1 y B2 matrices que conmutan con una matriz dada A. En primer lugar, (B1 + B2 )A = B1 A + B2 A = AB1 + AB2 = A(B1 + B2 ), por lo que la suma es una operaci´on interna. An´alogamente, (λB)A = λ(BA) = λ(AB ) = A(λB ). 8. Matrices tales que A2 = A. 9. Matrices con traza nula. Sean B1 y B2 matrices con traza nula. Como traza(B1 + B2 ) = traza(B1 ) + traza(B2 ), y traza(λB1 ) = λ traza(B2 ), el conjunto es un subespacio vectorial. Ejercicio 136 Determine cu´ales de los siguientes subconjuntos del R-espacio vectorial de las matrices 2 × 2 son subespacios vectoriales. Para los que sean, calcule un conjunto generador minimal. Para los que no, explique con un ejemplo cu´al es la condici´on en la que falla.       a 0 a 0 | a, b ∈ R , 2. | a+b=0 , 1. 0 b 0 b       a c a 0 | a + b = 5 , 4. | a + b = 0, c ∈ R . 3. 0 b 0 b Soluci´ on 136

1. Sea L1 el conjunto propuesto. Si A1 , A2 ∈ L1 , podemos expresarlas como     a1 0 a2 0 A1 = , , A2 = 0 b2 0 b1

y A1 + A2 =



a1 + a2 0

Por tanto, es un subespacio vectorial.

0 b1 + b2



∈ L1 , αA1 =



αa1 0 0 αb1



∈ L1 .

2. Sea L2 el conjunto dado, y A1 , A2 como en el caso anterior, con la condici´on adicional a1 + b1 = 0, a2 + b2 = 0. Entonces   a 1 + a2 0 ∈ L2 , porque a1 + a2 + b1 + b2 = 0, A1 + A2 = 0  b1 + b2  αa1 0 ∈ L2 , porque αa1 + αb1 = α(a1 + b1 ) = 0 . αA1 = 0 αb1 3. Sea L3 el conjunto propuesto. No es subespacio vectorial, porque la matriz nula no est´a en L3 . Por ejemplo,     5 0 5 0 , A2 = , A1 = 0 0 0 0 pero A1 + A2 6∈ L3 . 4. Para L4 s´ı se cumplen las condiciones de subespacio vectorial, pues si     a2 c 2 a1 c 1 , a1 + b1 = 0, A2 = , a2 + b2 = 0, A1 = 0 b1 0 b2 entonces

  a1 + a2 c 1 + c 2 A1 + A2 = ∈ L4 , porque a1 + a2 + b1 + b2 = 0, 0  b1 + b2  αa1 αc1 αA1 = ∈ L4 , ya que αa1 + αb1 = 0. 0 αb1

Veamos ahora un conjunto generador minimal para estos subespacios vectoriales. Se tiene que     1 0 0 0 L1 = h , i, 0 0  0 1 1 0 L2 = h i, 0 −1     1 0 0 1 L4 = h , i. 0 −1 0 0 2

Ejercicio 137 ¿Cu´ales de los siguientes son conjuntos generadores de R3 ? 1. {(1, 1, 1)t }. 2. {(1, 0, 0)t , (0, 0, 1)t }. 3. {(1, 0, 0)t , (0, 1, 0)t , (0, 0, 1)t , (1, 1, 1)t }. 4. {(1, 2, 1)t , (2, 0, −1)t , (4, 4, 1)t }. 5. {(1, 2, 1)t , (2, 0, −1)t , (4, 4, 0)t }. Soluci´ on 137 Para que un conjunto de vectores sea generados de R3 , todo vector del espacio se tiene que poner como combinaci´on lineal de los vectores de dicho conjunto. Esto es equivalente a que la matriz cuyas columnas son los vectores dados tenga rango tres. En este caso,       1 1 0 1 0 0 1 rango  1  = 1, rango  1 0  = 2, rango  0 1 0 1  = 3, 1 0 1 0 0 1 1     1 2 4 1 2 4 0 4  = 2, rango  2 0 4  = 3. rango  2 1 −1 1 1 −1 0 Ejercicio 139 Compare los subespacios vectoriales definidos por L1 = hv1 , v2 , v3 , v4 i, L2 = hu1 , u2 i, donde             2 −2 4 −6 44 2 v1 =  −1  , v2 =  1  , v3 =  −2  , v4 =  3  , u1 =  −22  , u2 =  −1  . 1 1 3 0 −31 1

Soluci´ on 139 Consideremos las matrices  A1 = v1

v2

v3

v4

cuyos espacios de columnas respectivos generan a L1 y L2 .



Comprobemos si L1 ⊂ L2 . Para ello, consideramos la su forma escalonada reducida por filas se encuentran contenci´on.  1 0 0 rref  T1 →   0 1 1 0 0 0

Por tanto,se tiene la inclusi´on.

y A2 =





A1

A2

1 0 5/2 −3/2 −9/2 1

rref  T2 →   0 1 1/2 0 0 0



u2

,

  matriz concatenada T1 = A2 A1 . Si los pivotes de en la parte correspondiente a A2 , entonces se tendr´a la  2 1 3 − 53 − 53 − 53  9 128 . − 93 − 53 53  53 0 0 0

Para comprobar si L2 ⊂ L1 , procedemos an´alogamente con T2 = 

u1

3/2

− 53 2

0

0

no hay pivotes en la parte de A2 , y tenemos la otra inclusi´on.



 . Como

 0  , 0

La igualdad de ambos espacios se puede ver directamente comparando las filas no nulas de rref(A1t ) y rref(At2 ), seg´un sabemos de teor´ıa. En efecto,   1 −1/2 0   0 1  1 −1/2 0 rref  0  , At rref . − → At1 −→  0 0 0 1 0 0  2 0 0 0 3

Ejercicio 140 Determine una base de los espacios vectoriales Col(A), null(A), Col(At ), null(At ) asociados a  −5 10 −1 −12 −1     3 −6 1 6 2  .      5 −10 1 12 − 4  A= −2 4 −2 0 4

Soluci´ on 140 Una base de Col(A) est´a formada por las columnas b´asicas de A.   1 −2 0 3 0    0 0 1 −3 0  rref .  A → EA =    0 0 0 0 1   0 0 0 0 0 Las columnas b´asicas de A son A∗1 , A∗3 , A∗5 . El sistema Ax = 0 es equivalente a EA x = 0. Entonces   x1

−2x2 x3

 x1    = 0,   x2 x3 = 0, ,  x4 = 0     x 5

+3x4 −3x4 x5



= = = = =

2x 2 x2 ,

−3x4 , 3x 4 , x4 ,

0

y entonces null(A) = hv1 , v2 i, donde v1 = (2, 1, 0, 0, 0)t, v2 = (−3, 0, 3, 1, 0)t. Procedemos an´alogamente con At .   1 0 0 −4    0 1 0 −4      t rref  t A → E A =  0 0 1 −2  .    0 0 0 0    0 0 0 0

t Las columnas b´asicas de At son At∗1 , A∗2 , At∗3 . El espacio nulo de At se obtiene del sistema  −4x4 = 0,  x1 x2 −4x4 = 0,  x3 −2x4 = 0,

que tiene como soluci´on null(At ) = h(4, 4, 2, 1)ti. Ejercicio 141 Consideremos la matriz 

1  2 A=   0 −1

−1 5 −2 −2 −2 5 0 −12 9 1 7 −7

 2 1  . −3  1

1. Calcule un sistema generador de Col(A), null(A), Col(At ) y null(At ). 2. Calcule matrices P y Q tales que P AQ =



Ir 0

0 0



4

, donde r = rango(A).

,

Soluci´ on 141 Para todos estos espacios, necesitamos la forma escalonada reducida por filas de A:  1 −1 0 7/4 3/4     0 0 1 −3/4 1/4    rref .  A  0 0 0 0 0   −→ EA =  0 0 0 0 0

El espacio Col(A) est´a generado por las columnas b´asicas de A, que son la primera y la tercera, las posiciones de los pivotes en EA .     5 1  2   −2     Col(A) = h   0  ,  −12 i. 7 −1

Para el espacio nulo null(A), tenemos que resolver Ax = 0, que es equivalente a EA x = 0. Despejamos las variables b´asicas x1 y x3 en funci´on de las libres, esto es,  7   3     1 x1 = x2 −47x4 − 34 x5 ,  −4 −4     0   0   1  x2 = x2 ,   3   1    3x      − 14 x5 , , de donde x = x2  x3 = 4 4  0  + x4  4  + x5  − 4  = x2 h1 + x4 h2 + x5 h3 .    1   0   0  x4 = x4 ,    x5 = x5 , 0 0 1

Entonces null(A) = hh1 , h2 , h3 i. El espacio Col(At ) est´a generado por las filas no nulas de EA . Entonces     1 0  −1   0         Col(At ) = h  07  ,  1 i.  4   − 43  3 4

1 4

Para null(At ), calculamos EAt :



1 0 −2

  0 1   rref EAt −→   0 0   0 0  0 0

Entonces

y1 y2 y3 y4

= = = =

2y3 −y4 , −y3 +y4 , y3 , y4 ,

1 0 0 0

1



 −1    0  .  0   0

   2 −1  −1   1     , y null(At ) = hv1 =   1  , v2 =  0 i.    0 1    



Para el c´alculo de las matrices que transforman A en su forma normal del rango, obtenemos en primer lugar la matriz P tal que P A = EA . Para ello, hay que calcular la forma escalonada reducida por filas de [A|I4 ].     7 −1 −1 0 0 − 127 1 −1 0 7/4 3/4 0 0 − 12       0 0 −1/12 0  0 1 −3/4 1/4 0 0 −1/12 0  rref  0    [A|I4 ] −→  .  = [EA |P ], por lo que P =     0 0 0 1 1  0 0 1 0 1 1    1 0  0

0

0

0

0

0 1

1

2

5

0

1

1

2

Ahora hay que realizar transformaciones por columnas en EA para llevar, en primer lugar, los pivotes a las primeras columnas. En este caso, basta intercambiar la segunda y la tercera columna:  1 0 −1 7/4 3/4     0 1 0 −3/4 1/4     .  0 0 0  0 0  EA P23 =  0 0 0 0 0

Para eliminar los elementos  1  0   Q2 =  0  0  0

que est´an a la derecha, multiplicamos por la matriz  0 1 −7/4 −3/4   1 0 3/4 −1/4       , y obtenemos EA P23 Q2 =  0 1 0 0       0 0 1 0  0 0 0 1

1 0 0 0 0



 0 1 0 0 0   , 0 0 0 0 0   0 0 0 0 0

que es la forma buscada. Entonces



1 0 1 −7/4 −3/4

 0 0 1   Q = P23 Q2 =  0 1 0  0 0 0  0 0 0

0 3/4 1 0



    −1/4  .  0   1 0

Como nota final, recordemos que el espacio null(At ) est´a relacionado con las 4 − 2 ´ultimas filas de la matriz P . En efecto,     0 1  0   1     null(At ) = hv1 , v2 i = h  1  ,  1 i. 2 1 Ejercicio 148 Consideremos la matriz  −9 0   −10 7   A= −4  2   6 −6  −1 9

A y el conjunto de vectores {w1 , w2 }, donde      6 −6 −36 −12 6       13   −24  −3 −2 −11             6  , w2 =  7  . −5 −10 19  , w = 1            0   15  −3 −9 21       −8 −9 22 25 −35

1. Pruebe que w1 y w2 son vectores linealmente independientes que pertenecen a Col(A).

2. Extienda el conjunto {w1 , w2 } a una base de Col(A). Soluci´ on 148 El conjunto {w1 , w2 } es linealmente independiente porque los vectores forman una matriz de rango 2.  Para ver que w1 , w2 pertenecen a Col(A), basta verificar que rango(A) = rango( A w1 w2 ), o bien, que en la   forma reducida por filas de A w1 w2 no aparezcan pivotes en las posiciones correspondientes a w1 ni w2 . En efecto   1 0 0 0 2 0 0    0 1 0 0 0 1 −3      rref    A w1 w2 →  0 0 1 0 −3 −2 1  .    0 0 0 1 0 0 0    0 0 0 0 0 0 0 6

Tenemos tambi´en que las primeras cuatro columnas de A constituyen una base de Col(A), y que w1 y w2 son linealmente independientes.   Para efectuar la ampliaci´on, consideramos ahora la matriz w1 w2 A∗1 A∗2 A∗3 A∗4 , y calculamos su forma reducida por filas.  1 0 0 −1 −3 0  5 5  0 1 0 −2 −1 0  5   5   rref  w1 w2 A∗1 A∗2 A∗3 A∗4 0 0  →  0 0 1 0 ,  0 0 0 0 0 1  0 0 0 0 0 0 por lo que {w1 , w2 , A∗1 , A∗4 } forman una base de Col(A). Ejercicio 151 Consideremos el conjunto       ,3  ,2  ,1  ,4  ,  ,5  ,  ,6  .   ,901 ,8 ,7

1. Use aritm´etica exacta para determinar si es un conjunto linealmente independiente. 2. Con aritm´etica de tres d´ıgitos (sin pivoteo ni escalado) determine si es linealmente independiente. Ejercicio 152 Determine la dimensi´o n del espacio generado por el conjunto          1 2 1 1    2   0   8   1   ,         , , , S=  −1   0   −4   1      1 8 2 3

 3    3   . 0    6

Soluci´ on 152  Sea S = {v1 , v2 , v3 , v4 , v5 }. El espacio generado por S es lo mismo que el espacio de columnas de la matriz A = v1 v2 v3 v4 v5 . Una base de Col(A) est´a formada por las columnas b´asicas, y la dimensi´on es el rango de A. Calculamos entonces la forma escalonada reducida por filas   1 0 4 0 1    0 1 −2 0 1  rref  . A −→   0 0 0 1 1    0 0 0 0 0 Las columnas b´asicas son A∗1 , A∗2 , A∗4 , por lo que una base de S es {v1 , v2 , v4 }, y la dimensi´on es 3. ¿Qu´e ocurre si colocamos los vectores como filas? Tenemos entonces que calcular una base del espacio de filas de la matriz asociada   1 2 −1 3   1 0 0 2       B =  2 8 −4 8  .   1 1 1 1    3 3 0 6

Sabemos que una base la conseguimos con las filas no  1   0  rref  B −→   0   0  0

nulas de la forma escalonada reducida por filas.  0 0 2  1 0 0    0 1 −1   = EB .  0 0 0   0 0 0 7

Entonces una base est´a formada por       

 1     0         0          u = , u = 1 2   2

0



0     0 1       0   , u3 =  1 0 −1

        .       

Es un conjunto diferente. ¿C´omo podemos estar seguros de que generan el mismo espacio? Ya tenemos la forma reducida por filas del espacio de filas de u1 , u2 , u3 . Calculemos la de v1 , v2 , v4 .     1 2 −1 3 1 0 0 2   rref      C =  1 0 0 2  −→  0 1 0 0  = EC . 1 1 1 1 0 0 1 −1

Las filas no nulas de EC coinciden con las de EB , como era de esperar. Ejercicio 153 Consideremos la matriz y  1   1  A=   3 

los vectores    2 0 1 2   −3     −8  2 0 1   1      . ,v =   1 , w =   −4  2 2 5     1 −14 3 4 1 4

y la aplicaci´on lineal definida por A : R4 → R4 .

1. Pruebe que el vector v pertenece a null(A). 2. Calcule una base de null(A) que contenga a v . 3. Pruebe que el vector w pertenece a Col(A). 4. Calcule una base de Col(A) que contenga a w. 5. ¿Es posible calcular una base de R4 que contenga v y w? Soluci´ on 153

1. La condici´on v ∈ null(A) es equivalente a Av = 0, que es un sencillo c´a lculo.

2. Para obtener una base de null(A), calculamos la forma escalonada reducida por filas de A.   1 0 1 2    0 1 −1/2 −1/2  rref   A −→ EA =  .   0 0 0 0   0 0 0 0

Las variables b´asicas son x1 y x2 , y las variables libres x3 y x4 . Las soluciones tienen la forma     −1 x1 = −x3 −2x4 , −2  1   1  x2 = 21 x3 + 12 x4 , 2   2  , de donde x = x3   1  + x4  0  = x3 h1 + x4 h4 . x3 = x3 , 0 x4 = x4 , 1

  Entonces null(A) = hh1 , h2 i. Para ampliar el vector v a una base de null(A), consideramos la matriz v h1 h2 , y calculamos su forma escalonada reducida por filas: las columnas b´asicas son los componentes de la base.   1 0 1     rref    0 1 −1  . v h1 h2 −→   0 0 0    0

Por tanto, la base buscada es {v, h1 }.

8

0

0

3. Recordemos que Col(A) = {Au | u ∈ R4 }. Por tanto, para comprobar que w ∈ Col(A), tenemos que encontrar un vector u tal que Au = w, en otras palabras, tenemos que comprobar la compatibilidad del sistema de ecuaciones con matriz de coeficientes igual a A y t´ermino independiente definido pro w.  1 2 2 1 0    0 1 −1/2 −1/2 −5   rref  .  [A|w]  0 0 0  −→ 0 0  0 0 0 0 0 Como no hay pivotes en la columna correspondiente al t´ermino independiente, w se puede expresar como combinaci´on lineal de las columnas de A; en concreto, w = 2A∗1 − 5A∗2 .

4. En el apartado anterior tenemos ya calculada una base de Col(A), pues la forman sus columnas b´asicas A∗1  y A∗2 . Para calcular la ampliaci´on de w a una base de Col(A), consideramos la matriz w A∗1 A∗2 , y calculamos la forma escalonada reducida por filas.   1 0 −1/5      rref   0 1 2/ 5  . w A∗1 A∗2 −→    0 0 0    0 0 0 Entonces la ampliaci´on es {w, A∗1 }.

5. Una base de R4 es la est´andar, dada por S = {ei , i = 1, 2, 3, 4}. Procedemos como sigue:   1 0 0 0 7/5 −2/5   0 1 0 0 1/10 −1/10    rref   . v w e1 e2 e3 e4 −→   0 0 1 0  4 − 1   0

0

0

1

−3/5

−2/5

Entonces {v, w, e1 , e2 } es la base buscada. Observemos que no hemos comprobado previamente la independencia lineal de {v, w}, pero la deducimos del c´alculo anterior.

Ejercicio 157 Determine si el conjunto

es una base del espacio generado por

    2 1   B =  3 , 1   2 −1 

      3  5  1  2  , 8  , 4  .   1 7 3

Soluci´ on 157 Para comprobar si el conjunto B = {v1 , v2 } dado es base del subespacio generado por los vectores  w1 , w2 , w3 , consideramos la matriz A = v1 v2 w1 w2 w3 . Si en la forma reducida por filas EA vemos que los pivotes ocupan las dos primeras columnas, esto significa que el conjunto B es linealmente independiente, y que los vectores w1 , w2 , w3 dependen linealmente de ellos, por lo que ser´ıa base del subespacio. En otro caso no ser´ıa base. Pasemos entonces a los c´alculos.   1 0 1 3 1  rref   A −→   0 1 −1 −1 1  . 0 0 0 0 0

Entonces el conjunto B es base del espacio indicado.

9

Ejercicio 160 Sea f : R3 → R3 la aplicaci´o n lineal definida por   x x−y    y  =  y −x , f z

y consideremos el vector

x−z       1  0 1 1  v =  1  y la base B =  0  ,  1  ,  1  .  0  1 2 1 

1. Calcule [f ]B y [v]B .



2. Calcule [f (v )]B y verifique que [f ]B [v]B = [f (v )]B . Soluci´ on 160 Nos centraremos primero en el cambio de coordenadas de v. Llamemos S = {e1 , e2 , e3 } a la base est´andar de R3 , y notemos B = {v1 , v2 , v3 }. Sabemos que     α1 1 [v]S =  1  , y escribamos [v]B =  α2  . α3 2 Esto quiere decir que v = α1 v1 + α2 v2 + α3 v3 , que traducido a coordenadas en S significa         1 0 1 1  1  = α1  0  + α2  1  + α3  1  . 0 1 1 2

En forma matricial

Observemos que M = f´ormula queda como





[v1 ]S

  1 1  1  = 0 2 1  [v2 ]S [v3 ]S , y

  α1 0 1 1 1   α2  , [v]S = M · [v]B . 1 0 α3

la notaremos por M (B, S), matriz del cambio de base de B a S. La

[v ]S = M (B, S) · [v ]B .

La matriz M es no singular, porque sus columnas son una base del espacio, y el sistema anterior tiene soluci´o n ´unica. En este caso, α1 = 1, α2 = 1, α3 = 0. Para el c´alculo de la matriz de f respecto de la nueva base B, lo haremos de dos formas (aunque esencialmente son iguales).   Sabemos que [f ]B = [f (v1 )]B [f (v2 )]B [f (v3 )]B . Escribamos entonces   1 f (v1 ) =  −1  = α1 v1 + α2 v2 + α3 v3 , 0   1 = 1 · α1 + 0 · α2 + 1 · α3 −1 = 0 · α1 + 1 · α2 + 1 · α3 ,  0 = 1·α +1·α +0·α 1 2 3   −1 f (v2 ) =  1  = β1 v1 + β2 v2 + β3 v3 , −1   −1 = 1 · β1 + 0 · β2 + 1 · β3 1 = 0 · β1 + 1 · β2 + 1 · β3 ,  −1 = 1 · β1 + 1 · β2 + 0 · β3   0 f (v3 ) =  0  = γ1 v1 + γ2 v2 + γ3 v3 , 1   0 = 1 · γ1 + 0 · γ2 + 1 ·...