Algebra Lineal Problemas Resueltos - I. Garcia.Pdf

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1.
Algebra
Lineal
Problemas
resueltos
M
a

Isab el
Garca Planas
3

2. Primera edición: septiembre de 1993
Segunda edición: septiembre de 1994
Diseño de la cubieta: Antoni Gutiérrez
 M. Isabel GarcíaPlanas, 1993
Edicions UPC, 1993
Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SL
Jordi Girona Salgado 31, 08034 Barcelona
Tel.: [phone] Fax: [phone]
Edicions Virtuals: www.edicionsupc.es
e-mail: [email protected]
Producción: Servei de Publicacions de la UPC
y CPDA
AV. Diagonal 647, ETSEIB. 08028 Barcelona
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3. A
(
JL
)
2
S
&
M
a
I
5

4. Presentaci
on
Mis
largos
a ~nos
de
exp eriencia
do cente
en
la
ETSEIB
no
solo
impartiendo
clases
de

Algebra
Lineal
a
los
estudiantes
de
primer
curso,
sino
preparando
las
colecciones
de
ejercicios que los alumnos resuelven en sus clases de problemas, me han p ermitido reunir
una coleccion
de estos, en los que el alumno encuentra esp ecial
dicultad.
Despu
es de
resolverlos
con
to do detalle
me
ha surgido
la
idea
de publicarl os
para que
puedan
ser
de utilidad,
y
anos
olo a los alumnos de
la ETSEIB, sino
a alumnos
de cualquier
otra
escuela
p olitecnic a
e incluso
a alumnos de facultades de ciencias.
Algunos
de
los
enunciados
de
los
problemas
estan
inspirados
en
textos
teoricos
de

Algebra
Lineal
y
el
orden
y
reparto
en
captulos
ha
sido,
obviamente,
fuente
de
in-
spiracion el programa de la asignatura de

Algebra Lineal de la escuela donde ejerzo mi
lab or do cente.
7

5.
INDICE
Cap.
1
Polinomios
.
..
.
..
.
..
.
..
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
11
Cap.
2
Espacios
vectoriales
..
.
..
.
..
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
23
Cap.
3
Sistemas
de
ecuaciones.
Matrices
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
39
Cap.
4
Aplicacion es
lineales
.
.
..
.
..
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
51
Cap.
5
Determinantes
.
.
..
.
..
.
..
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
73
Cap.
6
Diagonali za ci on
de
endomorsmos
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
85
Cap.
7
Forma
reducida
de
Jordan
.
.
..
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
99
Cap.
8
Analisis
matricial
.
..
.
..
.
..
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.117
Ap endice
I
Grup os
.
..
.
..
.
..
.
..
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.131
Ap endice
I I
Anillo
de
clases
de
resto
.
..
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.141
9

6. Polinomio s y Fracciones racionales
11
Captulo
1
Polinomios
y
fracciones
racionales
1.
Hallar el maximo com un divisor, p or el algoritmo de Euclides,
de los p olinomios
P
1
(
x
) = 2156
x
5
+ 1120
x
4

433
x
3

179
x
2
+32
x
+4
P
2
(
x
) = 1372
x
5
+784
x
4

245
x
3

131
x
2
+16
x
+4
Solucion:
Recordando
el teorema de Euclides:
MCD
(
P
1
(
x
)
;P
2
(
x
)) =
MCD
(
P
2
(
x
)
;R
(
x
))
Siendo
R
(
x
)
el
resto de dividir
P
1
(
x
)en
tre
P
2
(
x
)
Sab emos que
MCD
(
P
1
(
x
)
;P
2
(
x
))
=
MCD
(
P
1
(
x
)
;P
2
(
x
))
8

unidad
en
R
[
x
]
y
al
ser
2156
=
4
:
7
2
:
11
y
1372
=
4
:
7
3
,m
ultiplicaremos
P
1
(
x
)por 7paraevitar
fracciones
al hacer la divisi
on
de
P
1
(
x
)por
P
2
(
x
);
7
:P
1
(
x
)=
P
2
(
x
)
:
11 + (

784
x
4

336
x
3
+188
x
2
+48
x

16)
R
(
x
)=

784
x
4

336
x
3
+188
x
2
+48
x

16
que simplicamos
p or

4
quedando
R
(
x
) = 196
x
4
+84
x
3

47
x
2

12
x
+4
P
2
(
x
)=
R
(
x
)

(7
x
+ 1) + 0 luego
MCD
(
P
2
(
x
)
;R
(
x
)) =
R
(
x
)
p or lo que:
MCD
(
P
1
(
x
)
;P
2
(
x
))
=
R
(
x
)=196
x
4
+84
x
3

47
x
2

12
x
+4

7. 12

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
2.
Hallar
las
races
del
p olinomio
P
(
x
)=
x
4

x
3

3
x
2
+5
x

2
sabiendo
que
una de ellas es triple.
Solucion:
La descomp osicion
en factores primos del
p olinomio
ser
a:
P
(
x
)=(
x


)
3
(
x


)
Si

es una raz triple
de
P
(
x
)
;
es raz doble
de
P
0
(
x
)
y simple
de
P
"(
x
).
Por
lo
tan
to
el
MCD
(
P
0
(
x
)
;P
"(
x
))
con
tieneelfactor (
x


).
Basta
pues
hallar
MCD
(
P
0
(
x
)
;P
"(
x
))
y en
tre sus factores, p or tanteo en
P
(
x
) ,
puede extraerse el valor
de

.
Ahora
bien,
en
este
caso
concreto,
puesto
que
P
"(
x
)
es
de
grado
dos,
resulta
m
as
sencillo
hallar
las races
de
P
"
y de las dos v
er cual lo es tam
bi
en de
P
(
x
)
P
0
(
x
)=4
x
3

3
x
2

6
x
+5
P
"(
x
)=12
x
2

6
x

6
De
P
"(
x
) = 0
tenemos
x
=

1
2
;x
=1
P
(

1
2
)
6
= 0 , luego

1
2
no es ra
z de
P
(
x
) ,
sin em
bargo
P
(1) = 0
luego

= 1
es la
raz buscada.
Puesto que dado un p olinomio
p
(
x
)=
a
n
x
n
+
:::
+
a
0
con races

1
;:::;
n
contadas
con su multiplic id ad,
es
a
n

1
=

(

1
+
:::
+

n
) , se tiene

=

2.
3.
Probar que
P
(
x
)=
nx
n
+2

(
n
+2)
x
n
+1
+(
n
+2)
x

n
es divisible
p or
(
x

1)
3
.
(Se sup one
P
(
x
)
2
R
[
x
]y
n
2
N
).
Solucion:
Que
P
(
x
)
sea
divisibl e
p or
(
x

1)
3
equivale
a
que
1
es
p or
lo
menos
raz
triple
de
P
(
x
), ra
z
doble
p or
lo
menos,
de
P
0
(
x
)yra
z
simple
p or
lo
menos,
de
P
"(
x
).

8. Polinomio s y Fracciones racionales
13
Veamos
P
(1) =
n

(
n
+2)+(
n
+2)

n
= 0 luego 1
es ra
z de
P
(
x
)
P
0
(
x
)=
n
(
n
+2)
x
n
+1

(
n
+2)(
n
+1)
x
n
+(
n
+2)
P
0
(1) =
n
(
n
+2)

(
n
+2)(
n
+1)+ (
n
+ 2) = 0 luego 1 es ra
z de
P
0
(
x
)
P
"(
x
)=
n
(
n
+2)(
n
+1)
x
n

(
n
+2)(
n
+1)
nx
n

1
P
"(1) =
n
(
n
+2)(
n
+1)

(
n
+2)(
n
+1)
n
= 0 luego 1 es
raz
de
P
"(
x
)
p or
lo
tan
to
P
(
x
) es
divisibl e
por (
x

1)
3
como
pretendamos
probar
:
Observamos
ademas que
P
(
x
)
no es divisibl e
p or
(
x

1)
4
pues
P
000
(
x
)=
n
2
(
n
+ 2)(
n
+1)
x
n

1

(
n
+2)(
n
+1)(
n

1)
nx
n

2
P
000
(1) =
n
2
(
n
+ 2)(
n
+1)

(
n
+2)(
n
+1)(
n

1)
n
=
n
(
n
+1)(
n
+2)
6
=0
:
4.
Consideremos
P
(
x
)=
x
3

4
x
2
+5
x

2
a co ecientes
reales.
a)
Determinar
P
0
(
x
)
(p olinomio
deriv
ado
de
P
(
x
) )
y
dar
su
descomp osici
on
en
factores primos.
b)
Probar que una de las races de
P
0
(
x
)loestam
bi
en de
P
(
x
)
y deducir
de esto
la descomp osicion
en factores primos de
P
(
x
).
c)
Calcular
MCD
(
P
(
x
)
;P
0
(
x
))
y determinar dos p olinomios
P
1
(
x
)y
P
2
(
x
)tales
que:
P
1
(
x
)
P
(
x
)+
P
2
(
x
)
P
0
(
x
)=
MCD
(
P
(
x
)
;P
0
(
x
))
:
Solucion:
a)
P
0
(
x
)=3
x
2

8
x
+5 = (
x

1)(3
x

5)
:
b)
Las races
de
P
0
(
x
)
son 1 y
5
3
, ahora bien:
P
(
5
3
)
6
=0 luego
5
3
no
es
raz
de
P
(
x
)
:
P
(1) = 0 luego
1 es
ra
z
doble
de
P
(
x
)
P
"(1) =

2 luego 1 no
es
raz
triple
de
P
(
x
)

9. 14

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Luego
P
(
x
)= (
x

1)
2
(
x

a
)=
x
3

(2 +
a
)
x
2
+(2
a
+1)
x

a
=
=
x
3

4
x
2
+5
x

2
de donde
a
=2.
c)
de
P
(
x
)= (
x

1)
2
(
x

2)
P
0
(
x
)= (
x

1)(3
x

5)

se deduce
que:
MCD
(
P
(
x
)
;P
0
(
x
)) = (
x

1)
.
Por el algoritmo de divisi
on
(
P
(
x
)=
P
0
(
x
)
Q
(
x
)+
R
(
x
))
tenemos:
9
P
(
x
)=
P
0
(
x
)(3
x

4) + (

2
x
+2) =
P
0
(
x
)(3
x

4)

2(
x

1)
:
Desp ejando
(
x

1)
9
P
(
x
)

P
0
(
x
)(3
x

4) =

2(
x

1)

9
2
P
(
x
)

1
2
(3
x

4)
P
0
(
x
)= (
x

1)
Luego
P
1
(
x
)=

9
2
;
P
2
(
x
)=

1
2
(3
x

4)
:
5.
Los
restos de
dividir
un
p olinomio
P
(
x
)
2
R
[
x
]
por
x

1
;x

2y
x

3
son resp ectivamente
3
;
7
;
13
Determinar el resto de dividir
P
(
x
)
porelproducto
(
x

1)(
x

2)(
x

3)
Solucion:
Por el algoritmo de divisi
on
sab emos
P
(
x
)=
D
(
x
)
Q
(
x
)+
R
(
x
)
con
grado R
(
x
)
<
g r ado D
(
x
)
P
(
x
)=(
x

1)
Q
1
(
x
)+
R
1
(
x
)= (
x

1)
Q
1
(
x
)+3
P
(
x
)=(
x

2)
Q
2
(
x
)+
R
2
(
x
)= (
x

2)
Q
2
(
x
)+7
P
(
x
)=(
x

3)
Q
3
(
x
)+
R
3
(
x
)= (
x

3)
Q
3
(
x
)+13
P
(
x
)=(
x

1)(
x

2)(
x

3)
Q
+
R
(
x
)
con
R
(
x
)=
ax
2
+
bx
+
c

10. Polinomio s y Fracciones racionales
15
Sab emos
que
el
valor
numerico
de
un
p olinomio
P
(
x
)
en
u
es
el
resto
de
dividir
el p olinomio
p or
x

u
;
luego y para
i
=1
;
2
;
3
P
(
u
)=(
x

u
)
Q
i
(
u
)+
R
i
(
u
)= (
u

1)(
u

2)(
u

3)
Q
(
u
)+
R
(
u
)
de donde:
P
(1) =
R
1
(1)=3=
R
(1) =
a
+
b
+
c
P
(2) =
R
2
(2)=7=
R
(2) = 4
a
+2
b
+
c
P
(3) =
R
3
(3) = 13 =
R
(3) = 9
a
+3
b
+
c
9
>
=
>
;
que, resolviendo
el sistema nos queda:
a
=
b
=
c
=1
y
R
(
x
)=
x
2
+
x
+1
:
6.
Encontrar
un
p olinomio
P
(
x
)
2
R
[
x
]
de
grado
cinco,
tal
que
P
(
x
)+10
sea
divisibl e
p or
(
x
+2)
3
y
P
(
x
)

10
sea divisible
p or
(
x

2)
3
Solucion:
Puesto
que
P
(
x
)+ 10
es
divisible
p or
(
x
+2)
3
,
tenemos
que
P
0
(
x
)=
(
P
(
x
)+10)
0
es divisible
p or
(
x
+2)
2
;
y puesto que
P
(
x
)

10
es divisible
por
(
x

2)
3
, tenemos
que
P
0
(
x
)=(
P
(
x
)

10)
0
es divisibl e
p or
(
x

2)
2
;
luego
P
0
(
x
)
(p olinomio
de grado cuatro) sera
P
0
(
x
)=
k
(
x
+2)
2
(
x

2)
2
=
k
(
x
4

8
x
2
+16)
con
k
2
R
de donde
P
(
x
)=
k
(
x
5
5

8
3
x
3
+16
x
+
c
)
;
con
c
2
R
e imp oniend o
que
P
(

2) =

10
P
(2)=10

Nota:
Observamos que
P
(
x
)+ 10 = (
x
+2)
3
Q
1
(
x
)=
)
P
(
x
)=(
x
+2)
3
Q
1
(
x
)

10 =
)
P
(

2) =

10
P
(
x
)

10 = (
x

2)
3
Q
2
(
x
)=
)
P
(
x
)=(
x

2)
3
Q
2
(
x
) + 10 =
)
P
(2) = 10

11. 16

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
resulta

10 =
k
(

32
5
+
64
3

32 +
c
)
10 =
k
(
32
5

64
3
+32+
c
)
y resolviendo
el sistema tenemos
c
=0
;k
=
75
128
y
P
(
x
)=
15
128
x
5

25
16
x
3
+
75
8
x
Otro meto do:
De:
P
(
x
)+ 10 = (
x
+2)
3
C
1
(
x
)
con
grado C
1
(
x
)= 2
P
(
x
)

10 = (
x
+2)
3
C
2
(
x
)
con
grado C
2
(
x
)= 2

tenemos:
20 = (
x
+2)
3
C
1
(
x
)

(
x

2)
3
C
2
(
x
)
1= (
x
+2)
3
(
1
20
C
1
)+(
x

2)
3
(
1
20
C
2
(
x
))
es decir, hemos de buscar
1
20
C
1
(
x
)y
1
20
C
2
(
x
) que son los p olinomios de grado mnimo
que
hacen
que
se
cumpla
la
identidad
de
Bezout
,
(observese
que
(
x
+2)
3
y(
x

2)
3
son primos entre s).
7.
Descomp oner en fracciones
simples
sobre
R
, la fracci
on

14
x
2
+3
x

39
(
x

1)
2
(
x

3)(
x
2
+4)

Idem sobre
C
.
Solucion:
Planteamos

14
x
2
+3
x

39
(
x

1)
2
(
x

3)(
x
2
+4)
=
a
x

1
+
b
(
x

1)
2
+
c
x

3
+
dx
+
e
x
2
+4

12. Polinomio s y Fracciones racionales
17
(Observamos que
x
2
+ 4
es primo sobre
R
). Op erando
en el segundo miembro, queda

14
x
2
+3
x

39
(
x

1)
2
(
x

3)(
x
2
+4)
=
a
(
x

1)(
x

3)(
x
2
+4)+
b
(
x

3)(
x
2
+4)+
c
(
x

1)
2
(
x
2
+4)+(
dx
+
e
)(
x

1)
2
(
x

3)
(
x

1)
2
(
x

3)(
x
2
+4)
De
la
igualdad
de
estas
dos
fracciones
se
deduce
la
igualdad
de
los
p olinomios
nu-
meradores
de
las
fracciones.
De
aqu
se
deduce
p or
lo
tan
to
un
m
eto do
de
calculo
de
los
co ecientes
descono cidos:
identicar
los
co ecientes
de
igual
grado
de
am
bos
p olinomios,
obteniendo
as un
sistema de
cinco
ecuaciones
con cinco
incognitas.
Otro
meto do mas sencillo
para obtener los co ecientes es:
si dos p olinomios son iguales, sus
funciones p olinomicas
aso ciadas son tambien iguales, p or lo que, dando valores a
x
en
amb os p olinomios,
los valores numericos
han de ser iguales.
As,
para
x
=1
es

14 + 3

39 =
b
(1

3)(1 + 4)
)
b
=5
para
x
=3 es

14

32 + 9

39 =
c
(3

1)
2
(3
2
+4)
)
c
=

3
para
x
=0 es

39 = 12
a

60

12

3
e
)
12
a

3
e
=33
para
x
=

1es

14

3

39 = 40
a

100

60

16(

d
+
e
)
)
10
a
+4
d

4
e
=26
para
x
=2 es

56 + 6

39 =

8
a

40

24

(2
d
+
e
)
)
8
a
+2
d
+
e
=25
Resolviendo
las
tres
ultimas
ecuaciones
resulta
a
=3,
d
=0,
e
=
1 ,
luego
la
descomp osicion
es
3
x

1
+
5
(
x

1)
2
+

3
x

3
+
1
x
2
+4
Pasemos ahora a efectuar la descomp osici
on
en
C
.
x
2
+4 y
a no es
primo en
C
,
x
2
+4 = (
x

2
i
)(
x
+2
i
) , p or
lo que
la descomp osicion
sera:

14
x
2
+3
x

39
(
x

1)
2
(
x

3)(
x
2
+4)
=
a
x

1
+
b
(
x

1)
2
+
c
x

3
+
m
x

2
i
+
n
x
+2
i
Comparando
esta
descomp osicion
con
la
anterior,
p o demos
asegurar
que
a
,
b
,
c
seran
los
mismos
obtenidos
para el
caso
real,
y
m
x

2
i
+
n
x
+2
i
=
1
x
2
+4
p or
lo
que
1=
m
(
x
+2
i
)+
n
(
x

2
i
) , que para
x
=

2
i
se tiene
1 =

4
ni
!
n
=+
1
4
i
para
x
=2
i
se tiene
1 = 4
mi
)
m
=

1
4
i
, y la descomp osicion
es
3
x

1
+
5
(
x

1)
2
+

3
x

3
+

1
4
i
x

2
i
+
1
4
i
x
+2
i

13. 18

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
8.
Descomp oner en fracciones
simples
sobre
C,
R
y
Q
la fraccion racional
siguiente
t
6
+
t
4

t
2

1
t
3
(
t
2

2
t

1)
=
Q
(
t
)
:
Solucion:
Puesto
que
el
grado
del
numerador
es
mayor
que
el
del
denominador,
efectuamos
la
division
y tenemos
Q
(
t
)=
t
+2+
6
t
4
+2
t
3

t
2

1
t
5

2
t
4

t
3
t
5

2
t
4

t
3
tiene
la
misma
descomp osicion
en
factores
primos
tanto
sobre
R
como
sobre
C
:
t
5

2
t
4

t
3
=
t
3
(
t

1

p
2)(
t

1+
p
2)
No
as
sobre
Q
que
t
2

2
t

1
es
primo,
p or
lo
que
la
descomp osicion
en
fracciones
simples
de
Q
(
t
)
sera la misma tanto sobre
R
como sobre
C
y distinta para
Q
.
Veamos para
R
y
C
:
Q
(
t
)=
t
+2+
A
t
3
+
B
t
2
+
C
t
+
D
t

1

p
2
+
E
t

1+
p
2
que op erando obtenemos
Q
(
t
)=
t
+2+
(
A
+
Bt
+
Ct
2
)(
t
2

2
t

1) +
t
3
(
D
(
t

1+
p
2) +
E
(
t

1

p
2))
t
5

2
t
4

t
3
=
t
+2+
P
(
t
)
t
5

2
t
4

t
3
p or lo que
6
t
4
+2
t
3

t
2

1= (
A
+
Bt
+
Ct
2
)(
t
2

2
t

1) +
t
3
(
D
(
t

1+
p
2) +
E
(
t

1

p
2)) =
P
(
t
)
y
haciendo
uso
del
hecho:
si
dos
p olinomios
son
iguales
tambien
lo
son
sus
funciones
p olinomicas
aso ciadas, tenemos
(6
t
4
+2
t
3

t
2

1)(0) =

1=
P
(0) =

A
(6
t
4
+2
t
3

t
2

1)
0
(0)=0=
P
0
(0) =

B

2
A
(6
t
4
+2
t
3

t
2

1)
00
(0) =

2

P
00
(0) = 2(
A

2
B

C
)
(6
t
4
+2
t
3

t
2

1)
000
(0) = 12 =
=
P
000
(0) = 6(
B

2
C
+(

1+
p
2)
D
+(

1

p
2)
E
)
(6
t
4
+2
t
3

t
2

1)
0000
(0) = 144 =
P
0000
(0) = 48
C
+48(
D
+
E
)

14. Polinomio s y Fracciones racionales
19
Resolviendo
el sistema de ecuaciones
obtenemos:
A
=1
B
=

2
C
=6
D
=4
p
2
E
=

4
p
2
y la descomp osicion
es
Q
(
t
)=
t
+2+
1
t
3
+

2
t
2
+
6
t
+
4
p
2
t

1

p
2
+

4
p
2
t

1+
p
2
Pasemos a la descomp osicion
de
Q
(
t
)sobre
Q
:
Q
(
t
)=
t
+2+
A
t
3
+
B
t
2
+
C
t
+
M
t
2

2
t

1
haciendo
4
p
2
t

1

p
2
+

4
p
2
t

1+
p
2
=
16
t
2

2
t

1
2
Q
(
t
)
p or lo que
Q
(
t
)=
t
+2+
1
t
3
+

2
t
2
+
6
t
+
16
t
2

2
t

1
y
puesto
que
la
descomp osicion
en
fracciones
simples
es
unica,
esta
sera
la
descom-
p osicion
sobre
Q
.
9.
Descomp oner en fracciones
simples
sobre
C
la fraccion
racional siguiente
Q
(
x
)=
1
(
x

3)
9
(
x

5)
9
Solucion:
La descomp osicion
sera
Q
(
x
)=
9
X
n
=1
A
n
(
x

3)
n
+
9
X
n
=1
B
n
(
x

5)
n
donde
A
n
,
B
n
con
n
=1
;:::;
9
son n umeros complejos a determinar.
Consideremos
F
(
x
)=
1
(
x

5)
9
funcion
racional;
desarrollamos
F
(
x
)
p or
la
form
ula
de Taylor en el punto
x
= 3 , hasta el orden
8 , obteniendo
F
(
x
)=
F
(3) +
F
0
(3)
1!
(
x

3) +
:::
+
F
8
(3)
8!
(
x

3)
8
+
G
(
x
)(
x

3)
9

15. 20

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
siendo
G
(
x
)
una funcion racional que esta denida para
x
= 3 ; usando este desarrollo
tenemos
1
(
x

3)
9
(
x

5)
9
=
F
(3)
(
x

3)
9
+
F
0
(3)
(
x

3)
8
+
:::
+
F
8
(3)
8!(
x

3)
+
G
(
x
)
Por la unicidad
de los co ecientes
A
n
y
B
n
tenemos
A
n
=
F
9

n
(3)
(9

n
)!
F
n
(
x
)= (

9)(

9

1)
:::
(

9

n
+1)(
x

5)

9

n
=(

1)
n
(8 +
n
)!
8!
1
(
x

5)
9+
n
luego
F
n
(3) = (

1)
n
(8 +
n
)!
8!
1
(

2)
9+
n
y
A
n
=(

1)
9

n
(17

n
)!
8!(9

n
)!
1
(

2)
18

n
y p or simetra tenemos, (observese que obtenemos
B
n
considerando
F
1
(
x
)=
1
(
x

3)
n
y repitiendo
el pro ceso anterior).
B
n
=(

1)
9

n
(17

n
)!
8!(9

n
)!
1
2
18

n
10.
Sobre
el
cuerp o
de
los racionales,
descomp oner
en
fracciones
simples
la fracci
on
racional
siguien
te
Q
(
x
)=
2(
x
2
+1)
(
x
+1)(
x
3
+2)
Solucion:
Observamos
que
x
3
+ 2
no tiene races en
Q
, luego
2(
x
2
+1)
(
x
+1)(
x
3
+2)
=
A
(
x
+1)
+
Bx
2
+
Cx
+
D
(
x
3
+2)

16. Polinomio s y Fracciones racionales
21
Op erando
2(
x
2
+1)
(
x
+1)(
x
3
+2)
=
A
(
x
3
+2)+(
Bx
2
+
Cx
+
D
)(
x
+1)
(
x
+1)(
x
3
+2)
Igualando
numeradores tenemos
A
+
B
=0
B
+
C
=2
C
+
D
=0
2
A
+
D
=2
9
>
>
>
=
>
>
>
;
)
A
=4
B
=

4
C
=6
D
=

6
luego la descomp osici
on
es
Q
(
x
)=
4
(
x
+1)
+

4
x
2
+6
x

6
x
3
+2
11.
Descomp oner sobre
R
la fraccion:
Q
(
x
)=
x
2
(
x
2
+1)
n
Solucion:
Haciendo
x
2
+1 =
y
tenemos
x
2
=
y

1 , luego
x
2
n
(
x
2
+1)
n
=
(
y

1)
n
y
n
=
P
n
i
=0

n
i

(

1)
i
y
n

i
y
n
=
=1


n
1

y
+

n
2

y
2
+
:::
+(

1)
n

n
1

y
=
=1


n
1

x
2
+1
+

n
2

(
x
2
+1)
2
+
:::
+(

1)
n

n
n

(
x
2
+1)
n

17. Espacios vectorial es
23
Captulo
2
Espacios
vectoriales
1.
Sea
R
0
el grup o multiplic ativo de los n umeros reales estrictamente p ositivos.
Pro-
bar que
R
0

R
0

R
0
es un
R
-espacio
vectorial
con las op eraciones
siguientes:
8
(
x; y ; z
)
;
(
x
1
;y
1
;z
1
)
2
R
0

R
0

R
0
8

2
R
(
x; y ; z
)

(
x
1
;y
1
;z
1
)= (
x

x
1
;y

y
1
;z

z
1
)


(
x; y ; z
)= (
x

;y

;z

)
En caso de ser dimension
nita determinar
una base
Solucion:
Es facil probar que con la op eracion

el conjun
to
R
0

R
0

R
0
es un grup o ab eliano:
Aso ciatividad
8
(
x; y ; z
)
;
(
x
1
;y
1
;z
1
)
;
(
x
2
;y
2
;z
2
)
2
R
0

R
0

R
0
(
x; y ; z
)

((
x
1
;y
1
;z
1
)

(
x
2
;y
2
;z
2
))=(
x; y ; z
)

(
x
1

x
2
;y
1

y
2
;z
1

z
2
)=
=(
x

(
x
1

x
2
)
;y

y
1

y
2
)
;z

z
1

z
2
))=((
x

x
1
)

x
2
;
(
y

y
1
)

y
2
;
(
z

z
1
)

z
2
)=
=(
x

x
1
;y

y
1
;z

z
1
)

(
x
2
;y
2
;z
2
)=((
x; y ; z
)

(
x
1
;y
1
;z
1
))

(
x
2
;y
2
;z
2
)
(Esta propiedad
nos p ermite
escribir
(
x; y ; z
)

(
x
1
;y
1
;z
1
)

(
x
2
;y
2
;z
2
))
Conmutatividad
8
(
x; y ; z
)
;
(
x
1
;y
1
;z
1
)
2
R
0

R
0

R
0
(
x; y ; z
)

(
x
1
;y
1
;z
1
)= (
x

x
1
;y

y
1
;z

z
1
)=(
x
1

x; y
1

y; z
1

z
)=
=(
x
1
;y
1
;z
1
)

(
x; y ; z
)
Elemento neutro

18. 24

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
8
(
x; y ; z
)
2
R
0

R
0

R
0
(1
;
1
;
1)

(
x; y ; z
)= (1

x;
1

y;
1

z
)= (
x; y ; z
)
Elemento simetrico
8
(
x; y ; z
)
2
R
0

R
0

R
0
9
(1
=x;
1
=y ;
1
=z
)
2
R
0

R
0

R
0
tal que
(
x; y ; z
)

(1
=x;
1
=y ;
1
=z
)= (
x

1
=x; y

1
=y :z

1
=z
)=(1
;
1
;
1)
Veamos ahora que la op eracion externa verica las cuatro propiedades
necesarias para
que el conjunto sea un espacio
vectorial:
Primera ley distributiva
8

2
R
8
(
x; y ; z
)
;
(
x
1
;y
1
;z
1
)
2
R
0

R
0

R
0


((
x; y ; z
)

(
x
1
;y
1
;z
1
)) =


(
x

x
1
;y

y
1
;z

z
1
)=
=((
x

x
1
)

;
(
y

y
1
)

;
(
z

z
1
)

)=(
x


x

1
;y


y

1
;z


z

1
)=
=(
x

;y

;z

)

(
x

1
;y

1
;z

1
)= (


(
x; y ; z
))

(


(
x
1
;y
1
;z
1
))
Segunda
ley distributiva
8
;
2
R
8
(
x; y ; z
)
2
R
0

R
0

R
0
(

+

)

(
x; y ; z
)= (
x

+

;y

+

;z

+

)= (
x


x

;y


y

;z


z

)=
=(
x

;y

;z

)

(
x

;y

;z

)= (


(
x; y ; z
))

(


(
x; y ; z
))
Aso ciatividad
de los escalares
8
;
2
R
8
(
x; y ; z
)
2
R
0

R
0

R
0
(



)

(
x; y ; z
)= (
x



;y



;z



)=
=((
x

)

;
(
y

)

;
(
z

)

)=


(
x

;y

;z

)=
=


(


(
x; y ; z
))
Propiedad
del elemento
unidad
del
cuerp o
8
(
x; y ; z
)
2
R
0

R
0

R
0
1

(
x; y ; z
)= (
x
1
;y
1
;z
1
)= (
x; y ; z
)

19. Espacios vectorial es
25
luego, en efecto
R
0

R
0

R
0
es un
R
-espacio
vectorial.
Veamos cual es su dimension
y si es p osible,
determinemos
una base.
Sab emos que
8
x
2
R
0
x
=
e
log
x
,
luego
8
(
x; y ; z
)
2
R
0

R
0

R
0
,setiene
(
x; y ; z
)= (
e
log
x
;e
log
y
;e
log
z
)=(
e
log
x
;
1
;
1)

(1
;e
log
y
;
1)

(1
;
1
;e
log
z
)=
= (log
x

(
e;
1
;
1))

(log
y

(1
;e;
1))

(log
z

(1
;
1
;e
))
luego
los
vectores
(
e;
1
;
1)
;
(1
;e;
1)
;
(1
;
1
;e
)
2
R
0

R
0

R
0
forman
un
sistema
de
generadores.
Claramente son indep end ie ntes,
veamos:
de
(

1

(
e;
1
;
1))

(

2

(1
;e;
1))

(

3

(1
;
1
;e
)) = (1
;
1
;
1)
tenemos
(
e

1
;e

2
;e

3
)= (1
;
1
;
1)
)
e

i
=1
8
i
=1
;
2
;
3
)

i
=0
8
i
=1
;
2
;
3
p or lo que forman una base de dicho espacio
vectorial.
2.
Demostrar que el conjunto
E
de las sucesiones
numericas
u
=(
u
1
;u
2
;

;u
n
;

)= (
u
n
)
n
2
N
de n umeros reales provista de dos leyes de comp osicion, una interna
+
y una externa

, denidas
median
te:
8
u; v
2
E;
8

2
R

u
+
v
=(
u
n
+
v
n
)
8
n
2
N


u
=(


u
n
)
8
n
2
N
es un espacio
vectorial.
Solucion:
Primero, probaremos que la op eracion
(interna)
+
dota a
E
de estructura de grup o
ab eliano

20. 26

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Aso ciatividad
u
+(
v
+
w
)=(
u
n
+(
v
+
w
)
n
)=(
u
n
+(
v
n
+
w
n
))
=
(1)
=((
u
n
+
v
n
)+
w
n
)= ((
u
+
v
)
n
+
w
n
)= (
u
+
v
)+
w
(1)
R
tiene estructura de grup o, con la op eracion
+
Conmutatividad
(
u
+
v
)= (
u
n
+
v
n
)=(
v
n
+
v
n
)=(
v
+
u
)
Existencia
de elemento
neutro
veamos que existe
e
2
E
tal que
u
+
e
=
u;
8
u
2
E
si
u
+
e
=(
u
n
+
e
n
)=
u;
8
u
2
E
,en
tonces
u
n
+
e
n
=
u
n
;
8
n
2
N
,
de
donde
e
n
=0
;
8
n
2
N
y
e
=(0
;
0
;:::;
0
;:::
)
, luego
e
existe
y es
unico.
Existencia
de elemento
simetrico
hemos de ver que
8
u
2
E
existe
u

1
tal que
u
+
u

1
=
e
si
u
+
u

1
=(
u
n
+
u

1
n
)=
e
,en
tonces
u
n
+
u

1
n
=0
;
8
n
2
N
,
de
donde
u

1
n
=

u
n
;
8
n
2
N
y
u

1
=(

u
n
) ; luego
u

1
existe y es
unico.
Veamos ahora que la op eracion (externa)

verica las cuatro propiedades,
necesarias
para que el grup o ab eliano
E
sea un
R
-espacio vectorial
Primera ley distributiva
8
u; v
2
E;
8

2
R

(
u
+
v
)= (

(
u
+
v
)
n
)= (

(
u
n
+
v
n
)) = (
u
n
+
v
n
)=
=(
u
n
)+ (
v
n
)=

(
u
n
)+

(
v
n
)=
u
+
v
Segunda
ley distributiva
8
;
2
R
;
8
u
2
E
(

+

)
u
=((

+

)
u
n
)= (
u
n
+
u
n
)= (
u
n
)+ (
u
n
)=
=

(
u
n
)+

(
u
n
)=
u
+
u
Aso ciatividad
de los escalares

21. Espacios vectorial es
27
8
;
2
R
;
8
u
2
E
(

)
u
=((

)
u
n
)= (

(
u
n
)) =

(
u
n
)=

(

(
u
n
)) =
=

(
u
)
Propiedad
del elemento
unidad
del
cuerp o
Sea
1
2
R
y
8
u
2
E
1

u
=(1

u
n
)= (
u
n
)=
u
luego
E
es un
R
-espacio
vectorial.
3.
Sea
F
(
R
;
R
)
el
espacio
vectorial
de to das las funciones
de
R
en
R
.
Estu-
diar, para qu
ev
alores de
k
2
R
;
W
=
f
f
2
F
(
R
;
R
)
=f
(1) =
k
g
es un sub espacio
vectorial de
F
.
Solucion:
Recordemos que
F
es un sub espacio vectorial del
K
-espacio vectorial
E
si y solamente
si:
8
;
2
K
8
u; v
2
F
en
tonces
u
+
v
2
F
Sean pues
;
2
R
y
f; g
2
F
(
R
;
R
);
(
f
+
g
)
2
F
(
R
;
R
)
si y s
olo si
(
f
+
g
)(1) =
k
comprob emos si esto es as
(
f
+
g
)(1) = (
f
)(1) + (
g
)(1) =
f
(1) +
g
(1) =
k
+
k
=(

+

)
k
luego
(

+

)
k
=
k
8
;
2
R
siys
olo
si
k
=
0 ,
p or
lo
tanto
W
es
sub espacio
vectorial si y s
olo si
k
=0.
4.
Sea
f
e
1
;e
2
;e
3
g
una base del
R
-espacio
vectorial
R
3
.

22. 28

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
>Determinan los vectores
ae
1
+
be
2
;ce
2
+
de
3
;ee
3
+
fe
1
,con
a; b; c; d; e; f
escalares
no nulos, una base de
E
?
Aplicar
el resultado
a las familias
de vectores
a
)
(1
;
1
;
0)
;
(0
;
1
;
1)
;
(1
;
0
;

1)
b
)
(3
;
1
;
0)
;
(0
;
2
;
1)
;
(1
;
0
;
2)
referidos a la base natural de
R
3
.
Solucion:
Puesto
que
el
n umero
de
vectores
dado
coincide
con
la
dimension
del
espacio,
estos
vectores forman base si y solo si son indep endi entes.
Recordemos que una coleccion de
vectores
f
e
1
;:::;e
n
g
de un
K
-espacio
vectorial son indep end ie n
tes
si y s
olo si:

1
e
1
+
:::
+

n
e
n
=0
,

1
=
:::
=

n
=0
Veamos pues,

1
(
ae
1
+
be
2
)+

2
(
ce
2
+
de
3
)+

3
(
ee
3
+
fe
1
)= 0
(

1
a
+

3
f
)
e
1
+(

1
b
+

2
c
)
e
2
+(

2
d
+

3
e
)
e
3
=0
Y puesto que
f
e
1
;e
2
;e
3
g
es base, tenemos

1
a
+

3
f
=0

1
b
+

2
c
=0

2
d
+

3
e
=0
9
>
>
=
>
>
;
,

1
ab
+

3
fb
=0

1
ab
+

2
ac
=0

2
d
+

3
e
=0
9
>
>
=
>
>
;
)

3
fb


2
ac
=0

2
d
+

3
e
=0
)
,

3
fbd


2
acd
=0

2
acd
+

3
ace
=0
)
)

3
(
fbd
+
ace
)= 0
Luego, si
fbd
+
ace
6
=0
)

3
=0
;
2
=0
;
1
= 0 y los vectores seran indep endi entes
y formaran base (si
fbd
+
ace
= 0 ; cualquier

3
2
R
es solucion del sistema y p or lo
tanto, los vectores dados, no pueden
formar base.).
Aplicando
el resultado a las familias
dadas, tenemos
a)
(1
;
1
;
0) = (1
;
0
;
0) + (0
;
1
;
0)
)
a
=
b
=1
(0
;
1
;
1) = (0
;
1
;
0) + (0
;
0
;
1)
)
c
=
d
=1
(1
;
0
;

1) = (1
;
0
;
0)

(0
;
0
;
1)
)
e
=1
;f
=

1
9
>
=
>
;
)
fbd
=

ace

23. Espacios vectorial es
29
luego, son dep endie ntes
(la relacion
de dep endencia
es
(1
;
1
;
0)

(0
;
1
;
1) = (1
;
0
;
1) .
b)
(3
;
1
;
0) = 3(1
;
0
;
0) + (0
;
1
;
0)
)
a
=3
;b
=1
(0
;
2
;
1) = 2(0
;
1
;
0) + (0
;
0
;
1)
)
c
=2
;d
=1
(1
;
0
;
2) = (1
;
0
;
0) + 2(0
;
0
;
1)
)
e
=1
;f
=2
9
>
=
>
;
)
fbd
6
=

ace
luego, son indep end ie ntes,
y p or lo tanto forman base.
5.
Sea
E
un
espacio
vectorial
sobre
C
de
dimensi
on
n
ysea
f
u
i
g
1

i

n
una
base.
Por restriccion del cuerp o de escalares,
E
puede considerarse como un espacio vectorial
sobre
R
.
Demostrar que los
2
n
vectores
f
u
1
;:::;u
n
;iu
1
;:::;iu
n
g
forman una base de
E
sobre
R
. Deducir
de aqu
que
dim E
R
=2

dim E
C
Nota:
hemos
llamado
E
C
;E
R
a
E
como
C
espacio
vectorial
y
como
R
espacio
vectorial resp ectivamente.
Solucion:
Ante to do, notamos que los vectores de
E
C
y
E
R
son los mismos.
Veamos primero que
los
vectores
dados
son
indep endi entes
en
E
R
;
consideremos
una
combinacion
lineal
igualada
a cero:

1
u
1
+
:::
+

n
u
n
+

n
+1
iu
1
+
:::
+

2
n
iu
n
=0
;
con

j
2
R
j
=1
;:::;
2
n
sumergiendo
E
R
en
E
C
esta igualdad
puede escribirse
(

1
+

n
+1
i
)
u
1
+
:::
+(

n
+

2
n
i
)
u
n
=0
con

j
+

n
+
j
i
2
C
y puesto que
f
u
i
g
son base de
E
C
, tenemos

j
+

n
+
j
i
=0
8
j
=1
;:::;n
p or lo que:

j
=

n
+
j
=0
8
j
=1
;:::;n
y
p or
lo
tanto,
los
vectores
f
u
1
;:::;u
n
;iu
1
;:::;iu
n
g
son
indep endi entes.
Veamos
ahora que generan
E
R
.Si
u
2
E
R
,en
tonces
u
2
E
C
y p or lo tan
to
u
=

1
u
1
+
:::
+

n
u
n
con
j
2
C
j
=1
;:::;n;

24. 30

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
es decir,

j
=
a
j
+
b
j
ij
=1
;:::;n
con
a
j
;b
j
2
R
;
luego
u
=(
a
1
+
b
1
i
)
u
1
+
:::
+(
a
n
+
b
n
i
)
u
n
=
=
a
1
u
1
+
b
1
i
)
u
1
+
:::
+
a
n
u
n
+
b
n
iu
n
=
=
a
1
u
1
+
:::
+
a
n
u
n
+
b
1
iu
1
+
:::
+
b
n
iu
n
luego, son tambien generadores.
Por ser un sistema de generadores indep end ie ntes son
base, y p or lo tanto
dim E
R
=2
:dim E
C
6.
Sea
E
=
R
3
.
Decir
si
los
vectores
f
(1
;
2
;
3)
;
(2
;
5
;
8)
;
(1
;
3
;
7)
g
son dep endientes
o indep endi entes.
Solucion:
El meto do que vamos a usar aqu para la discusion
de la dep endenci a
o indep enden ci a
se ap oya en las prop osiciones
siguientes.
a)
Dados
p
vectores,
p

n
,
de
un
espacio
vectorial
de
dimensi
on
n
,
x
i
=
(
a
1
i
; :::; a
n
i
)
;
1

i

p
,
si
los
co ecien
tes
a
j
i
son
nulos
para
i> j
con
a
i
i
6
=
0 (es
decir,
si colo camos
los
vectores en
columna,
la
matriz obtenida
es tal
que
p or encima
de
la
diagonal
principal,
los
elementos
son
to dos
n
ulos),
en
tonces
los
vectores
son
indep endi entes
(es una condicion
suciente, p ero no necesaria); .
Analogamente, si los
co ecien
tes
a
j
i
son
nulos
para
i<j
con
a
i
i
6
=
0
(es
decir,
si
colo camos
los
vectores
en
columna,
la
matriz
obtenida
es
tal
que
p or
deba jo
de
la
diagonal
principal,
los
elementos
son to dos nulos), tambien son indep endi entes.
b)
El
rango
de
un
sistema
de
vectores
no
v
ar
a
si
a
uno
de
ellos
le
sumamos
una
combinacion
lineal
de los demas, p or lo tanto para investigar las dep endenc ia
o no de
los vectores dados los colo caremos en columna yuxtap oniendol os y haremos op eraciones
elementales de la o columna para conseguir los ceros necesarios para cono cer el rango
de la matriz, es decir la dimension
del sub espacio
que engendran
x
1
x
2
x
3
x
0
1
x
0
2
x
0
3
x
00
1
x
00
2
x
00
3
0
@
1
2
1
2
5
3
3
8
8
1
A

0
@
1
0
0
2
1
1
3
2
5
1
A

0
@
1
0
0
2
1
0
3
2
3
1
A

25. Espacios vectorial es
31
x
0
1
=
x
1
;
x
0
2
=

2
x
1
+
x
2
;
x
0
3
=

x
1
+
x
3
;
x
00
1
=
x
0
1
;
x
00
2
=
x
0
2
;
x
00
3
=

x
0
2
+
x
0
3
;
Los tres vectores cumplen
la condicion
establecida
en a), luego son indep end ie ntes.
7.
Hallar
;
2
R
para que
(
; ;

37
;

6)
2
R
4
p ertenezca
al sub espacio
F

R
generado p or
(1
;
2
;

5
;
3)
y
(2
;

1
;
4
;
7) .
Solucion:
Para que
el
vector
(
; ;

37
;

6) p ertenezca
a
F
es
condicion
necesaria
y
suciente
que pueda p onerse
en combinacion
lineal
de los generadores de
F
:
(
; ;

37
;

6)
=
a
(1
;
2
;

5
;
3) +
b
(2
;

1
;
4
;
7)
obligando
pues a la compatibilid ad
del
sistema resultan
te

=
a
+2
b

=2
a

b

37
=

5
a
+4
b

6=3
a
+7
b
9
>
>
>
=
>
>
>
;
a
=5
;
b
=

3
;

=

1
;

=13
luego el vector
(
; ;

37
;

6)
2
F
siys
olo si

=

1
y

=13.
8.
Sea
E
=
R
2
y
W
el
sub espacio
engendrado
p or
el
vector
(1
;
1) .
Si
U
es
el
sub espacio
engendrado
p or
el
vector
(0
;
1) .
Probar
que
E
es
suma
directa
de
W
y
U
.
Sea ahora
U
0
el sub espacio
engendrado
p or el
vector
(3
;
1) .
Probar que
tambien
se verica
E
=
W

U
0
(no unicidad
del
complementario).
Solucion:
Recordemos
que
si
F; G
son sub espacios
de
E
;
estos forman suma
directa
si
y s
olo
si
F
\
G
=
f
0
g
Si
F
y
G
forman suma directa y adem
as se v
erica que
F
+
G
=
E

26. 32

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
diremos
que
E
es
suma directa
de estos dos sub espacios
y lo notaremos p or
F

G
.
Si
E
es
de
dimension
nita
y
F
y
G
forman
suma
directa,
para
que
F
+
G
=
E
basta comprobar que
dim F
+
dim G
=
dim E
Tomemos
pues
x
2
W
\
U
,es
x
=

(1
;
1)
p or
ser
de
W
,y
x
=

(0
;
1) p or
ser
de
U
.
Identicando

(1
;
1)
=

(0
;
1) es

=0
;

=0
;
luego
x
=
0
y
p or
tanto la
suma
es
directa.
Puesto
que
dim E
=2 y
dim W
=
dim U
=
1 se tiene
dim W
+
dim U
=
dimE
luego, en efecto,
E
=
W

U
.
Sea ahora
y
2
W
\
U
0
como antes:
y
=

(1
;
1)
=

(3
;
1) , de donde

=3


=

ydeaqu

se
deduce

=

=
0
, es
decir,
y
=
0 ;
luego
W
y
U
0
forman
tambien
suma directa y
dim W
+
dim U
0
=2=
dim E
, p or tanto es tambi
en
E
=
W

U
0
9.
Sea
P
3
el espacio vectorial de p olinomios de una variable de grado inferior o igual
a3acoecien
tes
en
R
.
a)
Probar
que
los
p olinomios
p
2
P
3
que
v
erican
p
(1)
=
p
0
(1)
=
0 (siendo
p
0
el
p olinomio derivado de
p
) forman un sub espacio vectorial
F
de
P
3
.
Dar su dimension.
b)
Los p olinomios
(
x

1)
2
y
x
(
x

1)
2
, >son
linealmente
indep endi entes?
Dar una
base de
F
.
c)
Encontrar dos p olinomios
para completar la base de
F
y formar una base de
P
3
.
Determinar un sub espacio
vectorial complementario
E
de
F
en
P
3
.
Solucion:
a)
Sean
p; q
2
F
;v
eamos si
p

q
2
F
8
;
2
R
(
p

q
)(1)
=
p
(1)

q
(1)
=


0



0= 0
(
p

q
)
0
(1)
=
(
p
0

q
0
)(1)
=
p
0
(1)

q
0
(1)
=


0



0=0

27. Espacios vectorial es
33
Luego, en efecto,
p

q
2
F
,y
F
es pues
un sub espacio
vectorial.
Sea
p
(
x
)=
a
3
x
3
+
a
2
x
2
+
a
1
x
+
a
0
2
F
,luego
p
(1) =
a
3
+
a
2
+
a
1
+
a
0
=0
p
0
(1) = 3
a
3
+2
a
2
+
a
1
=0

)
a
1
=

3
a
3

2
a
2
a
0
=2
a
3
+
a
2
y p or tan
to,
p
(
x
)=
a
3
x
3
+
a
2
x
2
+(

3
a
3

2
a
2
)
x
+(2
a
3
+
a
2
)=
=
a
3
(
x
3

3
x
+2)+
a
2
(
x
2

2
x
+1) =
a
3
p
1
(
x
)+
a
2
p
2
(
x
)
y
p
1
(
x
)
;p
2
(
x
)
2
F
(
p
1
(1)
=
p
0
1
(1)
=
0
y
p
2
(1)
=
p
0
2
(1)
=
0 )
p or
lo
que
son
generadores.
Y son indep endi entes,
pues
de
a
3
p
1
(
x
)+
a
2
p
2
(
x
)= 0;
se
tiene
a
3
=
a
2
=0
luego son base, y
dim F
=2.
Otra forma:
De hecho, basta observar que si
p
(
x
)
2
F
en
tonces
p
(
x
)= (
x

1)
2
(
ax
+
b
)=
ax
(
x

1)
2
+
b
(
x

1)
2
=
ap
1
(
x
)+
bp
2
(
x
)
luego
F
es el
conjunto de p olinomios
generado p or
p
1
(
x
)
;p
2
(
x
)con
p
1
(
x
)y
p
2
(
x
) indep en di entes, p or lo que
F
es un sub espacio vectorial
de dimension
2
y estos dos p olinomios
determinan
una base
b)
Sea

(
x

1)
2
+
x
(
x

1)
2
=
0 , reordenando
terminos tenemos
x
3
+(


2

)
x
2
+(


2

)
x
+

=0
y
p or
tanto,

=

=
0 ,
es
decir,
son
indep endi entes.
En
a
hemos
observado,
que
(
x

1)
2
;x
(
x

1)
2
2
F
(pues
F
es el conjunto de p olinomios
de grado menor o igual
que tres tales que tienen
a 1 como raz de multiplic id ad
p or lo menos dos), luego, son
base de
F
.
c)
Los v
ectores
x
2

2
x
+1
;x
3

2
x
2
+
x
son indep endi entes ya que forman una base
de
F
.1
;x
son vectores indep endi entes
de
x
2

2
x
+1
;x
3

2
x
2
+
x
,y
aque


1+


x
+

(
x
2

2
x
+1)+

(
x
3

2
x
2
+
x
)=0
)
x
3
+(


2

)
x
2
+(


2

+

)
x
+

+

=0
de donde

=

=

=

=0

28. 34

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
luego
G
=[1
;x
] es un sub espacio
complementario
de
F
.
10.
Sean
A
=
f
a
1
;a
2
;a
3
g
,
B
=
f
b
1
;b
2
;b
3
g
dos bases del espacio vectorial
R
3
relacionadas
mediante:
8
>
<
>
:
a
1
=
b
1

3
b
2
+4
b
3
a
2
=
b
2
+
b
3
a
3
=
b
1
+
b
2
+
b
3
a) Hallar
la
matriz
que
transforma las
co ordenadas
de
los
vectores
de
la
base
B
ala
A
.
b) Sea
C
=
f
c
1
;c
2
;c
3
g
una n
uev
a base cuyas co ordenadas resp ecto de
B
son:
8
>
<
>
:
c
1
=
b
1

b
2
+
b
3
c
2
=

b
1
+
b
2
c
3
=
b
2

b
3
Hallar la matriz de transformaci
on de
B
a
C
yde
A
a
C
.
Solucion:
a)
Recordemos que la matriz
S
de paso de
A
a
B
es la matriz cuadrada cuyas colum-
nas son las co ordenadas de los vectores de
A
expresados en la base
B
.
Luego:
S
=
0
@
1
0
1

3
1
1
4
1
1
1
A
matriz
de
paso
de
A
a
B
y
esta
matriz
es
tal
que
si
comp onemos
dicha
matriz
con
un
vector
columna
cuy
os
comp onentes
son
las
co ordenadas
de
un
vector
de
R
3
en
la
base
A
,
el
resultado
es
el
mismo
vector (vector columna)
cuyos
comp onentes
son
las
co ordenadas
del
vector,
p ero expresado en la base
B
.
Obviamente,
la matriz de paso de
B
a
A
sera
S

1
=
1
7
0
@
0

1
1

7
3
4
7
1

1
1
A
(observese que
necesitamos
la expresion
de
los vectores de la base
B
en funcion
de la
base
A
, p or lo que tenemos que invertir
el sistema dado).

29. Espacios vectorial es
35
b)
Analogamente, la matriz de paso de
C
a
B
es
T
=
0
@
1

1
0

1
1
1
1
0

1
1
A
luego, la matriz de paso de
B
a
C
es
T

1
=
0
@
1
1
1
0
1
1
1
1
0
1
A
y si comp onemos
las matrices
S
y
T

1
T

1

S
=
0
@
2
2
3
1
2
2

2
1
2
1
A
nos prop orciona,
obviamente, la matriz de paso de
A
a
C
.
11.
Estudiar
si
los
vectores
w
1
=(0
;
1
;

2
;
1)
;w
2
=(1
;
1
;
2
;

1)
;w
3
=(1
;
0
;
0
;
1)
;
w
4
=(2
;
2
;
0
;

1) forman o no, una base de
R
4
Solucion:
Para que formen base es condicion necesaria y suciente que sean linealmente indep en-
dientes, es decir,

1
w
1
+

2
w
2
+

3
w
3
+

4
w
4
=0
,

1
=

2
=

3
=

4
=0
lo que equivale
a decir, que el sistema
0


1
+1


2
+1


3
+2


4
=0
1


1
+1


2
+0


3
+2


4
=0

2


1
+2


2
+0


3
+0


4
=0
1


1

1


2
+1


3

1


4
=0
9
>
>
>
=
>
>
>
;
tenga solucion
unica; lo que equivale
a que
D
=







0
1
1
2
1
1
0
2

2
2
0
0
1

1
1

1







6
=0

30. 36

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
D
=

8
6
=
0 , luego, en efecto, son base.
Observamos que, para ver si
n
vectores de un espacio vectorial de dimensi
on
n
, forman
base basta calcular el determinante de la matriz, formada p or los vectores columna que
expresan los vectores dados resp ecto una base y ver si es o no distinto
de cero.
12.
En
el
espacio
vectorial
R
4
se
consideran
los
sub espacios
E
1
y
E
2
generados
p or los
vectores (1,1,1,1) y (1,-1,1,-1) para
E
1
, y (1,2,0,1) , (1,2,1,2) y (3,1,3,1) para
E
2
.
Hallar las dimensiones
del
sub espacio
interseccion
y del
sub espacio
suma.
Solucion:
Observamos
que
dim E
1
=2 y
a que (1,1,1,1) , (1,-1,1,-1) son indep end ie n
tes.
Veamos cual es el sub espacio
E
1
\
E
2
:si
v
2
E
1
\
E
2
,en
tonces
v
=

1
(1
;
1
;
1
;
1) +

2
(1
;

1
;
1
;

1)
=
=

1
(1
;
2
;
0
;
1) +

2
(1
;
2
;
1
;
2) +

3
(3
;
1
;
3
;
1)
es decir,

1
+

2
=

1
+

2
+3

3

1


2
=2

1
+2

2
+

3

1
+

2
=

2
+3

3

1


2
=

1
+2

2
+

3
9
>
>
>
=
>
>
>
;
)

1
=0
2

1
=3

2
+4

3
2

2
=


2
+2

3
9
>
=
>
;
p or lo que, dando valores cualesquiera a los escalares

2
;
3
, obtendremos los vectores
de
E
1
\
E
2
, y puesto que hay dos parametros libres
dimE
1
\
E
2
=2
Por ejemplo, para

2
=

1
;
3
=1,setiene
w
1
=(3
;
1
;
3
;
1)

(1
;
2
;
1
;
2)
=
(2
;

1
;
2
;

1)
2
E
1
\
E
2
para

2
=

3
=1
w
2
=(1
;
2
;
1
;
2) + (3
;
1
;
3
;
1)
=
(4
;
3
;
4
;
3)
2
E
1
\
E
2
observamos
que
w
1
y
w
2
son
indep endi entes
p or
lo
que
dim E
1
\
E
2

2
y
puesto
que
E
1
\
E
2

E
1
y
dim E
1
=2

31. Espacios vectorial es
37
se tiene que
E
1
\
E
2
=
E
1
y
dim E
1
\
E
2
=2.
Sab emos que
dim
(
E
1
+
E
2
)=
dim E
1
+
dim E
2

dim
(
E
1
\
E
2
) , luego
dim
(
E
1
+
E
2
)=
dim E
2
.
(Tenemos que
E
1
+
E
2
=
E
2
, pues
E
2

E
1
+
E
2
y tienen
la misma dimension).

32. Sistemas de ecuaciones lineales.
Matrices
39
Captulo
3
Sistemas
de
ecuaciones
lineales.
Matrices
1.
Dada la matriz
B
=
0
@
8

5

13
8

4

29
4

1

6
1
A
reducirla a una matriz diagonal mediante transformaciones elementales de las y colum-
nas.
Solucion:
Tomamos la matriz
B
y restamos la primera
la
a la segunda;
y la
primera
al doble
de la tercera, quedando
B

0
@
8

5

13
0
1

16
0
3
1
1
A
=
B
1
Tomamos
ahora
la
matriz
B
1
y
restamos
a
la
tercera
la
el
triple
de
la
segunda,
quedando
B
1

0
@
8

5

13
0
1

16
0
0
49
1
A
=
B
2
Sobre
B
2
,
dividimos
la tercera la p or
49
B
2

0
@
8

5

13
0
1

16
0
0
1
1
A
=
B
3

33. 40

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Sobre
B
3
,
sumamos
a
la
segunda
la
diecis
ei s
v
eces
la
tercera
y
a
la
primera
trece
veces la tercera
B
3

0
@
8

5
0
0
1
0
0
0
1
1
A
=
B
4
Sobre
B
4
,
sumamos a la primera la cinco
veces la segunda y tenemos
B
4

0
@
8
0
0
0
1
0
0
0
1
1
A
=
B
5
que
es
ya
diagonal;
p o demos
seguir
reduciendo
dividiend o
la
primera
la
p or
8,
obteniendo
B
5

0
@
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1
A
=
I
luego
B

I
.
2.
Determinar la inversa de la matriz
A
=
0
@
1
4
8
0
1
2

1
2
3
1
A
donde
A
2
M
3
(
R
)
por el
meto do del
piv
ote
.
Solucion:
Yuxtap onemos
la matriz
A
y la matriz identidad
I
0
B
B
@
1
4
8
.
.
.
1
0
0
0
1
2
.
.
.
0
1
0

1
2
3
.
.
.
0
0
1
1
C
C
A
=
A

34. Sistemas de ecuaciones lineales.
Matrices
41
y
hacemos
las
transformaciones
elementales
de
las,
necesarias
para
convertir
A
en
I
.
Una vez terminado el pro ceso la matriz que aparece en el lugar que o cupaba
I
es
la matriz
A

1
inversa de
A
A

(
a
)
0
B
B
@
1
4
8
.
.
.
1
0
0
0
1
2
.
.
.
0
1
0
0
6
11
.
.
.
1
0
1
1
C
C
A

(
b
)
0
B
B
@
1
4
8
.
.
.
1
0
0
0
1
2
.
.
.
0
1
0
0
0
1
.
.
.

1
6

1
1
C
C
A

(
c
)
0
B
B
@
1
4
8
.
.
.
1
0
0
0
1
0
.
.
.
2

11
2
0
0
1
.
.
.

1
6

1
1
C
C
A

(
d
)
0
B
B
@
1
4
0
.
.
.
9

48
8
0
1
0
.
.
.
2

11
2
0
0
1
.
.
.

1
6

1
1
C
C
A

(
e
)
0
B
B
@
1
0
0
.
.
.
1

4
0
0
1
0
.
.
.
2

11
2
0
0
1
.
.
.

1
6

1
1
C
C
A
y p or consiguiente
A

1
=
0
@
1

4
0
2

11
2

1
6

1
1
A
(
a
) A la tercera la de
A
le
sumamos la primera, obteniendo
A
1
(
b
) A la tercera la de
A
1
multiplicada
p or

1
le sumamos seis veces la segunda de
A
1
obteniendo
A
2
(
c
) A la segunda la de
A
2
le
restamos dos veces la tercera de
A
2
,
obteniendo
A
3
(
d
) A la primera la de
A
3
le
restamos o cho veces la tercera, obteniendo
A
4
(
e
) A la primera
la de
A
4
le restamos cuatro veces la segunda
3.
Resolver
el sistema

35. 42

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
x

2
y
+3
z
=7
2
x
+
y

2
z
=

2
3
x

y
+
z
=6
9
>
=
>
;
Solucion:
El sistema se expresa en forma matricial
p or
0
@
1

2
3
2
1

2
3

1
1
1
A
0
@
x
y
z
1
A
=
0
@
7

2
6
1
A
AX
=
0
@
7

2
6
1
A
con
X
=
0
@
x
y
z
1
A
Yuxtap onemos a la matriz
A
la matriz columna
0
@
7

2
6
1
A
,
obteniendo la matriz
B
y
hacemos
transformaciones
elementales
a
B
para p o der
comparar los
rangos de
A
y
B
0
@
1

2
3
7
2
1

2

2
3

1
1
6
1
A

0
@
1

2
3
7
0
5

8

16
0
5

8

15
1
A

0
@
1

2
3
7
0
5

8

16
0
0
0
1
1
A
luego
r ang oA
=2 ,
r ang oB
=3 , y por tan
to, el sistema es incompatible.
4.
Discutir seg un los valores de
a; b; c; d
el sistema a co ecientes
en
K
siguien
te
x
+2
y
+3
z
+4
t
=
a
2
x
+3
y
+4
z
+
t
=
b
3
x
+4
y
+
z
+2
t
=
c
4
x
+
y
+2
z
+3
t
=
d
9
>
>
>
=
>
>
>
;
sup oniendo:
a)
K
=
Q
b)
K
=
Z
Solucion:

36. Sistemas de ecuaciones lineales.
Matrices
43
0
B
@
1
2
3
4
a
2
3
4
1
b
3
4
1
2
c
4
1
2
3
d
1
C
A

0
B
@
1
2
3
4
a
0

1

2

7

2
a
+
b
0

2

8

10

3
a
+
c
0

7

10

13

4
a
+
d
1
C
A


0
B
@
1
2
3
4
a
0
1
2
7
2
a

b
0
0
4

4
a

2
b
+
c
0
0
4
36
10
a

7
b
+
d
1
C
A

0
B
@
1
2
3
4
a
0
1
2
7
2
a

b
0
0
4

4

a
+2
b

c
0
0
0
40
11

9
b
+
c
+
d
1
C
A


0
B
@
10
20
30
40
10
a
0
40
80
280
80
a

40
b
0
0
40
0
a
+11
b

9
c
+
d
0
0
0
40
11
a

9
b
+
c
+
d
1
C
A


0
B
@
40
0
0
0

9
a
+
b
+
c
+11
d
0
40
0
0
a
+
b
+11
c

9
d
0
0
40
0
a
+11
b

9
c
+
d
0
0
0
40
11
a

9
b
+
c
+
d
1
C
A
a)
para
K
=
Q
las
transformaciones
elementales
realizadas
son
validas;
el
sistema
tiene
soluci
on

unica
x
=

9
a
+
b
+
c
+11
d
40
y
=
a
+
b
+11
c

9
d
40
z
=
a
+11
b

9
c
+
d
40
t
=
11
a

9
b
+
c
+
d
40
b) para
K
=
Z
las transformaciones elementales realizadas son validas; para que haya
solucion los elementos

9
a
+
b
+
c
+11
d; a
+
b
+11
c

9
d; a
+11
b

9
c
+
d;
11
a

9
b
+
c
+
d
han de ser m ultiplos
de
40 .
5.
Estudiar seg un los valores de
a
el
sistema
ax
+
y
+
z
=
a
x
+
ay
+
z
=
a
x
+
y
+
az
=
a
9
>
=
>
;
resolviendolo
en los casos en que ello sea p osible.

37. 44

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Solucion:
Hallemos
el valor del
determinante
de la matriz aso ciada al sistema
detA
=
det
0
@
a
1
1
1
a
1
1
1
a
1
A
=(
a
+2)(
a

1)
2
Luego,
si
a
6
=

2y
a
6
= 1
el
sistema
es
compatible
y
determinado
y
p or
el
meto do
de Cramer tenemos que la soluci
on
es
x
=






a
1
1
a
a
1
a
1
a






(
a
+2)(
a

1)
2
=
a
a
+2
;
y
=






a
a
1
1
a
1
1
a
a






(
a
+2)(
a

1)
2
=
a
a
+2
;
z
=






a
1
a
1
a
a
1
1
a






(
a
+2)(
a

1)
2
=
a
a
+2
;
Si
a
=

2
;rangoA
=2
;
y
aque





2
1
1

2




6
=0,y
r ang o
A
= 3
siendo
A
la
matriz
obtenida
de
A
yuxtap oniendol e
la matriz columna
0
@
a
a
a
1
A
r ang o
A
=3 y
a que







2
1

2
1

2

2
1
1

2






6
=0
Luego el sistema es incompatible.
Si
a
=1
; r ang oA
=
rang o
A
= 1 ,
luego
el
sistema
es
compatible
indeterminado
y
el
conjunto de soluciones
es:
S
=
f
(
x; y ; z
)
2
R
3
j
x
+
y
+
z
=1
g

38. Sistemas de ecuaciones lineales.
Matrices
45
6.
Resolv
er en
M
2
(
R
) el sistema
2
x
+3
y
+
z
=

5
5

5
1

x
+2
y

3
z
=


1
3

3

3

3
x
+5
y

z
=

5
8

8

1

9
>
>
>
>
>
>
>
=
>
>
>
>
>
>
>
;
Solucion:
A
0
@
x
y
z
1
A
=
0
@
2
3
1
1
2

3
3
5

1
1
A
0
@
x
y
z
1
A
=
0
B
B
B
@

55

51



13

3

3


5
8

8

1

1
C
C
C
A
=
B
Tomamos la matriz
A
del sistema ampliada con la matriz
B
y pro cedemos a efectuar
las op ortunas transformaciones
elementales
0
B
B
B
@
2
3
1

55

51

1
2

3


13

3

3

3
5
1

5
8

8

1

1
C
C
C
A

0
B
B
B
@
1
2

3


13

3

3

2
3
1

55

51

3
5
1

5
8

8

1

1
C
C
C
A


0
B
B
B
@
1
2

3


13

3

3

0

1
7

7

1
17

0

1
8

8

1
18

1
C
C
C
A

0
B
B
B
@
1
2

3


13

3

3

0

1
7

7

1
17

0
0
1

10
01

1
C
C
C
A


0
B
B
B
@
1
2

3


13

3

3

0

1
0

0

1
10

0
0
1

10
01

1
C
C
C
A

0
B
B
B
@
1
0
0

21

10

0

1
0

0

1
10

0
0
1

10
01

1
C
C
C
A
y p or lo tanto la solucion
del
sistema es
X
=

2
1

1
0

Y
=

0
1

1
0

Z
=

1
0
0
1

39. 46

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
7.
Se dice
que
A
2
M
3
(
R
)es m
agica si al sumar los elementos de cada la, de cada
columna,
de
la
diagonal
principal,
y
de
la
diagonal
secundaria,
se
obtiene
siempre
el
mismo valor.
Construir to das las matrices magicas simetricas.
Solucion:
Una
matriz
A
=(
a
ij
) es
simetrica
si
y
solo
si
a
ij
=
a
ji
luego
las
matrices
magicas
simetricas
seran de la forma
0
@
x
a
b
a
y
c
b
c
z
1
A
con
x
+
a
+
b
=
s; a
+
y
+
c
=
s; b
+
c
+
z
=
s; x
+
y
+
z
=
s;
2
b
+
y
=
s
que
interpretandolo
como un sistema de cinco
ecuaciones
con siete incognitas
x
+
y
+
z

s
=0
y
+
a
+
c

s
=0
x
+
a
+
b

s
=0
z
+
b
+
c

s
=0
y
+2
b

s
=0
9
>
>
>
>
>
=
>
>
>
>
>
;
resulta un sistema homogeneo, p or tanto compatible, y que vamos a resolver p or trans-
formaciones elementales
0
B
B
B
@
1
1
1
0
0
0

1
0
1
0
1
0
1

1
1
0
0
1
1
0

1
0
0
1
0
1
1

1
0
1
0
0
2
0

1
1
C
C
C
A

0
B
B
B
@
1
1
1
0
0
0

1
0
1
0
1
0
1

1
0

1

1
1
1
0
0
0
0
1
0
1
1

1
0
0
0

1
2

1
0
1
C
C
C
A


0
B
B
B
@
1
1
1
0
0
0

1
0
1
0
1
0
1

1
0
0

1
2
1
1

1
0
0
1
0
1
1

1
0
0
0

1
2

1
0
1
C
C
C
A

0
B
B
B
@
1
1
1
0
0
0

1
0
0
1
1
0
1

1
0
0
1

2

1

1
1
0
0
0
2
2
2

2
0
0
0
1

2
1
0
1
C
C
C
A


0
B
B
B
@
1
1
1
0
0
0

1
0
1
0
1
0
1

1
0
0
1

2

1

1
1
0
0
0
1
1
1

1
0
0
0
0

3
0
1
1
C
C
C
A

0
B
B
B
@
1
1
1
0
0
0

1
0
1
0
1
0
1

1
0
0
3

6
0

3
2
0
0
0
3
0
3

2
0
0
0
0

3
0
1
1
C
C
C
A


0
B
B
B
@
1
1
1
0
0
0

1
0
3
0
0
0
0

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

2
0
0
0
0

3
0
1
1
C
C
C
A

0
B
B
B
@
3
0
0
0
0

3
0
0
3
0
0
0
0

1
0
0
3
0
0
3

2
0
0
0
3
0
3

2
0
0
0
0

3
0
1
1
C
C
C
A

40. Sistemas de ecuaciones lineales.
Matrices
47
quedando
el sistema de rango cinco:
3
x

3
c
=0
3
y

s
=0
3
z
+3
c

2
s
=0
3
a
+3
c

2
s
=0

3
b
+
s
=0
9
>
>
>
>
>
=
>
>
>
>
>
;
,
3
x
=3
c
3
y
=
s
3
z
=

3
c
+2
s
3
a
=

3
c
+2
s
3
b
=
s
9
>
>
>
>
>
=
>
>
>
>
>
;
,
x
=
c
y
=
s
3
=
b
z
=
2
s

3
c
3
=
a
p or lo tanto la matriz magica simetrica
buscada es
0
B
B
B
@
c
2
s

3
c
3
s
3
2
s

3
c
3
s
3
c
s
3
c
2
s

3
c
3
1
C
C
C
A
=
c
0
@
1

1
0

1
0
1
0
1

1
1
A
+
s
3
0
@
0
2
1
2
1
0
1
0
2
1
A
para to do
c; s
2
R
.
8.
Discutir y resolver en
R
el sistema:
3
x
+2
y
+5
z
=1
4
x
+3
y
+6
z
=2
5
x
+4
y
+7
z
=3
6
x
+5
y
+8
z
=4
9
>
>
>
=
>
>
>
;
Solucion:
Escrito matricialmente,
el sistema es
A
0
@
x
y
z
1
A
=
0
B
@
3
2
5
4
3
6
5
4
7
6
5
8
1
C
A
0
@
x
y
z
1
A
=
0
B
@
1
2
3
4
1
C
A
=
B
Tomamos
la
matriz
A
obtenida
de
A
yuxtap oniendole
la
matriz
columna
B
y
pro-
cedemos a efectuar transformaciones elementales
de la
0
B
@
3
2
5
1
4
3
6
2
5
4
7
3
6
5
8
4
1
C
A

0
B
@
3
2
5
1
0

1
2

2
0

2
4

4
0

1
2

2
1
C
A

0
B
@
3
2
5
1
0

1
2

2
0
0
0
0
0
0
0
0
1
C
A


0
B
@
6
9
0
12
0

1
2

2
0
0
0
0
0
0
0
0
1
C
A

0
B
@
2
3
0
4
0

1
2

2
0
0
0
0
0
0
0
0
1
C
A

41. 48

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
y tenemos
rang o A
=
r ang o
A
=2
<
3 , luego el sistema es compatible indeterminado
y el
conjunto de soluciones
es
f
(
x; y ; z
)
2
R
3
=
2
x
+3
y
=4
;

y
+2
z
=

2
g
=
f
(2

3
2
; ;

1+
1
2

)
;
8

2
R
g
9.
Determinar
X
tal que
AX
=
B
, siendo
A
=
0
@
1
1
1
0
1
1
1
A
y
B
=
0
@
2
1
0
2
2
1
1
A
Solucion:
Tomemos la matriz
A
0
obtenida
de
A
yuxtap oniendole
la
matriz
B
y pro cedamos
a efectuar transformaciones elementales
de la
A
0
=
0
@
1
1
j
2
1
1
0
j
0
2
1
1
j
2
1
1
A

(
a
)
0
@
1
0
j
0
2
1
1
j
2
1
1
1
j
2
1
1
A

(
b
)

0
@
1
0
j
0
2
1
1
j
2
1
0
0
j
0
0
1
A

(
c
)
0
@
1
0
j
0
2
0
1
j
2

1
0
0
j
0
0
1
A
Y
tenemos
que
r ang A
=2 y
r ang A
0
=2 porlotan
to el
sistema
es
compatible
y
determinado
y la
unica
solucion
es:
X
=

0
2
2

1

(
a
)P
ermutamos la primera con la segunda
la
(
b
) A la tercera la le restamos la segunda
(
c
) A la segunda la le restamos la primera.
10.
Sean
a; b; c; d;
cuatro
n umeros
reales
estrictamente
p ositivos.
Demostrar
que
el sistema siguiente
no p osee ninguna
soluci
on
en
R
x
+
y
+
z
+
t
=
a
x

y

z
+
t
=
b

x

y
+
z
+
t
=
c

3
x
+
y

3
z

7
t
=
d
9
>
>
>
=
>
>
>
;

42. Sistemas de ecuaciones lineales.
Matrices
49
Solucion:
El determinante
del sistema es







1
1
1
1
1

1

1
1

1

1
1
1

3
1

3

7







=







1
0
0
0
1

2
0
0

1
0

2
2

3
4

4

4







=0
luego el sistema no es de rango maximo






1
1
1
1

1

1

1

1
1






=






1
0
0
1

2

2

1
0
2






=

4
6
=0
luego
el
sistema
es
de
rango
tres
y
las
tres
primeras
ecuaciones
son
indep end ie ntes.
Consideramos pues
el sistema
x
+
y
+
z
=
a

t
x

y

z
=
b

t

x

y
+
z
=
c

t
9
>
=
>
;
que es compatible
y determinado p or ser de rango maximo; y resolviendo p or Cramer,
tenemos
x
=
a
+
b
2

t
;
y
=
t

b
+
c
2
;
z
=
a
+
c
2

t
Para
que
el
sistema
inicial
sea
compatible
estos
valores
de
x; y ; z
hallados,
han
de
satisfacer la cuarta ecuacion;
substituyendo
pues, tenemos

3(
a
+
b
2

t
)+ (
t

b
+
c
2
)

3(
a
+
c
2

t
)

7
t
=
d
luego la compatibilid ad
implica

(3
a
+2
b
+2
c
)=
d
y
puesto
que
a; b; c; d
son
estrictamente
p ositivos,
esta
igualdad
es
imp osible
y
el
sistema es incompatible .
11.
Resolver el
siguiente
sistema de ecuaciones
en
C
x
+
y
+
z
=
a
x
+
wy
+
w
2
z
=
b
x
+
w
2
y
+
wz
=
b
9
>
=
>
;

43. 50

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
sabiendo
que
w
es una ra
z c
ubica
de la unidad.
Solucion:
El determinante
del sistema es






1
1
1
1
w
w
2
1
w
2
w






=(
w

1)
2

(
w
2

1)
2
=3
w
(
w

1)
(Nota:
puesto que
w
3
= 1 , se tiene
w
4
=
w ; :::;
y
w
3

1=(
w

1)(
w
2
+
w
+1)).
Si
w
(
w

1)
6
=
0 ,
el
sistema
es
compatible
y
determinado
para
to do
a; b;
2
C
y
resolviendo
el sistema p or Cramer,
x
=






a
1
1
b
w
w
2
b
w
2
w






3
w
(
w

1)
=
a
+2
b
3
y
=






1
a
1
1
b
w
2
1
b
w






3
w
(
w

1)
=
a

b
3
z
=






1
1
a
1
w
b
1
w
2
b






3
w
(
w

1)
=
a

b
3
si
w
(
w

1)
=
0 , se
tiene
que
w
=0o
w

1
=
0 ,
p ero
si
w
3
=1,es
w
6
=0,
luego ha de ser
w

1
=
0 , es decir
w
=1,encuy
o caso
0
@
1
1
1
a
1
1
1
b
1
1
1
b
1
A

0
@
1
1
1
a
0
0
0
b

a
0
0
0
b

a
1
A
y para que el
sistema sea compatible,
b

a
=
0 , y el conjunto de soluciones
es
f
(
x; y ; z
)
2
C
3
=x
+
y
+
z
=
a
g
si
a
6
=
b
, el sistema es incompatible.

44. Aplicaciones lineales
51
Captulo
4
Aplicaciones
lineales
1.
Consideremos las aplicaciones
en
tre
R
-espacios
vectoriales
siguientes:
a)
f
:
R
3
!
R
3
tal que
f
(
x; y ; z
)= (
x
+
y; x

y; z

1)
b)
g
:
R
3
!
R
2
tal que
g
(
x; y ; z
)= (
x
+
z; y

z
)
c)
h
:
R
2
!
R
3
tal que
h
(
x; y
)=(
x
+
k; y
+
k; x
+
y
)con
k
2
R
Determinar si son o no lineales.
Solucion:
Recordemos
que
una
aplicaci
on
f
:
E
!
F
con
E;
F
,
K
-espacios
vectoriales
es
lineal,
si y solo si
1)
8
v; w
2
E;
f
(
v
+
w
)=
f
(
v
)+
f
(
w
)
2)
8
v
2
E;
8

2
K
;
f
(
v
)=
f
(
v
)
comprob emos si, para cada caso, se verican
los axiomas:
a)
1) sean
v
=(
x
1
;y
1
;z
1
)
;
w
=(
x
2
;y
2
;z
2
),
en
tonces
v
+
w
=(
x
1
+
x
2
;y
1
+
y
2
;z
1
+
z
2
)
f
(
v
+
w
)=((
x
1
+
x
2
)+ (
y
1
+
y
2
)
;
(
x
1
+
x
2
)

(
y
1
+
y
2
)
;
(
z
1
+
z
2
)

1
f
(
v
)+
f
(
w
)= (
x
1
+
y
1
;x
1

y
1
;z
1

1) + (
x
2
+
y
2
;x
2

y
2
;z
2

1) =
=((
x
1
+
y
1
)+ (
x
2
+
y
2
)
;
(
x
1

y
1
)+(
x
2

y
2
)
;
(
z
1

1)+(
z
2

1)) =
=((
x
1
+
x
2
)+ (
y
1
+
y
2
)
;
(
x
1
+
x
2
)

(
y
1
+
y
2
)
;
(
z
1
+
z
2
)

2))
6
=
6
=
f
(
v
+
w
);

45. 52

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
luego, no puede
ser lineal,
(y no hace falta probar 2)
b)
1) sean
v
=(
x
1
;y
1
;z
1
)
;
w
=(
x
2
;y
2
;z
2
),
en
tonces
v
+
w
=(
x
1
+
x
2
;y
1
+
y
2
;z
1
+
z
2
)
g
(
v
+
w
)=((
x
1
+
x
2
)+ (
z
1
+
z
2
)
;
(
y
1
+
y
2
)

(
z
1
+
z
2
))
g
(
v
)+
g
(
w
)= (
x
1
+
z
1
;y
1

z
1
)+ (
x
2
+
z
2
;y
2

z
2
)=
=((
x
1
+
z
1
)+ (
x
2
+
z
2
)
;
(
y
1

z
1
)+(
y
2

z
2
)) =
=((
x
1
+
x
2
)+(
z
1
+
z
2
)
;
(
y
1
+
y
2
)

(
z
1
+
z
2
)) =
g
(
v
+
w
)
2) Sea
v
=(
x
1
;y
1
;z
1
),
entonces
8

2
R
;v
=(
x
1
;y
1
;z
1
)
g
(
v
)=
g
(
x
1
;y
1
;z
1
)= (
x
1
+
z
1
;y
1

z
1
)
g
(
v
)=

(
x
1
+
z
1
;y
1

z
1
)=(

(
x
1
+
z
1
)
;
(
y
1

z
1
)) =
=(
x
1
+
z
1
;y
1

z
1
)=
g
(
v
)
luego,
g
es lineal.
c)
1) Sean
v
=(
x
1
;y
1
)
;
w
=(
x
2
;y
2
),
en
tonces
v
+
w
=(
x
1
+
x
2
;y
1
+
y
2
)
h
(
v
+
w
)=((
x
1
+
x
2
)+
k;
(
y
1
+
y
2
)+
k;
(
x
1
+
x
2
)+ (
y
1
+
y
2
))
h
(
v
)+
h
(
w
)= (
x
1
+
k; y
1
+
k; x
1
+
y
1
)+ (
x
2
+
k; y
2
+
k; x
2
+
y
2
)=
=((
x
1
+
k
)+(
x
2
+
k
)
;
(
y
1
+
k
)+ (
y
2
+
k
)
;
(
x
1
+
y
1
)+(
x
2
+
y
2
)) =
=((
x
1
+
x
2
)+2
k;
(
y
1
+
y
2
)+2
k;
(
x
1
+
x
2
)+ (
y
1
+
y
2
))
para
que
h
(
v
+
w
)=
h
(
v
)+
h
(
w
) ,
es
necesario
y
suciente
que
2
k
=
k
,
es
decir
k
=0.
2) Sea pues
k
= 0 ; y sea
v
=(
x; y
),
en
tonces
8

2
R
;v
=(
x; y
)
h
(
v
)= (
x; y ; x
+
y
)
h
(
v
)=

(
x; y ; x
+
y
)= (
x; y ;
(
x
+
y
)) = (
x; y ; x
+
y
)=
h
(
v
)
luego,
h
es lineal
si y solo si
k
=0.
Nota:
no hace falta probar 2 para
k
6
=0 y
a que de to dos mo dos la aplicacion
no ser
a
lineal.
Observaci
on:
Sean
E
y
F
dos espacios vectoriales sobre
K
de dimensiones (nitas)
n
y
m
resp ec.
y una aplicaci
on
f
:
E
=
)
F
,
f
(
v
)=
f
(
x
1
;:::;x
n
)=
w
=(
y
1
;:::;y
m
),

46. Aplicaciones lineales
53
con
x
i
e
y
i
las
co ordenadas
de
los vectores
v
2
E
y
w
2
F
resp ecto
a bases de
E
y
F
previamente
escogidas.
f
es
lineal
si
y
solo
si
las
co ordenadas
y
i
son
p olinomios
homogeneos
de
grado
1 en
las
variables
x
1
;:::;x
n
:
y
1
=
a
1
1
x
1
+
:::a
1
n
x
n
,
:::
,
y
m
=
a
m
1
x
1
+
:::a
m
n
x
n
, y la matrriz de la aplicacion
en las bases dadas es
A
=
0
B
@
a
1
1
:::
a
1
n
.
.
.
.
.
.
a
m
1
:::
a
m
n
1
C
A
esto es cada la de la matriz esta formada p or los co ecientes del p olinomio corresp on-
diente.
2.
Sea
f
:
R
3
!
R
lineal,
de la cual
se sab e que
f
(1
;
2
;
3) = (6
;
4
;
31)
f
(2
;
0
;
1) = (3
;
6
;
12)
f
(0
;
1
;
0) = (0
;
1
;
2)
9
>
=
>
;
Hallar la matriz de
f
en la base natural.
Solucion:
Si
f
e
1
;e
2
;e
3
g
es
la
base
natural,
para
dar
la
matriz
de
f
en
dicha
base
necesitamos
cono cer
f
(
e
1
)
;f
(
e
2
)
;f
(
e
3
) expresados en la base natural
(1
;
2
;
3) =
e
1
+2
e
2
+3
e
3
f
(1
;
2
;
3) =
f
(
e
1
+2
e
2
+3
e
3
)=
f
(
e
1
)+ 2
f
(
e
2
)+ 3
f
(
e
3
)=
=(6
;
4
;
31) = 6
e
1
+4
e
2
+31
e
3
Analogamente se tiene que
f
(2
;
0
;
1) = 2
f
(
e
1
)+
f
(
e
3
)=3
e
1
+6
e
2
+12
e
3
f
(0
;
1
;
0) =
f
(
e
2
)=
e
2
+2
e
3
es decir, tenemos el sistema
f
(
e
1
)+ 2
f
(
e
2
)+ 3
f
(
e
3
)= 6
e
1
+4
e
2
+31
e
3
2
f
(
e
1
)+
f
(
e
3
)= 3
e
1
+6
e
2
+12
e
3
f
(
e
2
)=
e
2
+
e
3
9
>
=
>
;

47. 54

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
que, desp ejando
f
(
e
1
)
;f
(
e
2
)
;f
(
e
3
) , tenemos
f
(
e
1
)=
3
5
e
1
+
16
5
e
2
+
9
5
e
3
=(
3
5
;
16
5
;
9
5
)
f
(
e
2
)=
e
2
+2
e
3
=(0
;
1
;
2)
f
(
e
3
)=
9
5
e
1

2
5
e
2
+
42
5
e
3
=(
9
5
;

2
5
;
42
5
)
luego, la matriz sera
A
=
0
B
B
B
@
3
5
0
9
5
16
5
1

2
5
9
5
2
42
5
1
C
C
C
A
Otra forma de resolver el problema:
Puesto que
(1
;
2
;
3)
;
(2
;
0
;
1)
;
(0
;
1
;
0) son indep end i entes forman una base
f
v
1
;v
2
;v
3
g
de
R
3
.
Fijando esta base en el espacio de partida, y jando la natural en el espacio de llegada,
la matriz de la aplicacion
en estas bases es
B
=
0
@
6
3
0
4
6
1
31
12
2
1
A
La matriz de paso de la base
f
e
1
;e
2
;e
3
g
alabase
f
v
1
;v
2
;v
3
g
es
S

1
=
0
@
1
2
0
2
0
1
3
1
0
1
A

1
=
1
5
0
@

1
0
2
3
0

1
2
5

4
1
A
y tenemos el diagrama :
R
3
v
i
B
!
R
3
e
i
S

1
x
?
?
R
3
e
i

48. Aplicaciones lineales
55
Luego
A
=
BS

1
=
0
B
B
B
@
3
5
0
9
5
16
5
1

2
5
9
5
2
42
5
1
C
C
C
A
3.
Sea
E
un espacio vectorial sobre
K
de dimensi
on
n>
1>Qu
e desigualdad
veri-
can los rangos de dos endomorsmos
f; g
de
E
tales que
g

f
=0?
Solucion:
Si
g

f
=0,en
tonces
para
to do
x
2
E
se
tiene
g
(
f
(
x
))
=
0 ,
lo
que
implica
que
Imf
est
acon
tenido
en
Kerg
;en
tonces
dim
I mf

dim
K er g
,
lo
que
equiv
ale
a
decir
rang o f
+
rang o g

n
(ya que
dim k er g
+
rang o g
=
n
)
4.
Demostrar que la aplicaci
on
f
:
R
3
!
R
2
denida
p or
f
(
x; y ; z
)= (
x

2
y; z
+
y
) es lineal.
Hallar su matriz en las bases naturales y su rango.
Encontrar una base de
Kerg
y otra de
Imf
.
Solucion:
Veamos la lineali dad:
Sean
v
=(
x
1
;y
1
;z
1
)
;
w
=(
x
2
;y
2
;z
2
).
f
(
v
+
w
)=
f
(
x
1
+
x
2
;y
1
+
y
2
;z
1
+
z
2
)=
=((
x
1
+
x
2
)

2(
y
1
+
y
2
)
;
(
z
1
+
z
2
)+ (
y
1
+
y
2
))
=
=((
x
1

2
y
1
)+ (
x
2

2
y
2
)
;
(
z
1
+
y
1
)+(
z
2
+
y
2
))
=
=(
x
1

2
y
1
;z
1
+
y
1
)+(
x
2

2
y
2
;z
2
+
y
2
)=
f
(
v
)+
f
(
w
)
8

2
R
sea
v
=(
x; y ; z
)
f
(
v
)=
f
(
x; y ; z
)= (
x

2
y ; z
+
y
)=
=(

(
x

2
y
)
;
(
z
+
y
))
=

(
x

2
y;
2+
y
)=
f
(
v
)
luego, en efecto es lineal.

49. 56

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Hallemos
la
matriz
de
la
aplicacion,
calculando
la
imagen
de
los
vectores
de
la
base
natural de
R
3
f
(1
;
0
;
0) =
(1
;
0)
f
(0
;
1
;
0) =
(

2
;
1)
f
(0
;
0
;
1) =
(0
;
1)
p or lo tanto
A
=

1

2
0
0
1
1

r ang o
A
=2=
dim
I mf
=
R
2
(=
n
umero
de
vectores
columna
de
A
que
son
linealmente
indep end ie ntes).
dim K er f
=3

r ang of
=3

2
;
=1
una base de
Imf
puede
ser
f
(1
;
0)
;
(0
;
1)
g
;
determinemos
ahora una de
Kerf
v
2
Kerf
si y s
olo si
f
(
v
) = 0 .
Sea pues
(
x; y ; z
)
2
Kerf
en
tonces

1

2
0
0
1
1

0
@
x
y
z
1
A
=

x

2
y
y
+
z

=

0
0

Por lo tan
to
Kerf
=
f
(
x; y ; z
)
=x

2
y
=0
;y
+
z
=0
g
y una base puede ser:
tomando
y
= 1
las comp onentes
x; z
son:
x
=2
;z
=

1yelv
ector de la base es
(2
;
1
;

1) .
De hecho, los dos primeros
apartados y seg un la observacion
del problema
1 p o demos
resolverlo de la manera:
f
es lineal ya que la imagen de un vector dado en co ordenadas,
es un vector cuyas co ordenadas son p olinomios homogeneos de grado 1 en las variables
del
vector inicial.
La matriz
de la aplicacion
viene
dada p or los co ecientes
de dic
hos
p olinomios.
5.
Un endomorsmo
f
2
L
(
E
2
) tiene p or matriz en la base
f
e
1
;e
2
g
de
E
2
a
A
=

2

3

3
2

50. Aplicaciones lineales
57
Hallar su matriz en la base
f
e
0
1
;e
0
2
g
dada p or
2
e
0
1
=
e
1
+
e
2
2
e
0
2
=
e
2

e
1
Solucion:
Tenemos el diagrama
R
2
B
!
R
2
'
B
?
?
y
'

1
B
x
?
?
E
2
f
!
E
2
'
A
x
?
?
'

1
A
?
?
y
R
2
A
!
R
2
La relacion
entre ambas matrices es
B
=
S

1
AS
siendo
S
=
'

1
A
'
B
la matriz cambio de base que para la base
f
e
1
;e
2
g
S
=
0
@
1
2

1
2
1
2
1
2
1
A
Necesitamos
cono cer
S

1
S

1
=

1
1

1
1

y p or lo tanto
B
=

1
1

1
1

2

3

3
2

1
2

1
2
1
2
1
2

=


1
0
0
5

6.
Sea
f
:
R
2
!
R
3
una aplicacion
lineal
denida
p or
f
(
x; y
)= (2
x

y; x
+
y;
2
y

x
)

51. 58

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
a)
Dar la
matriz de
f
en
las
bases naturales
de
R
2
y
R
3
resp ectivamente;
calcular
f
(3
;
1
2
).
b)
Dar una base, y la dimension
de
Kerf
yde
Imf
.
c)
Dar la matriz de
f
en las bases
f
v
1
;v
2
g
,
f
u
1
;u
2
;u
3
g
, siendo
v
1
=(2
;
1)
v
2
=(0
;
3)

u
1
=(1
;
1
;
1)
u
2
=(2
;
0
;
1)
u
3
=(0
;
0
;
2)
9
>
=
>
;
Calcular
f
(
1
2
v
1
+(

1
3
)
v
2
).
Solucion:
a)
f
(1
;
0) = (2
;
1
;

1)
;f
(0
;
1) = (

1
;
1
;
2) ,
luego
la
matriz
de
f
en
las
bases
natu-
rales es
A
=
0
@
2

1
1
1

1
2
1
A
y
f
(3
;
1
2
)=
0
@
2

1
1
1

1
2
1
A

3
1
2

=
0
@
11
2
7
2

2
1
A
b)
Kerf
=
f
(
x; y
)
2
R
2
=f
(
x; y
)= 0
g
, luego
0
@
2

1
1
1

1
2
1
A

x
y

=(0
0
0)
)
2
x

y
=0
x
+
y
=0

x
+2
y
=0
9
>
=
>
;
Sistema
compatible
y
determinado
luego
Kerf
=
f
(0
;
0)
g
y
dim
K er f
=0,porlo
tanto
dim I mf
=
dim
R
2

dim K er f
=2
y
Imf
=[(2
;
1
;

1)
;
(

1
;
1
;
2)
]
c)
Tenemos el diagrama:
R
2
A
!
R
3
S
x
?
?
T

1
?
?
y
R
2
f
v
i
g
B
!
R
3
f
u
i
g

52. Aplicaciones lineales
59
siendo
S
=

2
0
1
3

la
matriz
de
paso
de
la
base
f
v
1
;v
2
g
a
la
natural
y
T
=
0
@
1
2
0
1
0
0
1
1
2
1
A
la
matriz
de
paso
de
la
base
f
u
1
;u
2
;u
3
g
a
la
natural.
Necesitamos
T

1
T

1
=
1
4
0
@
0
4
0
2

2
0

1

1
2
1
A
y p or lo tanto
B
=
T

1
AS
=
0
@
3
3
0

3

3
2
3
1
A
nalmente,
si hacemos
f
(
3
2
v
1
+(

1
3
v
2
)) =
0
@
3
3
0

3

3
2
3
1
A

3
2

1
3

=
0
@
7
2
1

13
4
1
A
=
=
7
2
u
1
+
u
2

13
4
u
3
observamos que
3
2
v
1
+(

1
3
)
v
2
=
3
2
(2
;
1)

1
3
(0
;
3) = (3
;
1
2
);
luego
7
2
u
1
+
u
2

13
4
u
3
=(
11
2
;
7
2
;

2)
7.
Sean
E; F; G
tres
K
-espacios vectoriales
(de dimension
nita), y sean
f
:
E
!
G
g
:
F
!
G
dos
aplicacione s
lineales.
Demostrar
que
es
condicion
necesaria
y
suciente
para
que
exista al menos una aplicacion
h
:
E
!
F
tal que
g

h
=
f
,que
Imf

Img
.
Solucion:
Consideremos
el diagrama

53. 60

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
E
h
!
F
f
?
?
y
g
G
Veamos
que
la
condicion
es
necesaria.
Sea
y
2
Imf
;
existe
pues
x
2
E
,
tal
que
f
(
x
)=
y
;
si
g

h
=
f
se
tiene
g
(
h
(
x
)) =
f
(
x
)=
y
,
es
decir,
existe
z
2
F
(
z
=
h
(
x
)) ,
tal
que
g
(
z
)=
y
.P
or lo tanto,
Imf

Img
.
Veamos
que
la
condicion
es
suciente.
Consideremos
Kerg

F
ysea
F
1

F
,tal
que
F
=
Ker g

F
1
.
Dado
x
2
E
,v
amos a denir
h
(
x
) .
Sea
f
(
x
)
2
Imf

Img
, luego existe
y
2
F
tal
que
g
(
y
)=
f
(
x
) con
y
=
y
1
+
y
2
,
y
1
2
Kerg
,
y
2
2
F
1
.
Luego
g
(
y
)=
g
(
y
2
).
Denimos
h
(
x
)=
y
2
.
h
esta
bien
denido,
pues
sean
y
=
y
1
+
y
2
;
y
=
y
1
+
y
2
tales
que
g
(
y
)=
g
(
y
); en
tonces
y

y
2
Kerg
; puesto que
y
2

y
2
2
F
1
y
y

y
2
Kerg
,
se tiene que
y
2

y
2
2
Kerg
\
F
1
=
f
0
g
;luego
y
2
=
y
2
.
8.
Sea
R
[
x
] el
espacio
de
los
p olinomios
a
co ecientes
reales.
Denimos
D; M
:
R
[
x
]
!
R
[
x
] median
te
1)
D
(
P
(
x
)) =
P
0
(
x
) p olinomio
derivado.
2)
M
(
P
(
x
)) =
xP
(
x
)
a)
Probar que
D
y
M
son lineales.
b)
>Es
D
nilp otente?
(diremos que
f
2
L
(
E
)es nilpoten
te si existe
n
2
N
, tal que
f
n
=0).
c)
Probar que
DM

MD
=
I
.
d)
Deducir
de ello que
(
DM
)
2
=
D
2
M
2

DM
.
Solucion:

54. Aplicaciones lineales
61
a) Veamos que se cumplen
las dos condiciones
D
(
p
(
x
)+
q
(
x
)) = (
p
(
x
)+
q
(
x
))
0
=
p
0
(
x
)+
q
0
(
x
)=
D
(
p
(
x
)+
D
(
q
(
x
))
D
(
p
(
x
)) = (
p
(
x
))
0
=
p
0
(
x
)=
D
(
p
(
x
))
luego
D
es lineal.
M
(
p
(
x
)+
q
(
x
)) =
x
(
p
(
x
)+
q
(
x
)) =
xp
(
x
)+
xq
(
x
)=
M
(
p
(
x
)) +
M
(
q
(
x
))
M
(
p
(
x
)) =
x
(
p
(
x
)) =
xp
(
x
)=
M
(
p
(
x
))
luego
M
es lineal.
b)
Si
existe
n
2
N
tal
que
D
n
=
0 ,
implica
que
para
to do
p
(
x
)
2
R
[
x
], es
D
n
p
(
x
)= 0
Sea
q
(
x
)=
a
n
+1
x
n
+1
+
:::
+
a
0
, con
a
n
+1
6
=0,
D
n
(
q
(
x
)) =
D
n

1
(
D
(
q
(
x
)) =
D
n

1
(
a
n
+1
(
n
+1)
x
n
+
:::
+
a
1
)=
=
:::
=
a
n
+1
(
n
+1)!
6
=0
contradiccion.
Luego
D
no es nilp oten
te.
Notese
que
R
[
x
] es
de
dimension
innita,
y
que
si
nos
restringimos
a
D
j
R
n
[
x
]
:
R
n
[
x
]
!
R
n
[
x
]en
tonces s que es nilp otente,
pues
D
n
+1
=0
c) Dadas
f; g
2
End
(
E
)en
tonces
f
=
g
,8
x
2
Ef
(
x
)=
g
(
x
) , en nuestro caso:
(
DM

MD
)(
p
(
x
)) =
D
(
M
(
p
(
x
)))

M
(
D
(
p
(
x
))) =
D
(
xp
(
x
))

M
(
p
0
(
x
)) =
p
(
x
)+
xp
0
(
x
)

xp
0
(
x
)=
p
(
x
)=
I
(
p
(
x
))
luego
DM

MD
=
I
d)
(
DM
)
2
=(
DM
)(
DM
)=
D
(
MD
)
M
=
D
(
DM

I
)
M
=(
D
2
M

D
)
M
=
D
2
M
2

DM
9.
Sea
E
el espacio de las matrices cuadradas a co ecientes en
C
de orden 2.
Den-
imos una aplicacion
f
de
E
en
C
de la forma
f
(

a
b
c
d

)) =
a
+
d

55. 62

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
a)
Probar que
f
es lineal.
b)
Probar
que
si
A;
B
son
dos
elementos
cualesquiera
de
E
,
se
tiene
f
(
AB
)=
f
(
BA
).
c)
Demostrar que es imp osible
encontrar dos elementos
de
E
tales que
AB

BA
=
I
d)
Dar una base de
Ker f
.
Solucion:
a)
Sean
A
=

a
b
c
d

A
0
=

a
0
b
0
c
0
d
0

f
(
A
+
A
0
)=
f
(

a
+
a
0
b
+
b
0
c
+
c
0
d
+
d
0

)=
a
+
a
0
+
b
+
b
0
=
=
a
+
d
+
a
0
+
d
0
=
f
(
A
)+
f
(
A
0
)
f
(
A
)=
f
(

a
b
c
d

)=
a
+
d
=

(
a
+
d
)=
f
(
A
)
luego
f
es lineal.
Otra forma:
escogidas bases
e
1
=

10
00

,
e
2
=

01
00

,
e
3
=

00
10

,
e
4
=

00
01

, para
E
y 1 para
C
, la aplicacion
se expresa:
f
(
a; b; c; d
)=
a
+
d
y ahora p o demos
aplicar
la observacion
dada en el problema
1.
b) Sean
A
=

a
b
c
d

B
=

a
0
b
0
c
0
d
0

,en
tonces
AB
=

aa
0
+
bc
0
ab
0
+
bd
0
ca
0
+
dc
0
cb
0
+
dd
0

BA
=

a
0
a
+
b
0
c
a
0
b
+
b
0
d
c
0
a
+
d
0
c
c
0
b
+
d
0
d

f
(
AB
)=
aa
0
+
bc
0
+
cb
0
+
dd
0
=
a
0
a
+
b
0
c
+
c
0
b
+
d
0
d
=
f
(
BA
)
c)
Puesto
que
f
(
AB
)=
f
(
BA
)
se
tiene
que
f
(
AB

BA
)
=
0 ,
o
sea
que,
para
to do
A;
B
2
E
se tiene
que
AB

BA
2
ker f
.Si
I
=
AB

BA
para unas ciertas
matrices
A;
B
se tendr
a
I
2
ker f
,pero
f
(
I
)= 2
6
= 0 ; luego, para to do
A;
B
2
E
es
AB

BA
6
=
I
.

56. Aplicaciones lineales
63
(Comparar dicho resultado con el hallado
en el apartado c, del
problema anterior).
d)
Si
A
=

a
b
c
d

2
ker f
es
a
=

d
; luego
A
=

a
b
c
d

=
a

1
0
0

1

+
b

0
1
0
0

+
c

0
0
1
0

=
aA
1
+
bA
2
+
cA
3
A
1
;A
2
;A
3
2
ker f
,
generan
ker f
y
son
linealmente
indep end ie ntes,
luego
son
base
de
ker f
.
10.
Sea
E
un espacio
vectorial sobre
K
, cuerp o
conmutativo de
caracterstica dis-
tinta de dos.
Diremos que
p
2
End
(
E
) es un proyector si y solo si
p
2
=
p
.
a)
Comprobar que:
p
es pro
yector
,
I

p
es proyector.
b)
Comprobar que:
p
es proyector
)
Imp

Kerp
=
E
c)
> Es cierto el recpro co
de b?
d)
Si
p
1
;p
2
son pro
yectores, comprobar que
p
1
+
p
2
es proyector si y solo si
p
1

p
2
=
p
2

p
1
=0.
Solucion:
a)
)
)(
I

p
)
2
=
I
2
+
p
2

Ip

pI
=
I
2
+
p
2

2
p
=
(
a
)
I
+
p

2
p
=
I

p
, luego
si
p
es proyector
I

p
tam
bien
lo es.
(a) p or ser
p
proyector
(
) Puesto que
(
I

p
)
2
=
I

p
, se tiene que
I
+
p
2

2
p
=
I

p
, luego
p
2

p
=0,
es decir,
p
2
=
p
b)
Sea
x
2
E
.
Consideremos
x

p
(
x
) ; se tiene
que
p
(
x

p
(
x
)) =
p
(
x
)

p
2
(
x
)=
p
(
x
)

p
(
x
)=0
luego
x

p
(
x
)
2
Kerf
.
Obviamen
te,
x
=
p
(
x
)+
x

p
(
x
)
2
Imp
+
Kerp
.
)
E

Imp
+
Kerp

E
)
Imp
+
Kerp
=
E

57. 64

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Veamos
que
la
suma
es
directa:
sea
x
2
Kerp
\
Imp
;setiene
p
(
x
)
=
0
y
existe
y
2
E
, tal que
p
(
y
)=
x
,luego 0=
p
(
x
)=
p
2
(
y
)=
(
a
)
p
(
y
)=
x
.
Entonces
E
=
Imp

Kerp
(a) p or ser
p
proyector
c)
Consideremos
E
=
R
2
y
f
tal que su matriz en la base natural sea

2
0
0
0

.
Se
tiene
Imf
=
[(1
;
0)]
;
K er f
=
[(0
;
1)]
,
luego
R
2
=
Imf

Kerf
.Sinem
bargo,

2
0
0
0

2
=

4
0
0
0

6
=

2
0
0
0

, luego
f
no es pro
yector.
Nota:
En un espacio
de dimensi
on
nita
E
se tiene
siempre que
dim E
=
dim I mf
+
dim K er f
para to do
f
2
E ndE
, p ero esto no implica
E
=
Imf

Kerf
.P
ara ello
veamos un
ejemplo:
Sea
R
2
y
f
tal que en la base natural sea

0
1
0
0

Tenemos
Imf
= [(0
;
1)] y
Kerf
= [(0
;
1)] ,
luego
Imf
=
Kerf
y
no
pueden
formar
sumar directa; p ero
dim I mf
+
dim K er f
=1+1=2=
dim
R
2
d)
Sean
p
1
;p
2
proyectores.
Si
p
1
+
p
2
es proyector
)
(
p
1
+
p
2
)
2
=
p
1
+
p
2
pero
(
p
1
+
p
2
)
2
=
p
2
1
+
p
2
2
+
p
1

p
2
+
p
2

p
1
=
p
1
+
p
2
+
p
1

p
2
+
p
2

p
1
luego
p
1

p
2
+
p
2

p
1
= 0 ; luego
p
1

p
2
=

p
2

p
1
, p or lo tanto
p
1

(
p
1

p
2
)=

p
1

(
p
2

p
1
)
p
1

p
2
=
p
2
1

p
2
=

(
p
1

p
2
)

p
1
y comp oniendo
esta ultima
igualdad
p or
p
1
p or la derec
ha tenemos
(
p
1

p
2
)

p
1
=

((
p
1

p
2
)

p
1
)

p
1
=

(
p
1

p
2
)

(
p
1

p
1
)=

(
p
1

p
2
)

p
1
luego
p
1

p
2

p
1
=

p
1

p
2

p
1
)
2
p
1

p
2

p
1
=0
)
(
a
)
p
1

p
2

p
1
= 0 ; p or lo que
p
1

p
2
=

p
1

p
2

p
1
=0

58. Aplicaciones lineales
65
luego
p
1

p
2
=
p
2

p
1
= 0 , y
recpro camente,
si
p
1
;p
2
son
proyectores y
p
1

p
2
=
p
2

p
1
= 0 , se tiene
(
p
1
+
p
2
)
2
=
p
2
1
+
p
2
2
+
p
1

p
2
+
p
2

p
1
=
p
1
+
p
2
luego
p
1
+
p
2
,esunpro
yector.
(a)
aqu
es donde in
terviene
la hipotesis
de
car ac K
6
=2
11.
Sean
u
1
=(2
;

1
;
1)
;u
2
=(1
;
1
;
0)
;u
3
=(1
;

2
;
3)
;u
4
=(6
;

1
;
6) v
ectores
de
R
3
y
sea
f
:
R
3
!
R
2
una
aplicacion
lineal
de
la
que
cono cemos
f
(
u
1
)=
(1
;

1)
;f
(
u
2
)=(4
;
1) y
f
(
u
3
)= (3
;
1) .
a)
>Es p osible
determinar
f
(
u
4
)?, >P
or qu
e?
b)
La aplicaci
on
f
>ser
ain
yectiva?
>sera exhaustiva?
c)
Calcular la matriz de
f
en las bases naturales de
R
3
y
R
2
resp ectivamen
te.
d)
Determinar una base de
Kerf
.
Solucion:
a) Es p osible
hallar
f
(
u
4
)y
a que
f
u
1
;u
2
;u
3
g
forman base de
R
3
.
(En efecto,






2
1
1

1
1

2
1
0
3






=6
6
=0) , por lo tan
to
u
4
=
au
1
+
bu
2
+
cu
3
y
f
(
u
4
)=
af
(
u
1
)+
bf
(
u
2
)+
cf
(
u
3
)
b)
f
no puede
ser inyectiv
a,
y
a que
dim K er f
=
dim
R
3

dim I mf

3

2=1
6
=0
(
dim I mf

2 puesto que
Imf

R
2
).
f
sera exhaustiva
en caso de que
dim I mf
=2 . V
eamossiesas
:
la matriz de
f
en
la base
f
u
1
;u
2
;u
3
g
de
R
3
y la natural de
R
2
es
A
=

1
4
3

1
1
1

59. 66

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
y
r ang o A
=2=
r ang o

1
4
3

1
1
1

=
rang o

1
0
0

1
5
4

=
=
r ang o

1
0
0

1
1
0

c)
La matriz de
f
en las bases naturales sera
R
3
u
i
A
!
R
2
S
?
?
y
A
0
R
3
e
i
S
es
la
matriz
de
cambio
de
base
de
f
u
1
;u
2
;u
3
g
a
la
natural
f
e
1
;e
2
;e
3
g
,y
A
0
=
AS

1
con
S
=
0
B
B
B
@
2
1
1

1
1

2
1
0
3
1
C
C
C
A
y
S

1
=
0
B
B
B
@
1
2

1
2

1
2
1
6
5
6
1
2

1
6
1
6
1
2
1
C
C
C
A
A
0
=

1
4
3

1
1
1

0
B
B
B
@
1
2

1
2

1
2
1
6
5
6
1
2

1
6
1
6
1
2
1
C
C
C
A
=
0
@
2
3
20
6
3

1
2
3
2
3
2
1
A
d)
Kerf
=
f
(
x; y ; z
)
2
R
3
=f
(
x; y ; z
)= 0
g
0
@
2
3
20
6
3

1
2
3
2
3
2
1
A
0
@
x
y
z
1
A
=

0
0

4
x
+20
y
+18
z
=0

x
+3
y
+3
z
=0

Sistema compatible
indeterminado
de
rang o ;
=
2
cuy
oconjun
to de soluciones
es
Kerf
=
f
(
x; y ; z
)
2
R
3
=y
=

15
16
zx
=
3
16
z
g
=[(3
;
15
;
16)]
12.
Encontrar
los
valores
de
a
para
los
cuales
el
endomorsmo
de
R
3
dado
p or
f
(
x; y ; z
)= (
x
+
ay

az ; ax
+
y
+
z;

ax
+
ay
+
z
) es un automorsmo.

60. Aplicaciones lineales
67
Solucion:
f
sera
automorsmo
si
el
determinante
de
su
matriz
aso ciada,
en
cualquier
base,
es
distinto de cero.
Busquemos pues la matriz de
f
en la base natural (p or ejemplo).
f
(1
;
0
;
0)
=
(1
;a;

a
)
f
(0
;
1
;
0)
=
(
a;
1
;a
)
f
(0
;
0
;
1)
=
(

a;
1
;
1)
luego
A
=
0
@
1
a

a
a
1
1

a
a
1
1
A
y
det A
=1

a

3
a
2

a
3
=

(
a
+ 1)(
a
+1

p
2)(
a
+1+
p
2) , luego
det A
6
=0si
ys
olo si
a
es distinto de

1
;

1+
p
2
;

1

p
2
13.
Sea la matriz
A
=
0
@
0
2
1
0
0
3
0
0
0
1
A
aso ciada a la aplicacion
lineal
f
denida
sobre
R
3
resp ecto la base natural.
a)
Hallar
los sub espacios
Im f
y
Ker f
.
b)
Hallar una base de
R
3
para la cual
la matriz de
f
en dicha base sea
B
=
0
@
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
A
Solucion:

61. 68

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
a)
Recordando
la denici
on
de
Im f
yde
Ker f
:
Imf
=
f
y
2
R
3
=
9
x
2
R
3
con
f
(
x
)=
y
g
=
=[
f
(1
;
0
;
0)
;f
(0
;
1
;
0)
;f
(0
;
0
;
1)]
=
=[(0
;
0
;
0)
;
(2
;
0
;
0)
;
(1
;
3
;
0)]
=
[(2
;
0
;
0)
;
(1
;
3
;
0)]
Kerf
=
f
x
2
R
3
=f
(
x
)= 0
g
0
@
0
2
1
0
0
3
0
0
0
1
A
0
@
x
y
z
1
A
=
0
@
0
0
0
1
A
,
2
y
+
z
=0
3
z
=0
)
)
Kerf
=[(1
;
0
;
0)]
De hecho, observando la matriz
A
que es de
rang o
2
y la primera columna es id
en
ticamente
nula, ya p o demos armar que
Kerf
=[(1
;
0
;
0)]
b)
Buscamos
v
1
=(
x
1
;x
2
;x
3
)
;v
2
=(
y
1
;y
2
;y
3
)
;v
3
=(
z
1
;z
2
;z
3
) tales
que
formen
base, y si
S
=
;
0
@
x
1
y
1
z
1
x
2
y
2
z
2
x
3
y
3
z
3
1
A
entonces
SB
=
AS
0
@
x
1
y
1
z
1
x
2
y
2
z
2
x
3
y
3
z
3
1
A
0
@
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
A
=
0
@
0
2
1
0
0
3
0
0
0
1
A
0
@
x
1
y
1
z
1
x
2
y
2
z
2
x
3
y
3
z
3
1
A
p or lo tanto
x
2
=
x
3
=
y
3
=0
2
y
2
=
x
1
3
z
3
=
y
2
2
z
2
+
z
3
=
y
1
9
>
>
>
=
>
>
>
;
y p o demos
tomar:
v
1
=(6
;
0
;
0)
v
2
=(1
;
3
;
0)
v
3
=(0
;
0
;
1)
14.
Se considera la aplicacion
f
k
:
R
3
!
R
3
denida
p or
f
k
(
x; y ; z
)= ((2

k
)
x
+(
k

1)
y;
2(1

k
)
x
+(2
k

1)
y; kz
)

62. Aplicaciones lineales
69
a)
Determinar la matriz de
f
k
aso ciada a la base natural de
R
3
b)
Determinar
Kerf
k
c)
Supuesto
k
(
k

1)
6
= 0 ,
demostrar que
la
matriz
M
k
puede
p onerse
de
la
forma
M
k
=
A
+
kB
donde
A
y
B
son
dos
matrices
a
determinar,
y
dar
la
expresion
de
M
2
k
en funcion
de
A; B
y
k
y deducir
de ello
una expresion
para
M
n
k
Solucion:
a)
f
(1
;
0
;
0) = (2

k;
2(1

k
)
;
0)
f
(0
;
1
;
0) = (
k

1
;
2
k

1
;
0)
f
(0
;
0
;
1) = (0
;
0
;k
)
luego
M
k
=
0
@
2

k
k

1
0
2(1

k
)
2
k

1
0
0
0
k
1
A
b)
Observamos
que
det M
k
=
k
2
,
luego,
si
k
6
=0,es
r ang of
k
=3y
,
p or
tan
to,
Kerf
k
=
f
0
g
Sea pues
k
=0
M
0
=
0
@
2

1
0
2

1
0
0
0
0
1
A
yel
Kerf
0
es:
0
@
2

1
0
2

1
0
0
0
0
1
A
0
@
x
y
z
1
A
=
0
@
0
0
0
1
A
)
2
x

y
=0
Luego
Kerf
0
=[(1
;
2
;
0)
;
(0
;
0
;
1)]
c)
M
k
=
0
@
2

1
0
2

1
0
0
0
0
1
A
+
k
0
@

1
1
0

2
2
0
0
0
1
1
A
=
A
+
kB
M
2
k
=(
A
+
kB
)
2
=
A
2
+
k
2
B
2
+
kAB
+
kB A
.

63. 70

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Observamos
que
A
2
=
0
@
2

1
0
2

1
0
0
0
0
1
A
0
@
2

1
0
2

1
0
0
0
0
1
A
=
0
@
2

1
0
2

1
0
0
0
0
1
A
=
A
B
2
=
0
@

1
1
0

2
2
0
0
0
1
1
A
0
@

1
1
0

2
2
0
0
0
1
1
A
=
0
@

1
1
0

2
2
0
0
0
1
1
A
=
B
AB
=
0
@
2

1
0
2

1
0
0
0
0
1
A
0
@

1
1
0

2
2
0
0
0
1
1
A
=
0
@
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
A
=0
BA
=
0
@

1
1
0

2
2
0
0
0
1
1
A
0
@
2

1
0
2

1
0
0
0
0
1
A
=
0
@
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
A
=0
luego,
M
2
k
=
A
+
k
2
B
,yporlo tan
to, p or induccion
se concluy
eque
M
n
k
=
A
+
k
n
B
,
veamoslo:
Es
valido
para
n
= 1 ,
supuesto
cierto
para
n

1:
M
n

1
k
=
A
+
k
n

1
B
;v
e
amoslo
para
n
:
M
n
k
=
M
k
M
n

1
k
=
M
k
(
A
+
k
n

1
B
)=(
A
+
kB
)(
A
+
k
n

1
B
)=
=
A
2
+
k
n

1
AB
+
kB A
+
k
n
B
2
=
A
+
k
n

1
0+
k
0+
k
n
B
=
A
+
k
n
B
Nota:
si
k
=0, en
tonces
B
podr
a
ser cualquier
matriz, y p or tanto no tendra p or
que ser
AB
=
BA
=0. Y si
k
=1,
M
k
=
I
y
M
n
k
=
I
, si bien
la expresion
hallada
tiene
sentido.
15.
Sea
R
n
[
x
] el
espacio
vectorial
de
los
p olinomios
de
grado
menor
o
igual
que
n
.
Consideremos
los
endomorsmos
f; D
:
R
n
[
x
]
!
R
n
[
x
] siendo
D
el
op erador
derivada:
D
(
p
(
x
))
=
p
0
(
x
)
y
f
tal que
f
(
p
(
x
))
=
p
(
x
)

p
0
(
x
) .
Demostrar que
existe
f

1
, y que se puede
p oner en funcion
del op erador
D
.
Solucion:
Sea
p
(
x
)
2
Kerf
)
f
(
p
(
x
))
=
0
=
p
(
x
)

p
0
(
x
), luego
p
(
x
)=
p
0
(
x
).
Pero
g r ado
p
0
(
x
)

g r ado
p
(
x
), y v
ale
la
igualdad,
si
y
s
olo
si
grado
p
(
x
)
=
0 ,
luego
p
(
x
)=
a
p olinomio
constante, p ero
p
0
(
x
)= (
a
)
0
= 0 .
Luego
a
=0y
p
(
x
)= 0.

64. Aplicaciones lineales
71
Por lo tanto,
f
es in
yectiva y to da aplicacion
lineal inyectiva de un espacio vectorial de
dimension
nita en s mismo es exhaustiva,
y p or tanto, existe
f

1
.
Si
f

1
se puede
p oner
en funcion
de
D
esta ha de ser:
f

1
=

0
D
0
+

+

n
D
n
y
aque
D
n
+1
=0
y ha de cumplirse
que
f

1

f
=
I
Notar que:
f
=
I

D
I
=
f

1

f
=(

0
D
0
+
:::
+

n
D
n
)

(
I

D
)=
=

0
D
0
+
:::
+

n
D
n


0
D
1


D
n
+1
n
=
=

0
I
+(

1


0
)
D
1
+(

2


1
)
D
2
+

(

n


n

1
)
D
n

1
p or lo tanto

0
=1

1


0
=0


n


n

1
=0
9
>
>
>
=
>
>
>
;
)

i
=1
i
=1
;

;n
y
f

1
=
D
0
+
:::
+
D
n
.

65. Determinantes
73
Captulo
5
Determinan
tes
1.
Dadas las p ermutaciones
s
=(4
;
3
;
1
;
2)
;
t
=(1
;
2
;
4
;
3) , determinar las p ermuta-
ciones
s

t;t

s;s

1
;t

1
,as
como el signo de cada una de ellas.
Solucion:
Recordando
que
s
=(
a; b; c; d
) signica
s
(1)
=
a
,
s
(2)
=
b
,
s
(3)
=
c
,
s
(4)
=
d
,
tenemos
s

t
(1) =
s
(
t
(1)) =
s
(1) = 4
s

t
(2) =
s
(
t
(2)) =
s
(2) = 3
s

t
(3) =
s
(
t
(3)) =
s
(4) = 2
s

t
(4) =
s
(
t
(4)) =
s
(3) = 1
9
>
>
>
=
>
>
>
;
s

t
=(4
;
3
;
2
;
1)
t

s
(1) =
t
(
s
(1)) =
t
(4) = 3
t

s
(2) =
t
(
s
(2)) =
t
(3) = 4
t

s
(3) =
t
(
s
(3)) =
t
(1) = 1
t

s
(4) =
t
(
s
(4)) =
t
(2) = 2
9
>
>
>
=
>
>
>
;
t

s
=(3
;
4
;
1
;
2)
De
s

1
(1) =
i
tenemos
s
(
i
)= 1
luego
i
=3
De
s

1
(2) =
i
tenemos
s
(
i
)= 2
luego
i
=4
De
s

1
(3) =
i
tenemos
s
(
i
)= 3
luego
i
=2
De
s

1
(4) =
i
tenemos
s
(
i
)= 4
luego
i
=1
9
>
>
>
=
>
>
>
;
s

1
=(3
;
4
;
2
;
1)
De
t

1
(1) =
i
tenemos
t
(
i
)=1
luego
i
=1
De
t

1
(2) =
i
tenemos
t
(
i
)=2
luego
i
=2
De
t

1
(3) =
i
tenemos
t
(
i
)=3
luego
i
=4
De
t

1
(4) =
i
tenemos
t
(
i
)=4
luego
i
=3
9
>
>
>
=
>
>
>
;
t

1
=(1
;
2
;
4
;
3)

66. 74

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Veamos cual es el signo de cada una de estas p ermutaciones
N
(
s
)= 3+2=5
luego
s
es impar :
"
(
s
)=

1
N
(
t
)=1
luego
t
es impar :
"
(
t
)=

1
"
(
st
)=
"
(
s
)

"
(
t
)=(

1)

(

1) = 1
"
(
ts
)=
"
(
t
)

"
(
s
)=(

1)

(

1) = 1
"
(
s

1
)=
"
(
s
)=

1
"
(
t

1
)=
"
(
t
)=

1
2.
Hallar el valor del
determinante
j
A
j
=






3
1
2
0
1
1
1
0
1






Solucion:
Recordando
la denicion
de determinan
te:
si
A
=(
a
i
j
)
;detA
=
X
s
"
(
s
)
a
s
1
1
a
s
2
2
a
s
3
3
se tiene
j
A
j
=+3

1

1+0

0

2+ 1

1

1

1

1

2

3

0

1

0

1

1=3+1

2= 2
3.
Hallar el valor del
determinante
j
A
j
=







3

2
4
5
2
0
5
2
1
3

1
2
2
5
2

3

67. Determinantes
75
a) Por la regla de Laplace,
p or ejemplo,
p or los menores de las dos primeras
columnas.
b) Por los elementos de una lnea,
p or ejemplo,
de la primera
la.
c) Obteniendo
\a priori"ceros
en una lnea
y desarrollando
luego p or los elemen
tos
de
esta (reduccion
del
orden).
Solucion:
a)
j
A
j
=







3

2
4
5
2
0
5
2
1
3

1
2
2
5
2

3







(1)
(2)
(3)
(4)
Hay
que
formar
sumas
de
pro ductos
de
determinantes
2

2
,
extrados
de
A
de
manera
que
las
dos
columnas
del
primer
factor
se
corresp ondan
con
la
primera
y
segunda columnas de
A
y las dos columnas del segundo factor se corresp ondan con
la tercera y cuarta columnas de
A
.
Cada factor tendra dos las cuya ordenaci
on
sera una p ermutacion
de
f
1
;
2
;
3
;
4
g
.
Por ejemplo
(1)
(2)




3

2
2
0










1
2
2

3




(3)
(4)
;
(1)
(3)




3

2
1
3









5
2
2

3




(2)
(4)
;
etc.
El
signo
de
cada
sumando
sera
el
signo
de
la
corresp ondien
te
p erm
utacion
de
las.
Por
ejemplo,
el
signo
del
primer
sumando
anterior
es
el
signo
de
la
p ermutaci
on
(1
;
2
;
3
;
4) ,
que
es
+,
y
el
del
segundo,
el
de
la
p ermutacion
(1
;
3
;
2
;
4) ,
que
es

.
Pasemos pues al calculo
de
j
A
j
j
A
j
=+




3

2
2
0










1
2
2
3









3

2
1
3









5
2
2

3




+




3

2
2
5









5
2

1
2




+
+




2
0
1
3









4
5
2

3









2
0
2
5









4
5

1
2




+




1
3
2
5









4
5
5
2




=
=4(

1)

11(

19) + 19
:
12 + 6(

22)

10
:
13 + (

1)
:
(

17) = 188
:

68. 76

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
b)
j
A
j
=







3

2
4
5
2
0
5
2
1
3

1
2
2
5
2

3







=3






0
5
2
3

1
2
5
2

3







(

2)






2
5
2
1

1
2
2
2

3






+
+4






2
0
2
1
3
2
2
5

3







5






2
0
5
1
3

1
2
5
2






=
=3
:
117 + 2
:
41

4
:
40

5
:
17 = 351 + 82

160

85 = 188
:
c) Seguiremos un meto do que nos p ermite
obtener el maximo n umero de ceros en una
lnea
(la
o
columna)
a
base
de
sumarle
a
dicha
lnea
una
combinacion
lineal
de
las
restantes.
Por
ejemplo,
como
en
la
segunda
columna
hay
un
cero,
empleamos
esta
columna
para rellenarla
de ceros
fila a
!
fila b
!
fila c
!
fila d
!







3

2
4
5
2
0
5
2
1
3

1
2
2
5
2

3







substituimos la la
c
por
c

d

a
(combinacion lineal de las), es decir, le sumamos
a la la
c
las las
a
y
d
cam
biadas
de signo)
fila a
!
fila b
!
fila c
!
fila d
!







3

2
4
5
2
0
5
2

4
0

7
0
2
5
2

3







substituimos,
p or ejemplo,
la la
d
por
d
+
5
2
a
, quedando







3

2
4
5
2
0
5
2

4
0

7
0
19
2
0
12
19
2







Desarrollando
pues p or la segunda columna
tenemos

69. Determinantes
77

(

2)






2
5
2

4

7
0
19
2
12
19
2






=
2
1
2






2
5
2

4

7
0
19
24
19






=188
4.
Probar que
V
n
=









1
x
1
x
2
1
:::
x
n

1
1
1
x
2
x
2
2
:::
x
n

1
2
:::
:::
:::
:::
:::
:::
:::
:::
:::
:::
1
x
n
x
2
n
:::
x
n

1
n









=
Y
1

i<j

n
(
x
j

x
i
)
para
n

2
(Es el llamado
determinan
te
de V
an der Monde).
Solucion:
Vamos a probarlo p or inducci
on.
Para
n
=2
V
2
=




1
x
1
1
x
2




=
x
2

x
1
Sup ongamos que es cierto para
m
=
n

1,
veamos que tambi
en lo es para
n

70. 78

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
V
n
=
(
a
)









1
0
0
0
:::
0
1
x
2

x
1
x
2
2

x
1
x
2
x
3
2

x
2
2
x
1
:::
x
n

1
2

x
n

2
2
x
1
1
x
3

x
1
x
2
3

x
1
x
3
x
3
3

x
2
3
x
1
:::
x
n
3

x
n

2
3
x
1
:::
:::
:::
:::
:::
:::
1
x
n

x
1
x
2
n

x
n
x
1
x
3
n

x
2
n
x
1
:::
x
n

1
n

x
n

2
n
x
1









=
(
b
)
=







x
2

x
1
x
2
2

x
1
x
2
x
3
2

x
2
2
x
1
:::
x
n

1
2

x
n

2
2
x
1
x
3

x
1
x
2
3

x
1
x
3
x
3
3

x
2
3
x
1
:::
x
n

1
3

x
n

2
3
x
1
:::
:::
:::
:::
:::
x
n

x
1
x
2
n

x
1
x
n

1
x
3
n

x
2
n
x
1
:::
x
n

1
n

x
n

2
n
x
1







=
(
c
)
=(
x
2

x
1
)(
x
3

x
1
)
:::
(
x
n

x
1
)







1
x
2
x
2
2
:::
x
n

2
2
1
x
3
x
2
3
:::
x
n

2
3
:::
:::
:::
:::
:::
1
x
n
x
2
n
:::
x
n

2
n







=
(
d
)
=(
x
2

x
1
)(
x
3

x
1
)
:::
(
x
n

x
1
)
V
n

1
=
Y
1

i<j

n
(
x
j

x
i
)
(
a
)
restando a la segunda columna la primera multiplic ada p or
x
1
y a la tercera
la segunda p or
x
1
,
..., y a la n-sima
la (n-1)-sima p or
x
1
.
(
b
)
desarrollando
p or la primera la.
(
c
)
si una la o columna
est
am
ultiplicada
p or un escalar, este sale fuera.
(
d
)
el determinante
es el de Van der Monde de orden n-1.
5.
Calcular
V
=






1
1
1
b
+
c
c
+
a
a
+
b
bc
ac
ab






Solucion:
V
=
(
a
)






1
0
0
b
+
c
a

b
a

c
bc
ac

bc
ab

bc






=
(
b
)




a

b
a

c
c
(
a

b
)
b
(
a

c
)




=
=(
a

b
)(
a

c
)




1
1
c
b




=(
a

b
)(
a

c
)(
b

c
)

71. Determinantes
79
(
a
)
restando la primera columna
a la segunda y tercera.
(
b
)
desarrolllando
p or la primera la.
6.
Calcular
4
=






z

z
0
0
z
2

1
1
z
z
+1






sabiendo
que
z
2
C
es tal que
z
5
=1 y
z
6
=1
Solucion:
4
=
z

z
2

(
z
+1)+0

z

0+ 1

(

z
)(

1)

1

z
2

0

z

z

(

1)

0

(

z
)(
z
+1) =
=
z
4
+
z
3
+
z
2
+
z
Ahora bien,
puesto que
0=
z
5

1=(
z

1)(
z
4
+
z
3
+
z
2
+
z
+1)
se tiene
o
z

1= 0
z
4
+
z
3
+
z
2
+
z
+1 = 0

pero
z
6
=1
luego
z
4
+
z
3
+
z
2
+
z
+1 = 0,
de donde
4
=

1
7.
Calcular el determinante
de orden
n
siguien
te
A
n
=









2
1
0
0
:::
0
0
1
2
1
0
:::
0
0
0
1
2
1
:::
0
0
:::
:::
:::
:::
:::
:::
:::
0
0
0
0
:::
1
2

72. 80

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Solucion:
Desarrollando
p or la primera columna
tenemos
A
n
=2







2
1
0
:::
0
0
1
2
1
:::
0
0
:::
:::
:::
:::
:::
:::
0
0
0
:::
1
2








1







1
0
0
:::
0
0
1
2
1
:::
0
0
:::
:::
:::
:::
:::
:::
0
0
0
:::
1
2







=
=
(
a
)
2







2
1
0
:::
0
0
1
2
1
:::
0
0
:::
:::
:::
:::
:::
:::
0
0
0
:::
1
2








1

1







2
1
0
:::
0
0
1
2
1
:::
0
0
:::
:::
:::
:::
:::
:::
0
0
0
:::
1
2







=
=2
A
n

1

A
n

2
(
a
) desarrollando
el segundo
determinante p or la primera la
Luego tenemos la relacion
de recurrencia
siguiente
A
n
=2
A
n

1

A
n

2
que nos p ermitira
deducir
el valor de
A
n
:
tenemos que para
n
=1
;
2
;
3
es
A
1
=2
;
A
2
=3
;
A
3
=4
Sup ongamos pues
que
A
n

1
=
n
;
veamos que
A
n
=
n
+1
A
n
=2
A
n

1

A
n

2
=2
n

(
n

1) = 2
n

n
+1 =
n
+1
luego
A
n
=
n
+1
8.
Sin efectuar el desarrollo, probar que
4
=






1
a
b
+
c
1
b
c
+
a
1
c
a
+
b






=0

73. Determinantes
81
Solucion:
Sab emos
que
no
se
altera
el
valor
de
un
determinante
si
a
una
lnea
le
sumamos
una
combinacion lineal de las demas.
Sumando a la tercera columna la segunda, nos queda
4
=






1
a
a
+
b
+
c
1
b
b
+
c
+
a
1
c
c
+
a
+
b






=(
a
+
b
+
c
)






1
a
1
1
b
1
1
c
1






=
(
a
)
0
(
a
) observando
que hay dos columnas
iguales
9.
Calcular las races de la ecuaci
on
4
n
=







1+
x
1
:::
1
1
1+
x
:::
1
:::
:::
:::
:::
1
1
:::
1+
x







Solucion:
Sumando a la primera columna
to das las demas tenemos
4
n
=







n
+
x
1
:::
1
n
+
x
1+
x
:::
1
:::
:::
:::
:::
n
+
x
1
:::
1+
x







=(
n
+
x
)







1
1
:::
1
1
1+
x
:::
1
:::
:::
:::
:::
1
1
:::
1+
x







=
=
(
a
)
(
n
+
x
)







1
0
:::
0
1
x
:::
0
:::
:::
:::
:::
1
0
:::
x







=(
n
+
x
)
x
n

1
=0
(a) restando a cada columna, a partir de la segunda, la primera columna
Luego las races son
x
=

n
y
x
=0
de multiplici dad
n-1.
10.
Sabiendo que 18887, 39865, 58752, 64872, 96526 son divisibl es
p or 17, demostrar
que D es tambien m ultiplo
de 17, siendo
D el determinante
siguiente

74. 82

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
D
=









1
8
8
8
7
3
9
8
6
5
5
8
7
5
2
6
4
8
7
2
9
6
5
2
6









sin calcular
el
valor del determinante.
Solucion:
Sab emos que
18887 = 17
a
39865 = 17
b
58752 = 17
c
64872 = 17
d
96526 = 17
e
9
>
>
>
>
>
=
>
>
>
>
>
;
con
a; b; c; d
2
Z
D
=
1
10
4









1

10
4
8
8
8
7
3

10
4
9
8
6
5
5

10
4
8
7
5
2
6

10
4
4
8
7
2
9

10
4
6
5
2
6









=
=
1
10
4









1

10
4
+8

10
3
+8

10
2
+8

10+7
8
8
8
7
3

10
4
+9

10
3
+8

10
2
+6

10+5
9
8
6
5
5

10
4
+8

10
3
+7

10
2
+5

10+2
8
7
5
2
6

10
4
+4

10
3
+8

10
2
+7

10+2
4
8
7
2
9

10
4
+6

10
3
+5

10
2
+2

10+6
6
5
2
6









=
=
1
10
4









18887
8
8
8
7
39865
9
8
6
5
58752
8
7
5
2
64872
4
8
7
2
96526
6
5
2
6









=
1
10
4









17
a
8
8
8
7
17
b
9
8
6
5
17
c
8
7
5
2
17
d
4
8
7
2
17
e
6
5
2
6









=
=
17
10
4









a
8
8
8
7
b
9
8
6
5
c
8
7
5
2
d
4
8
7
2
e
6
5
2
6









=
17
10
4

D
0

75. Determinantes
83
D
=
17
10
4

D
0
;
puesto
que
mcd
(17

10
4
)= 1
y
D; D
0
2
Z
,
se
tiene
que
D
0
=10
4

h
y p or tanto
D
=17
h
11.
Determinar la inversa de la matriz
A
=(
a
ij
)
A
=
0
@
1
2
2
2
1
2
2
2
1
1
A
Solucion:
A

1
=
1
det A
(
A
ij
)
Siendo
A
ji
=(

1)
i
+
j

det
0
B
B
B
B
B
@
a
11
a
12
:::
a
1
j

1
a
1
j
+1
:::
a
1
n
:::
:::
:::
:::
:::
:::
:::
a
i

1
;
1
a
i

1
;
2
:::
:::
:::
:::
a
i

1
;n
a
i
+1
;
1
a
i
+1
;
2
:::
:::
:::
:::
a
i
+1
;n
:::
:::
:::
:::
:::
:::
:::
a
n
1
a
n
2
:::
:::
:::
:::
a
nn
1
C
C
C
C
C
A
Nota:
A
ij
=
A
t
ji
Luego,
det
A
=5
A
11
=(

1)
2




1
2
2
1




=

3
A
12
=(

1)
3




2
2
2
1




=2
A
13
=(

1)
4




2
2
1
2




=2
A
21
=(

1)
3




2
2
2
1




=2
A
22
=(

1)
4




1
2
2
1




=

3
A
23
=(

1)
5




1
2
2
2




=2
A
31
=(

1)
4




2
1
2
2




=2
A
32
=(

1)
5




1
2
2
2




=2
A
33
=(

1)
6




1
2
2
1




=

3

76. 84

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
p or lo que la matriz inversa es:
A

1
=
1
5







3
2
2
2

3
2
2
2

3

77. Diagonaliza ci on de endomorsmos
85
Captulo
6
Diagonalizacion
de
endomorsmos
1.
Sea
E
un
R
-espacio
vectorial
y
f
un
endomorsmo
de
E
cuya
matriz
en
una
determinada
base
f
u
1
;u
2
;u
3
g
es
A
=
0
@
1
2
1
0
1
2
3
1
0
1
A
Hallar el
p olinomio
caracterstico
Q
(
t
).
Q
(
t
)=






1

t
2
1
0
1

t
2
3
1
0

t






=
=

t
3
+(
tr A
)
t
2

(
A
11
+
A
22
+
A
33
)
t
+
detA
=
=

t
3
+2
t
2
+4
t
+7
Nota
A
ii
es el determinante
del
menor adjunto al elemen
to
a
ii
de la matriz
A
.
2.
Determinar el p olinomio
caracterstico de la matriz
A
=
0
B
@
a
2
ab
ab
b
2
ab
a
2
b
2
ab
ab
b
2
a
2
ab
b
2
ab
ab
a
2
1
C
A
dando sus races.
Solucion:

78. 86

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
det
(
A

tI
)=







(
a
+
b
)
2

t
ab
ab
b
2
(
a
+
b
)
2

t
a
2

t
b
2
ab
(
a
+
b
)
2

t
b
2
a
2

t
ab
(
a
+
b
)
2

t
ab
ab
a
2

t







=
=((
a
+
b
)
2

t
)







1
ab
ab
b
2
1
a
2

t
b
2
ab
1
b
2
a
2

t
ab
1
ab
ab
a
2

t







=
=((
a
+
b
)
2

t
)







1
ab
ab
b
2
0
a
2

ab

t
b
2

ab
ab

b
2
0
b
2

ab
a
2

ab

t
ab

b
2
0
0
0
a
2

b
2

t







=
=((
a
+
b
)
2

t
)






a
2

ab

t
b
2

ab
ab

b
2
b
2

ab
a
2

ab

t
ab

b
2
0
0
a
2

b
2

t






=
=((
a
+
b
)
2

t
)(
a
2

b
2

t
)




a
2

ab

t
b
2

ab
b
2

ab
a
2

ab

t




=
=((
a
+
b
)
2

t
)(
a
2

b
2

t
)




a
2
+
b
2

2
ab

t
b
2

ab
a
2
+
b
2

2
ab

t
a
2

ab

t




=
=((
a
+
b
)
2
)(
a
2

b
2

t
)((
a

b
)
2

t
)




1
b
2

ab
1
a
2

ab

t




=
=((
a
+
b
)
2

t
)(
a
2

b
2

t
)((
a

b
)
2

t
)




1
b
2

ab
0
a
2

b
2

t




=
=((
a
+
b
)
2

t
)(
a
2

b
2

t
)
2
((
a

b
)
2

t
)
y p or lo tanto, las races son
(
a
+
b
)
2
;
(
a

b
)
2
;
(
a
2

b
2
), y esta
ultima de multi-
plicidad
dos.
3.
Si
A
2
M
n
(
K
)
es
una
matriz
inversible,
demostrar
que
AB
y
BA
tienen
los
mismos valores propios (siendo
K
un cuerp o
conmutativo).
Solucion:
En efecto,

79. Diagonaliza ci on de endomorsmos
87
det
(
AB

I
)=
det
(
AB AA

1

I AA

1
)=
det
(
AB AA

1

AI A

1
)=
=
det
(
A
(
BA

I
)
A

1
)=
detAdet
(
BA

I
)
detA

1
=
=
det
(
BA

I
)
4.
Demostrar
que
si
la
matriz
A
2
M
n
(
K
)v
erica
A
m
=0,el
unico
valor
propio
p osible
de
A
es el cero (donde
K
es un cuerp o conmutativ
o).
Solucion:
Sup ongamos
lo contrario, es decir,
sup ongamos que existe

6
= 0 que
sea v
alor
propio
de la matriz
A
, lo que equiv
ale
a que

sea un v
alor propio del
endomorsmo
f
del
espacio vectorial
K
n
cuya matriz en determinada base es
A
y esto signica que existe
un vector
v
2
K
n
;
v
6
=0 tal que
f
(
v
)=
v
6
=0
Y aplicando
f
aam
bos miem
bros de la igualdad
se tiene
f
2
(
v
)=
f
(
v
)=
f
(
v
)=

2
v
luego

2
es un valor propio no n
ulo de
f
2
y p or tanto de
A
2
inductivamente
tenemos que
f
m
=

m
v
6
= 0 , en efecto:
Sab emos
que es cierto para
m
=1
;
2
sup ongamos
que lo es para
m

1v
eamos que
lo es para
m
f
(
f
m

1
v
)=
f
(

m

1
v
)=

m

1
f
(
v
)=

m

1
v
=

m
v
Por lo
tanto tenemos
que

m
es
v
alor
propio
no nulo
de
la
matriz
A
m
=
0
lo
cual
es absurdo.
5.
Se
dene
f
:
R
3
!
R
3
por
f
(
x
1
;x
2
;x
3
)= (
x
1
;x
2
;
0)
8
(
x
1
;x
2
;x
3
)
2
R
3
.
Comprobar que
f
es
lineal
y
hallar
su matriz
en
la base
natural.
Hallar
el
p olinomio
caracterstico
y los valores propios.
>Es
f
diagonalizabl e?

80. 88

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Solucion:
Veamos la lineali dad:
8
v
=(
x
1
;x
2
;x
3
)
;w
=(
y
1
;y
2
;y
3
)
2
R
3
y
8

2
R
se tiene:
f
(
v
+
w
)= (
x
1
+
y
1
;x
2
+
y
2
;
0) = (
x
1
;x
2
;
0) + (
y
1
;y
2
;
0) =
f
(
v
)+
f
(
w
)
f
(
v
)=
f
(
x
1
;x
2
;x
3
)=(
x
1
;x
2
;
0) =

(
x
1
;x
2
;
0) =
f
(
v
)
Determinemos
la matriz de la aplicaci
on
f
f
(
e
1
)=
e
1
f
(
e
2
)=
e
2
f
(
e
3
)= 0
9
>
=
>
;
(1)
luego la matriz de
f
en la base natural es:
A
=
0
@
1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
A
(2)
El p olinomio
caracterstico es:
det
(
f

tI
)= (1

t
)
2
(

t
)=

t
3
+2
t
2

t
(obvio ya que la matriz es diagonal)
Los valores propios son los valores

2
R
tales que
9
v
2
R
3
v
6
= 0
con
f
(
v
)=
v
y
estos valores son las races del p olinomio
caracterstico:
(1

t
)
2
(

t
)=0
t
=
1
doble
;
t
=0
f
diagonaliza
puesto que
dim K er
(
f

I
)=2.
En
(1)
observamos
ya
que
la
base
natural
es
la
base
de
vectores
propios,
(
f
es
la
\proyeccion ortogonal"sobre el plano horizontal
XY
), y en (2) v
emos que la matriz es
diagonal.

81. Diagonaliza ci on de endomorsmos
89
6.
Diagonalizar la matriz
A
=
0
@

21
2
8
20

3

8

60
6
23
1
A
hallando
una base de vectores propios de
f
(endomorsmo de
R
3
cuy
a
matriz en la base natural es
A
).
Solucion:
Busquemos
el p olinomio
caracterstico de
A
:
det
(
A

tI
)=

t
3

t
2
+
t
+1 =

(
t
+1)
2
(
t

1)
p or lo tanto
R
3
=
Ker
(
f
+
I
)
2

Ker
(
f

I
)
dim K er
(
f
+
I
)= 3

rang o
0
@

20
2
8
20

2

8

60
6
24
1
A
=3

1= 2
luego
A
diagonaliza
y
D
=
0
@

1
0
0
0

1
0
0
0
1
1
A
la nuev
abaseser
a
f
v
1
;v
2
;v
3
g
con
v
1
;v
2
2
Ker
(
f
+
I
)y
v
3
2
Ker
(
f

I
)
Ker
(
f
+
I
)=
f
(
x; y ; z
)
=
0
@

20
2
8
20

2

8

60
6
24
1
A
0
@
x
y
z
1
A
=
0
@
0
0
0
1
A
g
=
=
f
(
x; y ; z
)
=

10
x
+
y
+4
z
=0
g

82. 90

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
sub espacio
de dimension
dos, del
que seleccionamos
una base
v
1
=(2
;
0
;
5)
;
v
2
=(1
;
2
;
2)
ker
(
f

I
)=
f
(
x; y ; z
)
=
0
@

22
2
8
20

4

8

60
6
22
1
A
0
@
x
y
z
1
A
=
0
@
0
0
0
1
A
g
=
=
f
(
x; y ; z
)
=

11
x
+
y
+4
z
=0;
10
x

2
y

4
z
=0
g
sub espacio
de dimension
uno del
que seleccionamos
una base
v
3
=(

1
;
1
;

3)
7.
Estudiar la diagonalizaci on,
seg un los distintos valores de

2
R
, de la matriz
A
=
0
@
1








+1


1
0
0
2
1
A
dando en el caso en que ello
sea p osible
una matriz
S
tal que
S

1
AS
sea
diagonal.
Solucion:
Busquemos
el p olinomio
caracterstico:
det
(
A

tI
)=

(
t

1)
2
(
t

2)
luego los valores propios de
A
son
t
1
=
1
doble
y
t
2
=2.
Para que
A
diagonalice,
ha de vericarse:
1

dim k er
(
A

t
i
I
)= m
ultiplici d ad
de
la
ra
z
t
i

83. Diagonaliza ci on de endomorsmos
91
Estudiemos
pues el caso
t
1
=1
dim K er
(
A

I
)= 3

rang o
0
@










1
0
0
1
1
A
=

3

1=2
para

=0
3

2= 1
para

6
=0
luego, solo diagonaliza para

= 0 .
Sea pues

= 0
y busquemos la matriz
S
(matriz
de los vectores propios).
Sean
f
v
1
;v
2
g
base de
Ker
(
A

I
)
0
@
0
0
0
0
0

1
0
0
1
1
A
0
@
x
y
z
1
A
=
0
@
0
0
0
1
A
)

z
=0
z
=0

sean pues
v
1
=(1
;
0
;
0)
;
v
2
=(0
;
1
;
0)
y
f
v
3
g
base de
Ker
(
A
+
I
)
0
@

1
0
0
0

1

1
0
0
0
1
A
0
@
x
y
z
1
A
=
0
@
0
0
0
1
A
)

x
=0

y

z
=0

Sea pues
v
3
=(0
;
1
;

1)
luego
S
=
0
@
1
0
0
0
1
1
0
0

1
1
A
y en efecto, se tiene
que
D
=
S

1
AS
D
=
0
@
1
0
0
0
1
0
0
0
2
1
A
=
0
@
1
0
0
0
1
1
0
0

1
1
A
0
@
1
0
0
0
1

1
0
0
2
1
A
0
@
1
0
0
0
1
1
0
0

1
1
A
Nota:
En este caso
S
=
S

1
8.
Sea
f
:
R
3
!
R
3
un
endomorsmo
diagonalizable
que
admite
p or
vectores
propios
a
los
v
1
=(

1
;
2
;
2)
;
v
2
=(2
;
2
;

1)
;
v
3
=(2
;

1
;
2) y
sab emos
que
f
(5
;
2
;
5)
=
(0
;
0
;
7) .
Hallar los valores propios de
f
.

84. 92

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Solucion:
Puesto
que
f
(
v
i
)=

i
v
i
expresaremos
los
vectores
(5
;
2
;
5)
y
(0
;
0
;
7) en
la
base
formada p or los vectores propios de
f
y aplicamos
f
, al primero
S
=
0
@

1
2
2
2
2

1
2

1
2
1
A
S

1
=
1
9
0
@

1
2
2
2
2

1
2

1
2
1
A
p or lo tanto
1
9
0
@

1
2
2
2
2

1
2

1
2
1
A
0
@
5
2
5
1
A
=
0
@
1
1
2
1
A
;
1
9
0
@

1
2
2
2
2

1
2

1
2
1
A
0
@
0
0
7
1
A
=
1
9
0
@
14

7
14
1
A
luego
f
(1
;
1
;
2)
=
f
(
v
1
+
v
2
+2
v
3
)=
f
(
v
1
)+
f
(
v
2
)+ 2
f
(
v
3
)=
=

1
v
1
+

2
v
2
+2

3
v
3
=
14
9
v
1

7
9
v
2
+
14
9
v
3
Y

1
=
14
9

2
=

7
9

3
=
7
9
y
aque
f
v
i
g
es una base del espacio y la expresi
on
de un vector en una determinada
base es
unica.
9.
Sea
f
un
endomorsmo
de
R
n
.
Probar
que
si

2
R
es
un
v
alor
propio
de
f
entonces

p
es un valor propio de
f
p
8
p
2
N y los sub espacios
propios resp ectiv
os
E;
E
p
son tales que
E

E
p
.
Dar un ejemplo
en el que
E
6
=
E
p
.
Solucion:
Sea

un
valor
propio,
existe
pues
un
vector
x
2
R
n
;
x
6
= 0
tal que
f
(
x
)=
x
;
luego
f
2
(
x
)=
f
(
f
(
x
))
=
f
(
x
)=
f
(
x
)=

2
x

85. Diagonaliza ci on de endomorsmos
93
es decir

2
es valor propio de
f
2
de vector propio
x
.
Sup ongamos que hemos probado que tambi
en

p

1
es valor propio de
f
p

1
de vector
propio
x
,en
tonces
f
p
(
x
)=
f
(
f
p

1
(
x
))
=
f
(

p

1
x
)=

p

1
f
(
x
)=

p

1
x
=

p
x
luego

p
es
v
alor
propio
de
f
p
de
vector
propio
x
,yob
viamente,
para
to do
vector
x
propio
de
valor
propio

de
f
,
p o demos
aplicarle
el
razonamiento
anterior,
y
se
tiene
E

E
p
Veamos que
la
igualdad
en general
es falsa; sea
f
2
End
(
R
3
) tal
que
su matriz en
la
base natural es
0
@
0
0
0
1
0
0
0
1
0
1
A
tenemos
que
f
e
3
g
es
el
sub espacio
de
vectores
propios
de
valor
propio
cero.
Sin
em-
bargo
f
2
es tal que su matriz en la base natural es
0
@
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
A
y
f
e
2
;e
3
g
es el sub espacio
de vectores propios
de valor propio
cero y claramente
E
6
E
2
10.
Sea
A
la matriz
0
@
1
2
2
2
1
2
2
2
1
1
A

86. 94

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Determinar
A
n
,paratodo
n
2
N
.
Solucion:
Si
D
es una matriz diagonal
D
=(

ii
) se tiene claramente
D
n
=(

n
ii
)
Si
A
es diagonalizabl e,
existe
S
tal que
D
=
S

1
AS
y
D
n
=(
S

1
AS
)
n
=
S

1
A
n
S
luego
A
n
=
SD
n
S

1
Veamos si
A
es diagonalizable:
det
(
A

tI
)=

(
t
+1)
2
(
t
+5)
los valores propios son
t
=

1 doble
y
t
=5.
dim K er
(
A
+
I
)=3

r ang o
0
@
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
A
=3

1=2
luego
A
diagonaliza.
Busquemos
la matriz
S
:
v
1
;
v
2
2
Ker
(
A
+
I
)
0
@
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
A
0
@
x
y
z
1
A
=
0
@
0
0
0
1
A
)
x
+
y
+
z
=0
)
v
1
=(
p
2
2
;

p
2
2
;
0)
v
2
=(
p
6
6
;
p
6
6
;

p
6
3
)
9
>
>
=
>
>
;
v
3
2
Ker
(
A

5
I
)
0
@

4
2
2
2

4
2
2
2

4
1
A
0
@
x
y
z
1
A
)

2
x
+
y
+
z
=0
x

2
y
+
z
=0

)
v
3
=(
p
3
3
;
p
3
3
;
p
3
3
)
luego

87. Diagonaliza ci on de endomorsmos
95
D
=
0
B
B
B
B
@
p
2
2

p
2
2
0
p
6
6
p
6
6

p
6
3
p
3
3
p
3
3
p
3
3
1
C
C
C
C
A
0
B
B
B
@
1
2
2
2
1
2
2
2
1
1
C
C
C
A
0
B
B
B
B
@
p
2
2
p
6
6
p
3
3

p
2
2
p
6
6
p
3
3
0

p
6
3
p
3
3
1
C
C
C
C
A
=
=
0
@

1
0
0
0

1
0
0
0
5
1
A
Y
D
n
=
0
@
(

1)
n
(

1)
n
5
n
1
A
Finalmente
A
n
=
SD
n
S

1
=
=
0
B
B
B
@
2
3
(

1)
n
+
1
3
5
n

1
3
(

1)
n
+
1
3
5
n
1
3
(

1)
n
+1
+
1
3
5
n

1
3
(

1)
n
+
1
3
5
n
2
3
(

1)
n
+
1
3
5
n
(

1)
n
1
3
+
1
3
5
n
1
3
(

1)
n
+1
+
1
3
5
n
1
3
(

1)
n
+
1
3
5
n
(

1)
n
2
3
+
1
3
5
n
1
C
C
C
A
11.
a)
Sea
A
2
M
n;n
(
C
).
Probar
que
A
y
A
t
tienen
el
mismo
p olinomio
carac-
terstico.
b)
Sean
A
2
M
n;n
(
C
),
B
2
M
m;m
(
C
),
C
2
M
n;m
(
C
) ,
tales
que
AC

CB
=
C
.
Probar que
8
p
2
N
A
p
C
=
C
(
I
m
+
B
)
p
c)
Sea
E
=
M
n;m
(
C
)y
f
un
endomorsmo
de
E
denido
de
la
forma
f
(
X
)=
AX

XB
con
A
2
M
n;n
(
C
)y
B
2
M
m;m
(
C
)
jas.
Probar que

2
C
es
un
valor
propio de
f
si y solo si

=

i


j
con

i
y

j
valores propios de los endomorsmos
de
C
n
y
C
m
aso ciados a las matrices
A
y
B
resp ectivamen
te.

88. 96

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Solucion:
a) En efecto:
det
(
A

I
)=
det
(
A

I
)
t
=
det
(
A
t

I
)
b)
Veamoslo
p or
induccion
resp ecto
a
p
.
Se
verica
claramente
para
p
=1:
de
AC

CB
=


C
tenemos
AC
=
C
+
CB
=
C
(
I
m
)+
CB
=
C
(
I
m
+
B
)
sup ongamos ahora que es cierto para
p
yv
eamos que lo es para
p
+1
A
p
+1
C
=
AA
p
C
=
A
(
C
(
I
m
+
B
)
p
)=(
AC
)(
I
m
+
B
)
p
=
=(
C
(
I
m
+
B
))(
I
m
+
B
)
p
=
C
(
I
m
+
B
)
p
+1
c)
Sea
f

1
;:::
n
g
el
conjunto
de
valores
propios
de
A
y
f

1
;:::;
j
g
el
conjunto
de
valores propios
de
B
Sea

i
un valor propio de
A
, existe
v
vector columna de
C
n
f
0
g
tal que
Av
=

i
v
.
Sea

j
un valor propio de
B
en
tonces, p or a, es tambi
en v
alor propio de
B
t
, p or lo que
existe
w
vector columna de
C
m
f
0
g
tal que
B
t
w
=

j
w
y p or tan
to
w
t
B
=

j
w
t
Sea ahora
X
=
v

w
t
2
M
n;m
(
C
);
f
(
X
)=
AX

XB
=
Av

w
t

v

w
t
B
=
=

i
v

w
t


j
v

w
t
=(

i


j
)
v

w
t
=(

i


j
)
X
p or lo que

i


j
es un valor propio
de
f
Recpro camente
Sea
X
6
= 0
un vector propio de
f
de valor propio

(
f
(
X
)=
X
)
Sea
P
(
t
)=(

1)
n
(
t


1
)
:::
(
t


n
)(los

i
no necesariamente distintos) el p olinomio
caracterstico de
A
(recuerdese
que
C
es algebraicamente cerrado p or lo que to dos los
factores primos de
P
(
t
)
son de grado 1).
Por
el
teorema
de
Cayley-Hamilton
P
(
A
)
=
0
p or
lo
que
P
(
A
)
X
=
0 .
Ahora
bien,
por b,
P
(
A
)
X
=
XP
(
I
m
+
B
).
Tenemos pues
0=
XP
(
I
m
+
B
)=
X
(
I
m


1
I
m
)
:::
(
I
m


n
I
m
)=
=
X
((



1
)
I
m
+
B
)
:::
((



n
)
I
m
+
B
)=
XC;
C
2
M
m;m
(
C
)

89. Diagonaliza ci on de endomorsmos
97
X
es una matriz no nula p or lo que
C
no puede
ser de rango maximo:
det C
=
n
Y
i
=1
(
det
((



i
)
I
m
+
B
)) = 0
existe,
pues,
alg un
i
para
el
cual
det
((



i
)
I
m
+
B
) = 0
es
decir

(



i
)esun
valor
propio
de
B
p or
lo
que
existe
alg un
j
para
el
cual

j
=

(



i
) ,
es
decir

=

i


j
.

90. 98

Algebra Lineal.
Problemas resueltos

91. Forma reducida de Jordan
99
Captulo
7
Forma
reducida
de
Jordan
1.
Hallar el p olinomio
anulador de la matriz:
A
=
0
@
2
0
0
0
2
0
1
2
2
1
A
sin utilizar
el p olinomio
caracterstico.
Hay
que
buscar
un
p olinomio
P
(
t
)=
a
0
+
a
1
t
+

+
a
r
t
r
tal
que
P
(
A
)=
a
0
I
+
a
1
A
+

+
a
r
A
r
sea la matriz nula.
Emp ecemos sup oniendo que
P
(
t
) es un p olinomio de primer grado:
a
0
+
a
1
t
y planteemos
P
(
A
)=
a
0
I
+
a
1
A
= 0 es decir
0
@
a
0
0
0
0
a
0
0
0
0
a
0
1
A
+
0
@
2
a
1
0
0
0
2
a
1
0
a
1
2
a
1
2
a
1
1
A
=
0
@
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
A
lo cual implica:
a
0
+2
a
1
=0
a
1
=0

o
sea
a
0
=
a
1
=0
Esto nos dice
que no puede
formarse la matriz nula p or combinacion
lineal
no n
ula de
I
y
A
p or lo que
P
(
t
) no puede
ser de primer grado.
Intentemos
ahora
con
un
p olinomio
de
segundo
grado
P
(
t
)=
a
0
+
a
1
t
+
a
2
t
2
y
calculemos
A
2

92. 100

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
A
2
=
0
@
4
0
0
0
4
0
4
8
4
1
A
a
0
0
@
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1
A
+
a
1
0
@
2
0
0
0
2
0
1
2
2
1
A
+
a
2
0
@
4
0
0
0
4
0
4
8
4
1
A
=
0
@
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
A
lo cual implica
a
0
+2
a
1
+4
a
2
=0
a
1
+4
a
2
=0

)
a
0
=

a
1
=4
a
2
Puede
tomarse
a
0
=4
;a
1
=

4
;a
2
= 1 , para tener
P
(
t
) normalizado,
p or lo que
P
(
t
)=
t
2

4
t
+4 = (
t

2)
2
2.
Sabiendo que un endomorsmo
f
de
R
11
tiene
(
t
+1)
2
(
t

4)
3
(
t
+2)
6
como p oli-
nomio
caracterstico
y
(
t
+1)
2
(
t

4)(
t
+2)
3
como
p olinomio
anulador.
>Cuales
son
sus p osibles
formas de Jordan?
Solucion:
De:
Q
(
t
)= (
t
+1)
2
(
t

4)
3
(
t
+2)
6
P
(
t
)=(
t
+1)
2
(
t

4)(
t
+2)
3
Se tiene
la
1
a
descomp osicion:
R
11
=
Ker
(
f
+
I
)
2

Ker
(
f

4
I
)

Ker
(
f
+2
I
)
3
=
E
1

E
2

E
3

93. Forma reducida de Jordan
101
Pasemos a la descomp osicion
de los
E
i
en monogenos; el p olinomio anulador de
E
1
es
(
t
+1)
2
,
luego
la
dimension
del
monogeno
may
or
es
2 y
coincide
con
el
p olinomio
caracterstico
(
t
+1)
2
,
que
nos
dice
que
dim
E
1
=
2 ,
luego
en
E
1
hay
un
solo
monogeno
E
1
=
E
11
,yla matrizde
f
restringida
a
E
1
es:


1
0
1

1

El
p olinomio
anulador
de
E
2
es
(
t

4) ,
luego
f
restringido
a
E
2
diagonaliza,
ya
que la dimension
del monogeno mayor es
1
, y puesto que el p olinomio
caracterstico
restringido
a
E
2
es
(
t

4)
3
,
se
tiene
que
la
dimension
de
E
2
es
3 ,
p or
lo
que
hay
tres
monogenos
en
E
2
de
dimensi
on
1yes
E
2
=
E
21

E
22

E
23
y
la
matriz
de
f
restringida
a
E
2
es:
0
@
4
0
0
0
4
0
0
0
4
1
A
El p olinomio
anulador
de
E
3
es
(
t
+2)
3
, luego la dimension
del
monogeno mayor es
3 y
puesto
que
el
p olinomio
caracterstico
de
E
3
es
(
t
+1)
6
,
la
dimensi
on
de
E
3
es
6 , luego no tenemos unvo camente
determinada
la descomp osici
on
de
E
3
.
Las p osibilid ades
son:
a)
E
31

E
32
con
dim E
31
=
dimE
32
=3
b)
E
31

E
32

E
33
con
dimE
31
=3,
dimE
32
=2y
dimE
33
=1
c)
E
31

E
32

E
33

E
34
con
dimE
31
=3,
dimE
32
=
dimE
33
=
dimE
34
=1.
Y la matriz
f
restringida a
E
3
es
a
)
0
B
B
B
B
B
@

2
0
0
1

2
0
0
1

2

2
0
0
1

2
0
0
1

2
1
C
C
C
C
C
A
b
)
0
B
B
B
B
B
@

2
0
0
1

2
0
0
1

2

2
0
1

2

2
1
C
C
C
C
C
A

94. 102

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
c
)
0
B
B
B
B
B
@

2
0
0
1

2
0
0
1

2

2

2

2
1
C
C
C
C
C
A
luego, las p osibles
formas de Jordan, son
a
)
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@

1
0
1

1
4
4
4

2
1

2
1

2

2
1

2
1

2
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
b
)
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@

1
1

1
4
4
4

2
1

2
1

2

2
1

2

2
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A

95. Forma reducida de Jordan
103
c
)
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@

1
0
1

1
4
4
4

2
1

2
1

2

2

2

2
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
3.
>Es la matriz
0
B
B
B
B
B
B
B
@
0
2
1
3
0
2
1
3
2
0
1
2
2
1
C
C
C
C
C
C
C
A
reducida
de Jordan de alg un endomorsmo?
Solucion:
Si lo fuese el p olinomio
anulador sera
P
(
t
)=(

2

3
t
+
t
2
)(
t

2)
2
(

2

3
t
+
t
2
) es el p olinomio
anulador de

0
2
1
3

p ero

2

3
t
+
t
2
no es primo:
(

2

3
t
+
t
2
)= (
t

3+
p
17
2
)(
t

3

p
17
2
)
luego la matriz anterior no puede
ser reducida
de Jordan.

96. 104

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
4.
Hallar
la
forma
reducida
de
Jordan
del
endomorsmo
de
R
4
cuy
amatrizenla
base natural es
A
=
0
B
@
0
1
0
0
0
0
2
0
0
0
0
3
0
0
0
0
1
C
A
Solucion:
Hallemos
el p olinomio
caracterstico:
det
(
A

tI
)=
t
4
(Obvio ya que la matriz es triangular).
dim K er
(
A

0
I
)=4

r ang o A
=4

3 = 1 ( no
diagonaliza,
pues 1
6
=4)
dim K er
(
A

0
I
)
2
=4

r ang o A
2
=4

rang o
0
B
@
0
0
2
0
0
0
0
6
0
0
0
0
0
0
0
0
1
C
A
=4

2= 2
dim K er
(
A

0
I
)
3
=4

r ang o A
3
=4

rang o
0
B
@
0
0
0
6
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
C
A
=4

1= 3
dim K er
(
A

0
I
)
4
=4

r ang o A
4
=4

rang o
0=4
Luego, tenemos
f
n
o

de sub espacios
de
dim

1
g
=
dim K er
f
=1
f
n
o

de sub espacios
de
dim

2
g
=
dim K er f
2

dim K er f
=1
f
n
o

de sub espacios
de
dim

3
g
=
dim K er f
3

dim K er f
2
=1
f
n
o

de sub espacios
de
dim

4
g
=
dim K er f
4

dim K er f
3
=1
luego hay un solo sub espacio
irreducible
de
dim
4 y la matriz reducida
es

97. Forma reducida de Jordan
105
0
B
@
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
1
C
A
Nota:
esto y
a se pod
a preveer, puesto que al ser
dim K er
(
A

0
I
)=
dim K er
f
=1
el sub espacio de vectores propios corresp ondien
te al v
alor propio cero es de
dim
1y en
cada
sub espacio
monogeno
hay
un
sub espacio
de
dim
1in
variante,
luego
solo
puede
hab er un monogeno.
5.
Dado el endomorsmo de
R
5
cuy
a matriz en la base natural viene
dada p or
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
3
2
1
2

1
2
1
2
1
2
1
2
5
2

1
2
1
2

1
2
1
2
1
2
3
2
1
2

1
2
1
2

1
2
1
2
5
2

1
2
0
0
0
1
2
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
Hallar:
a)
p olinomios
caracterstico
y anulador
b)
los sub espacios
monogenos corresp ondientes
c)
una base de estos sub espacios
monogenos, diciendo
qu
ev
ectores son
propios y escribir
en esta base la matriz del
endomorsmo.
Solucion:
a)
Polinomio
caracterstico

98. 106

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Q
(
t
)=
det
(
A

tI
)=

(
t

2)
5
veamos el anulador:
dim K er
(
A

2
I
)= 5

r ang o
(
A

2
I
)= 5

3= 2
(p or ser de dimension
dos habr
adosv
ectores propios
linealmente
indep end ie ntes,
con
valor propio dos.
Por tanto, como en cada sub espacio monogeno ha
yunv
ector propio,
habra dos sub espacios
monogenos)
dim K er
(
A

2
I
)
2
=5

rang o
(
A

2
I
)
2
)=5

1= 4
dim K er
(
A

2
I
)
3
=5

rang o
(
A

2
I
)
3
=5
luego
(
t

2)
3
anula a to do el espacio, luego
al p olinomio
anulador es:
P
(
t
)=(
t

2)
3
b)
Por ser
dim K er
(
A

2
I
)= 2,ha
y dos monogenos de
dim

1
dim K er
(
A

2
I
)
2

dim K er
(
A

2
I
)= 4

2=2, ha
y dos monogenos de
dim

2
dim K er
(
A

2
I
)
3

dim K er
(
A

2
I
)
2
=5

4=1,ha
y un mon
ogeno de
dim

3.
luego, ha
yun mon
ogeno de
dim
3,yun mon
ogeno de
dim
2
c)
Hallemos
una base del
primer monogeno
f
u
1
;u
2
;u
3
g
u
1
2
Ker
(
A

2
I
)
3
=
R
5
,luego
u
1
puede ser cualquier vector tal que
(
A

2
I
)
2
u
1
6
=
0 y puesto que
Ker
(
A

2
I
)
2
=
f
(
x; y ; z ; t; k
)
=
1
2
x

1
2
y
+
1
2
z
+
1
2
t

1
2
k
=0
g
Po demos tomar p or ejemplo
u
1
=(0
;
0
;
1
;
1
;
0) , en
tonces
u
2
=(
A

2
I
)
u
1
=(0
;
0
;
0
;
1
;
1)
u
3
=(
A

2
I
)
2
u
1
=(
A

2
I
)
u
2
=(1
;
0
;
0
;
0
;
1)

99. Forma reducida de Jordan
107
y
u
3
es vector propio (
(
A

2
I
)
u
3
=(
A

2
I
)
3
u
1
=0
u
1
=0 ).
Hallemos
ahora una base del
segundo monogeno
u
4
;u
5
:
u
4
2
Ker
(
A

2
I
)
2
y
u
4
=
2
Ker
(
A

2
I
)
Ker
(
A

2
I
)
2
=
f
(
x; y ; z ; t; k
)
=
1
2
x

1
2
z
+
1
2
t

1
2
k
=0
g
Ker
(
A

2
I
)=
f
(
x; y ; z ; t; k
)
=

x
+
y

z
+
t
+
k
=0
;x
+
y

z
+
t

k
=0
;
x

y
+
z
+
t

k
=0
;y
=0
g
Observamos que
u
2
2
Ker
(
A

2
I
)
2
;u
2
=
2
Ker
(
A

2
I
)
, luego tenemos que tomar la
precaucion
de elegir
u
4
de
forma que
u
4
;
(
A

2
I
)
u
4
=
u
5
sean
linealmente
indep en-
dientes
de
u
2
;u
3
.
Sea pues
u
4
=(1
;
1
;
0
;
0
;
0)
y p or lo tanto
u
5
=(
A

2
I
)
u
4
=(0
;
1
;
1
;
0
;
0)
y
u
5
es vector propio.
Vayamos a determinar la matriz de
f
en la base
f
u
1
;u
2
;u
3
;u
4
;u
5
g
:
(
A

2
I
)
u
1
=
u
2
)
Au
1

2
u
1
=
u
2
)
Au
1
=2
u
1
+
u
2
(
A

2
I
)
u
2
=
u
3
)
Au
1

2
u
2
=
u
3
)
Au
2
=2
u
2
+
u
3
(
A

2
I
)
u
3
=0
)
Au
3

2
u
3
=0
)
Au
3
=2
u
3
(
A

2
I
)
u
4
=
u
5
)
Au
4

2
u
4
=
u
5
)
Au
4
=2
u
4
+
u
5
(
A

2
I
)
u
5
=0
)
Au
5

2
u
5
=0
)
Au
5
=2
u
5
luego, la matriz es

100. 108

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
J
=
0
B
B
B
@
2
1
2
1
2
2
1
2
1
C
C
C
A
y claramente
J
=
S

1
AS
, donde
S
=
0
B
B
B
@
0
0
1
1
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
1
1
0
0
1
C
C
C
A
6.
Sea
f
2
End
(
R
3
)cuy
a matriz en la base natural es
A
1
=
0
B
B
B
@
1
1
2
1
0
1
0
0
1
1
1
C
C
C
A
y sea
g
2
End
(
R
3
) cuya matriz en una cierta base:
B
=
f
v
1
;v
2
;v
3
g
es
A
2
=
0
@

1

7

2
2
6
1

2

9

2
1
A
>Pueden
ser
f
y
g
el mismo endomorsmo?
Solucion:
Para que
A
1
y
A
2
puedan representar el mismo endomorsmo ha de existir una matriz
S
tal que
S

1
A
1
S
=
A
2
Veamos
como
p o demos
determinar
dicha
matriz:
busquemos
(si
existen)
las
formas
reducidas de Jordan de
f
y
g
.
Si son el mismo endomorsmo, coincidiran y tendremos

101. Forma reducida de Jordan
109
A
1
=
S

1
1
JS
1
A
2
=
S

1
2
JS
2
con lo cual
tendremos
S
1
A
1
S

1
1
=
J
S
2
A
2
S

1
2
=
J
)
)
S
1
A
1
S

1
1
=
S
2
A
2
S

1
2
)
(
S

1
1
S
2
)

1
A
1
(
S

1
1
S
2
)=
A
2
y
S
=
S

1
1
S
2
es la matriz buscada ya que se verica:
S

1
A
1
S
=
A
2
Estudiemos
pues
A
1
det
(
A
1

tI
)=

(
t

1)
3
dim K er
(
A
1

I
)= 1
luego hay un solo monogeno y
J
sera
J
=
0
@
1
0
0
1
1
0
0
1
1
1
A
y la base de Jordan es
w
1
2
Ker
(
A
1

I
)
3
=
R
3
w
1
=
2
Ker
(
A
1

I
)
2
;
p or
ejemplo
w
1
=(0
;
1
;
0)
w
2
=(
A
1

I
)
w
1
=(
1
2
;
0
;
1)
w
3
=(
A
1

I
)
2
w
1
=(
A

I
)
w
2
=(1
;
0
;
0)
y
S
1
=
0
B
B
B
@
0
1
0
0
0
1
1
0

1
2
1
C
C
C
A
S

1
1
=
0
B
B
B
@
0
1
2
1
1
0
0
0
1
0
1
C
C
C
A

102. 110

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Pasemos a estudiar, ahora,
A
2
det
(
A
2

tI
)=

(
t

1)
3
dim K er
(
A
2

I
)= 1
luego hay un solo monogeno y
J
=
0
@
1
0
0
1
1
0
0
1
1
1
A
y la base de Jordan es
u
1
2
Ker
(
A
2

I
)
3
=
R
3
;u
1
=
2
Ker
(
A
2

I
)
2
;
p or
ejemplo
u
1
=(8
;

5
;
10)
u
2
=(
A
2

I
)
u
1
=(1
;

1
;
1)
u
3
=(
A
2

I
)
2
u
1
=(
A
2

I
)
u
2
=(

3
;
2
;

4)
y
S
2
=
0
@
2
1

1
0
2
1
5
2

3
1
A
S

1
2
=
0
@
8

1

3

5
1
2
10

1

4
1
A
y p or lo tanto:
S
=
S

1
1
S
2
=
0
B
B
B
@
5
3

5
2
2
1

1
0
2
1
1
C
C
C
A
7.
Sea
f
=(
D
+
I
):
P
2
(
R
)
!
P
2
(
R
) donde
P
2
(
R
) es el
espacio
de
p olinomios
de
grado menor o igual que dos a co ecientes
reales
y
D
es la aplicacion
derivada;
a)
determinar
la
forma reducida
de
Jordan
as
como
la
base
para
la
cual
la
matriz
adopta dicha
forma

103. Forma reducida de Jordan
111
b)
probar que
f

1
es un p olinomio
en
f
y utilizar
dicho resultado para determinar
la matriz de
f

1
en la base natural
f
x
2
;x;
1
g
.
Solucion:
a)
En la base
f
x
2
;x;
1
g
, la matriz de
f
adopta la forma
A
=
0
@
1
0
0
2
1
0
0
1
1
1
A
det
(
A

tI
)=

(
t

1)
3
dimK er
(
A

I
)= 3

rang o
(
A

I
)= 3

2=1
luego hay un solo monogeno y la matriz reducida
de Jordan es
J
=
0
@
1
0
0
1
1
0
0
1
1
1
A
Busquemos
la base de Jordan:
v
1
2
Ker
(
A

I
)
3
=
R
3
;
v
1
=
2
Ker
(
A

I
)
2
=
f
(
x; y ; z
)
=x
=0
g
v
1
=(1
;
0
;
0)
v
2
=(
A

I
)
v
1
=(0
;
2
;
0)
v
3
=(
A

I
)
2
v
1
=(
A

I
)
v
2
=(0
;
0
;
2)
luego la base es
f
(1
;
0
;
0)
;
(0
;
2
;
0)
;
(0
;
0
;
2)
g
.
b)
El p olinomio
anulador de
f
es
(
t

1)
3
, luego
(
f

I
)
3
=0
,
f
3

3
f
2
+3
f

I
=0
luego

104. 112

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
I
=
f
3

3
f
2
+3
f
=
f
(
f
2

3
f
+3
I
)= (
f
2

3
f
+3
I
)
f
p or lo que
f

1
=
f
2

3
f
+3
I
Y la matriz
A

1
es:
A

1
=
0
@
1
0
0
2
1
0
0
1
1
1
A
2

3
0
@
1
0
0
2
1
0
0
1
1
1
A
+3
0
@
1
1
1
1
A
=
=
0
@
1
0
0

2
1
0
2

1
1
1
A
8.
Hallar la forma normal de Jordan del
endomorsmo de
R
4
cuya matriz es
A
=
0
B
@
3
1
0
0

4

1
0
0
7
1
2
1

17

6

1
0
1
C
A
Hallando
la base de
R
4
en la cual
la matriz del
endomorsmo adopta dicha
forma normal.
Solucion:
Calculemos
los p olinomios
caracterstico y anulador de
A
det
(
A

tI
)=
det
((
3
1

4

1
)

tI
2
)
det
((
2
1

1
0
)

tI
2
)=
=(
t

1)
4
dim K er
(
A

tI
)= 4

r ang o
(
A

I
)= 4

2= 2

105. Forma reducida de Jordan
113
luego hay dos monogenos
dim K er
(
A

I
)
2
=4

r ang o
(
A

I
)
2
=4

0=4=
dim
R
4
luego son dos monogenos de
dim
2
y la forma de Jordan es
J
=
0
B
@
1
0
0
0
1
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
1
1
C
A
Y
R
4
=
E
1

E
2
con
dim E
i
=
2
para
i
=1
;
2
Busquemos
la base de Jordan:
base de
E
1
:
v
1
2
Ker
(
A

I
)
2
;
v
1
=
2
Ker
(
A

I
)
v
1
=(1
;
0
;
0
;
0)
v
2
=(
A

I
)
v
1
=(2
;

4
;
7
;

17);
base de
E
2
:
v
3
2
Ker
(
A

I
)
2
;
v
3
=
2
Ker
(
A

I
)
v
3
=(0
;
1
;
0
;
0)
v
4
=(
A

I
)
v
3
=(1
;

2
;
1
;

6)
hay que tomar la precaucion de que
v
3
;v
4
sean linealmente
indep endi en
tes
de
v
1
;v
2
.
9.
Determinar la forma reducida de Jordan del endomorsmo de
R
3
cuya matriz en
la base natural es
A
=
0
@
1
a
a

1
1

1
1
0
2
1
A
con
a
2
R

106. 114

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Solucion:
Busquemos
el p olinomio
caracterstico:
det
(
A

tI
)=

(
t

1)
2
(
t

2)
dim K er
(
A

I
)=
(
2
a
=0
1
a
6
=0
Para
a
=0
f
diagonaliza,
y
D
es
D
=
0
@
1
0
0
0
1
0
0
0
2
1
A
para
a
6
=0el v
alor propio
1 nos da un
unico sub espacio
monogeno, y
J
es
J
=
0
@
1
0
0
1
1
0
0
0
2
1
A
Busquemos
la base de Jordan:
distinguiremos
dos casos
1)
a
=0
v
1
;
v
2
2
Ker
(
A

I
)=
f
(
x; y ; z
)
=x
+
z
=0
g
elegimos
v
1
=(1
;
0
;

1)
;
v
2
=(0
;
1
;
0)
v
3
2
Ker
(
A

2
I
)=
f
(
x; y ; z
)
=x
=0
;y
+
z
=0
g
elegimos
v
3
=(0
;
1
;

1)
.
2)
a
6
=0
v
1
2
Ker
(
A

I
)
2
=
f
(
x; y ; z
)
=x
+
ay
+(
a
+1)
z
=0
g
v
1
=
2
Ker
(
A

I
)=
f
(
x; y ; z
)
=ay
+
az
=0
;
x
+
z
=0
g

107. Forma reducida de Jordan
115
elegimos
v
1
=(
a;

1
;
0)
v
2
=(
A

I
)
v
1
=(

a;

a; a
)
v
3
2
Ker
(
A

2
I
)
v
3
=(0
;
1
;

1)
10.
Sea
A
2
M
n
(
R
)y sea
H
el
R
-espacio
vectorial generado p or las matrices
f
I ;
A;
A
2
;

;A
n

1
g
a)
Demostrar que si
B
2
H
y
B
es in
versible,
entonces
B

1
2
H
.
b)
Si
detA
=
0 , probar que existe
B
2
H;
B
6
=0tal que
AB
=
BA
=0.
Solucion:
a)
Por el teorema de Cayley-Hamilton, sab emos que el p olinomio caracterstico

n
+

1

n

1
+

+

n
an
ula a la matriz:
A
n
+

1
A
n

1
+

+

n
I
=0
porloque
A
n
=
P
n
i
=1


i
A
n

i
2
H
, con
lo
cual
A
m
2
H
8
m

n
, y
tiene
sentido
la aplicacion:
f
:
H
!
H
C
!
B

C
f
es lineal,
pues
f
(
C
1
+
C
2
)=
B
(
C
1
+
C
2
)=
BC
1
+
BC
2
=
f
(
C
1
)+
f
(
C
2
)
f
(
C
)=
B

(
C
)=
B

C
=
f
(
C
)
f
es
inyectiva,
pues
si
BC
1
=
BC
2
,alser
B
inversible,
tenemos
B

1
(
BC
1
)=
B

1
(
BC
2
)
y
p or
tan
to,
C
1
=
C
2
,
y
puesto
que
H
es
de
dimension
nita
f
es

108. 116

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
biyectiva,
luego
I
2
H
tiene
antiimagen
p or la aplicacion
f
; es decir,
existe
C
2
H
tal que
f
(
C
)=
B

C
=
I
, luego
C
=
B

1
2
H
Nota:
puesto que las matrices son de orden nito de
B

C
=
I
, deducimos
C
=
B

1
.
Si fueran de orden innito,
p o dra
ser que
B

C
=
I
,pero
C

B
6
=
I
.
b)
Sup ongamos
A
6
=0; sea
p
(

)
el p olinomio
anulador de
A
tenemos que
p
(
A
)=
P
r
i
=0

i
A
i
=
0
y
puesto
que
detA
=0 es

0
=0(y
a
que
el
p olinomio
anulador
divide
al caracterstico
y tiene
sus mismas races), luego

1
A
+

+

r
A
r
=0
y sea pues
B
=

1
I
+

+

r
A
r

1
B
es distinta de cero, ya que si
B
=
0
el p olinomio
anulador de
A
ser
a

1
+

+

r
x
r

1
Si
A
=0,en
tonces
8
B
2
H
, tenemos
AB
=
BA
=0

109. Analisis matricial
117
Captulo
8
Analisis
matricial
1.
Dada la matriz
A
=
0
@
3
2
4
2
0
2
4
2
3
1
A
a)
Calcular
e
A
;
e
tA
.
b)
Utilizar
dicho
resultado
para
resolver
el
siguiente
sistema
de
ecuaciones
diferen-
ciales
:
8
>
<
>
:
x
0
=3
x
+2
y
+4
z
y
0
=2
x
+2
z
z
0
=4
x
+2
y
+3
z
sabiendo
que para
t
=0
;
x
=1
;
y
=2
;
z
=3
Solucion:
a)
La exp onencial
de una matriz viene
denida
p or:
e
A
=
lim
p
!1
(
I
+
A
+
1
2!
A
2
+

1
p
!
A
p
)
Puesto que existe
S
tal que
A
=
SDS

1
,con
D
matriz diagonal, tenemos que:

110. 118

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
e
A
=
lim
p
!1
(
SS

1
+
SDS

1
+
1
2!
SD
2
S

1
+

+
1
p
!
SD
p
S

1
)=
=
Slim
p
!1
(
I
+
D
+
1
2!
D
2
+

1
p
!
D
p
)
S

1
=
Se
D
S

1
veamos que en efecto existen las matrices
S
y
D
det
(
A

I
)=

(

+1)
2
(


8)
dim k er
(
A
+
I
)= 2
luego
D
=
0
@

1
0
0
0

1
0
0
0
8
1
A
determinemos
S
f
v
1
;v
2
g
base de
ker
(
A
+
I
)
0
@
4
2
4
2
1
2
4
2
4
1
A
0
@
x
y
z
1
A
=
0
@
0
0
0
1
A
)
2
x
+
y
+2
z
=0
)
v
1
=(1
;
0
;

1)
v
2
=(0
;
2
;

1)
9
=
;
v
3
2
ker
(
A

8
I
)
0
@

5
2
4
2

8
2
4
2

5
1
A
0
@
x
y
z
1
A
=
0
@
0
0
0
1
A
)

5
x
+2
y
+4
z
=0
2
x

8
y
+2
z
=0
9
=
;
)
v
3
=(2
;
1
;
2)
de donde

111. Analisis matricial
119
S
=
0
@
1
0
2
0
2
1

1

1
2
1
A
y
S

1
=
1
9
0
@
5

2

4

1
4

1
2
1
2
1
A
p or lo tanto
e
D
=
lim
p
!1
0
@
0
@
1
1
1
1
A
+
0
@

1

1
8
1
A
+
1
2!
0
@
(

1)
2
(

1)
2
(8)
2
1
A
+


1
p
!
0
@
(

1)
p
(

1)
p
(8)
p
1
A
1
A
=
0
@
e

1
e

1
e
8
1
A
y
e
A
=
Se
D
S

1
=
1
9
0
@
5
e

1
+4
e
8

2
e

1
+2
e
8

4
e

1
+4
e
8

2
e

1
+2
e
8
8
e

1
+
e
8

2
e

1
+2
e
8

4
e

1
+4
e
8

2
e

1
+2
e
8
5
e

1
+4
e
8
1
A
e
tA
=
lim
p
!1
(
I
+
tA
+
1
2!
t
2
A
2
+

+
1
p
!
t
p
A
p
)=
Se
tD
S

1
y
e
tD
=
0
@
e

t
0
0
0
e

t
0
0
0
e
8
t
1
A
p or lo que
e
tA
=
1
9
0
@
5
e

t
+4
e
8
t

2
e

t
+2
e
8
t

4
e

t
+4
e
8
t

2
e

t
+2
e
8
t
8
e

t
+
e
8
t

2
e

t
+2
e
8
t

4
e

t
+4
e
8
t

2
e
t
+2
e
8
t
5
e

t
+4
e
8
t
1
A
b)
Pasemos a la resolucion
del
sistema de ecuaciones
diferenciale s

112. 120

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
X
(
t
)=
e
tA
X
(0)
con
X
(0)
=
0
@
1
2
3
1
A
X
(
t
)=
0
@
x
(
t
)
y
(
t
)
z
(
t
)
1
A
p or lo que
X
(
t
)=
1
9
0
@

11
e

t
+20
e
8
t
8
e

t
+10
e
8
t
7
e

t
+20
e
8
t
1
A
2.
Resolver el sistema de ecuaciones
diferenciales
dx
dt
=
x
+2
y

4
z
dy
dt
=

y
+6
z
dz
dt
=

y
+4
z
9
>
>
>
>
>
=
>
>
>
>
>
;
Solucion:
El sistema puede
expresarse matricialmen
te
0
@
dx
dt
dy
dt
dz
dt
1
A
=
0
@
1
2

4
0

1
6
0

1
4
1
A
0
@
x
y
z
1
A
es decir,
dX
dt
=
AX
.
Intentaremos efectuar un cambio de base de mo do que la n
uev
amatriz
J
=
S

1
AS
sea
lo
mas
sencilla
p osible.
As,
si
X
=
SZ
,
tenemos
dX
dt
=
S
dZ
dt
y
la
ecuacion
queda
S
dZ
dt
=
SJ S

1
SZ
,esdecir
dZ
dt
=
JZ
.
Busquemos
la forma reducida
de Jordan de
A

113. Analisis matricial
121
det
(
A

I
)=

(


1)
2
(


2)
dim k er
(
A

I
)= 1
luego no diagonaliza
y
J
=
0
@
1
0
0
1
1
0
0
0
2
1
A
La base de Jordan es
v
1
2
ker
(
A

I
)
2
v
1
=
2
ker
(
A

I
)
sea
pues
v
1
=(1
;
3
;
1)
v
2
=(
A

I
)(
v
1
)=(2
;
0
;
0)
v
3
2
ker
(
A

2
I
)
sea
pues
v
3
=(0
;
2
;
1)
y la matriz
S
es
S
=
0
@
1
2
0
3
0
2
1
0
1
1
A
El sistema queda
0
@
dz
1
dt
dz
2
dt
dz
3
dt
1
A
=
0
@
1
0
0
1
1
0
0
0
2
1
A
0
@
z
1
z
2
z
3
1
A
cuya solucion
es:
z
1
=
C
1
e
t
z
2
=(
C
1
t
+
C
2
)
e
t
z
3
=
C
3
e
2
t
9
>
=
>
;

114. 122

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
que volviendo
a la base natural
0
@
x
y
z
1
A
=
0
@
1
2
0
3
0
2
1
0
1
1
A
0
@
C
1
e
t
(
C
1
t
+
C
2
)
e
t
C
3
e
2
t
1
A
de donde
x
=(2
C
1
t
+
C
1
+2
C
2
)
e
t
y
=3
C
1
e
t
+2
C
3
e
2
t
z
=
C
1
e
t
+
C
3
e
2
t
9
>
=
>
;
3.
Sea
f
un
endomorsmo
del
R
-espacio
vectorial
R
4
tal
que
su matriz
en
la
base
natural es:
A
=
0
B
@

1
0
0
0
12
9

4

4
30
25

11

13
0
0
0
1
1
C
A
a)
Obtener
la forma reducida
de Jordan de
f
y la base de Jordan corresp ondiente.
b)
Calcular
e
3
A
.
Solucion:
a)
Determinemos
la forma reducida
de
A
det
(
A

I
)= (

+1)3(


1)
dim k er
(
A
+
I
)= 2
luego no diagonaliza, y el valor propio

1 nos prop orciona dos monogenos y la matriz
de Jordan es
J
=
0
B
@

1
0
0
0
1

1
0
0
0
0

1
0
0
0
0
1
1
C
A

115. Analisis matricial
123
Busquemos
la base de Jordan
v
1
2
ker
(
A
+
I
)
2
;v
1
=
2
ker
(
A
+
I
)
;v
1
=(1
;
0
;
0
;
0)
v
2
=(
A
+
I
)
v
1
=(0
;
12
;
30
;
0)
v
3
2
ker
(
A
+
I
)
indep end ie nte
con
v
2
;
sea
v
3
=(1
;
0
;
3
;
0)
v
4
2
ker
(
A
+
I
)
;v
4
=(0
;
1
;
1
;
1)
y la matriz cambio de base es
S
=
0
B
@
1
0
1
0
0
12
0
1
0
30
3
1
0
0
0
1
1
C
A
y
S

1
=
1
12
0
B
@
12
10

4

6
0
1
0

1
0

10
4
6
0
0
0
12
1
C
A
b)
e
3
A
=
e
3
SJ S

1
=
Se
3
J
S

1
e
3
J
=
0
B
@
e

3
0
0
0
3
e

3
e

3
0
0
0
0
e

3
0
0
0
0
e
3
1
C
A
luego
e
3
A
=
0
B
@
e

3
0
0
0
36
e

3
31
e

3

12
e

3

19
e

3
+
e
3
90
e

3
75
e

3

29
e

3

46
e

3
+
e
3
0
0
0
e
3
1
C
A
4.
Determinar las funciones
reales de una variable
x
(
t
),
y
(
t
),
z
(
t
),
u
(
t
) tales que
verican
el siguiente
sistema de ecuaciones
diferencial es
lineales
x
0
=
x

z
+
u
y
0
=
y
+
z
z
0
=
z
u
0
=
u
9
>
>
>
=
>
>
>
;

116. 124

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
y las condiciones
inicial es
x
(0) = 1
;y
(0) = 0
;z
(0) = 1
;u
(0) = 2 .
Solucion:
Escribiendo
el sistema dado en forma matricial
AX
=
X
0
0
B
@
1
0

1
1
0
1
1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
1
C
A
0
B
@
x
y
z
u
1
C
A
=
0
B
@
x
0
y
0
z
0
u
0
1
C
A
Busquemos
la forma reducida
de Jordan de la matriz
A
para simplicar
el
problema
det
(
A

I
)= (


1)
4
dim k er
(
A

I
)=2
luego hay dos monogenos
dim k er
(
A

I
)
2
=4
luego am
bos mon
ogenos son de dimension
dos, p or lo que la matriz de Jordan adopta
la forma
J
=
0
B
@
1
0
0
0
1
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
1
1
C
A
Busquemos
la base de Jordan
e
1
;e
3
2
ker
(
A

I
)
2
;
e
1
;e
3
=
2
ker
(
A

I
)
e
2
=(
A

I
)
e
1
;
e
4
=(
A

I
)
e
3
;
de manera que
e
1
;e
2
;e
3
;e
4
sean indep end ie n
tes.

117. Analisis matricial
125
Sea pues
e
1
=(0
;
0
;
1
;
0)
)
e
2
=(

1
;
1
;
0
;
0)
e
3
=(0
;
0
;
0
;
1)
)
e
4
=(1
;
0
;
0
;
0)
luego
S
=
0
B
@
0

1
0
1
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
1
C
A
y
S

1
=
0
B
@
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
1
C
A
e
tA
=
e
tS J S

1
=
Se
tJ
S

1
e
tJ
=
e
t
0
B
@
1
0
0
0
t
1
0
0
0
0
1
0
0
0
t
1
1
C
A
=
0
B
@
e
t
0
0
0
te
t
e
t
0
0
0
0
e
t
0
0
0
te
t
e
t
1
C
A
p or lo tanto
e
tA
=
0
B
@
e
t
0

te
t
te
t
0
e
t
te
t
0
0
0
e
t
0
0
0
0
e
t
1
C
A
y la solucion
del
sistema es:
0
B
@
x
y
z
u
1
C
A
=
e
tA
0
B
@
x
(0)
y
(0)
z
(0)
u
(0)
1
C
A
=
0
B
@
e
t
te
t
e
t
e
t
1
C
A
5.
Dada la matriz
A
=

0
1
6
1
1
6

118. 126

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Hallar:
I
+
A
+
A
2
+

+
A
n
+

=
1
X
i
=0
A
i
Solucion:
Busquemos,
para
obtener
de
forma
sencilla
A
n
,
la
forma
reducida
de
Jordan
de
la
matriz
A
det
(
A

I
)= (


1
2
)(

+
1
3
)
luego
A
diagonaliza
D
=

1
2
0
0

1
3

y la matriz cambio de base es:
v
1
2
ker
(
A

1
2
I
)
;
v
1
=(1
;
3)
v
2
2
ker
(
A
+
1
3
I
)
;
v
2
=(

1
;
2)
S
=

1

1
3
2

y
S

1
=
1
5

2
1

3
1

A
n
=
SD
n
S

1
=
S

(
1
2
)
n
(

1
3
)
n

S

1
=
=
0
@
2
5
(
1
2
)
n
+
3
5
(
1
3
)
n
1
5
(
1
2
)
n

1
5
(
1
3
)
n
6
5
(
1
2
)
n

6
5
(

1
3
)
n
3
5
(
1
2
)
n
+
2
5
(

1
3
)
n
1
A
1
X
n
=0
A
n
=
0
@
2
5
P
1
n
=0
(
1
2
)
n
+
3
5
P
1
n
=0
(
1
3
)
n
1
5
P
1
n
=0
(
1
2
)
n

1
5
P
1
n
=0
(
1
3
)
n
6
5
P
1
n
=0
(

1
2
)
n

6
5
P
1
n
=0
(

1
3
)
n
3
5
P
1
n
=0
(
1
2
)
n
+
2
5
P
1
n
=0
(

1
3
)
n
1
A

119. Analisis matricial
127
P
1
n
=0
(
1
2
)
n
=2
(es la suma de los terminos de una progresi
on geom
etrica de primer
termino
1 y razon
1
2
<
1).
P
1
n
=0
(

1
3
)
n
=
3
4
(
es
la
suma
de
los
terminos
de
una
progresion
geometrica
de
primer termino
1 y raz
on

1
3
;
j
1
3
j
<
1).
Por lo que:
2
5
1
X
n
=0
(
1
2
)
n
+
3
5
1
X
n
=0
(

1
3
)
n
=
5
4
1
5
1
X
n
=0
(
1
2
)
n

1
5
1
X
n
=0
(

1
3
)
n
=
1
4
6
5
1
X
n
=0
(
1
2
)
n

6
5
1
X
n
=0
(

1
3
)
n
=
3
2
3
5
1
X
n
=0
(
1
2
)
n
+
2
5
1
X
n
=0
(

1
3
)
n
=
3
2
y
1
X
n
=0
A
n
=
1
4

5
4
6
6

6.
Sea
A
=
0
@
0
1
1
1
0
1
1
1
0
1
A
Calcular
senA
.
Solucion:
Por denici
on:

120. 128

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
senA
=
1
X
n
=0
(

1)
n
A
2
n
+1
(2
n
+1)!
Determinemos
la forma reducida
de Jordan de
A
det
(
A

I
)=

(

+
I
)
2
+(


2)
dim k er
(
A
+
I
)= 2
luego
A
diagonaliza.
La matriz cam
biodebasees
v
1
;v
2
2
ker
(
A
+
I
)
indep endi en
tes
v
3
2
ker
(
A

I
)
sean pues
v
1
=(
p
2
2
;

p
2
2
;
0)
v
2
=(
p
6
6
;
p
6
6
;

2
p
6
2
)
v
3
=(
p
3
3
;
p
3
3
;
p
3
3
)
luego
S
=
0
B
B
B
B
@
p
2
2
p
6
6
p
3
3

p
2
2
p
6
6
p
3
3
0

2
p
6
6
p
3
3
1
C
C
C
C
A
y
S

1
=
0
B
B
B
B
@
p
2
2

p
2
2
0
p
6
6
p
6
6

2
p
6
6
p
3
3
p
3
3
p
3
3
1
C
C
C
C
A
y p or lo tanto
sen A
=
1
X
n
=0
(

1)
n
SD
2
n
+1
S

1
(2
n
+1)!
=
S
(
1
X
n
=0
(

1)
n
D
2
n
+1
(2
n
+1)!
)
S

1
=
=
S
0
B
B
B
B
@
P
1
n
=0
(

1)
n
(2
n
+1)!
(

1)
2
n
+1
0
0
0
P
1
n
=0
(

1)
n
(2
n
+1)!
(

1)
2
n
+1
0
0
0
P
1
n
=0
(

1)
n
(2
n
+1)!
(2)
2
n
+1
1
C
C
C
C
A
S

1
=

121. Analisis matricial
129
=
S
0
B
B
B
@
sen
(

1)
0
0
0
sen
(

1)
0
0
0
sen
(2)
1
C
C
C
A
S

1
=
=
0
B
B
B
@
2
3
sen
(

1)

1
3
sen
(

1) +
1
3
sen
(2)

1
3
sen
(

1) +
1
3
sen
(2)

1
3
sen
(

1) +
1
3
sen
(2)
2
3
sen
(

1) +
1
3
sen
(2)

1
3
sen
(

1) +
1
3
sen
(2)

1
3
sen
(

1) +
1
3
sen
(2)

1
3
sen
(

1) +
1
3
sen
(2)
2
3
sen
(

1) +
1
3
sen
(2)
1
C
C
C
A

122. 130

Algebra Lineal.
Problemas resueltos

123. Grup os
131
Apendice
I
Grup os
1.
Consideremos el
sub conjun
to
GL
2
(
R
)de
M
2
(
R
)
denido
p or
GL
2
(
R
)=

a
b
c
d

j
ad

bc
6
=0

:
a)
Probar
que
(
GL
2
(
R
)
;

)
es
un
grup o
no
conmutativ
o,
(

es
el
pro ducto
habitual
entre matrices).
b) Consideremos
el sub conjun
to
SL
2
(
R
)de
M
2
(
R
)
denido
p or
SL
2
(
R
)=

a
b
c
d

j
ad

bc
=1

:
Probar que
(
SL
2
(
R
)
;

)
es un subgrup o
del
grup o
(
GL
2
(
R
)
;

).
Solucion:
a) Primero veamos que la op eraci
on est
a bien denida, es decir dadas

a
b
c
d

;

a
1
b
1
c
1
d
1

2
Gl
2
(
R
)en
tonces

a
b
c
d



a
1
b
1
c
1
d
1

=

aa
1
+
bc
1
ab
1
+
bd
1
ca
1
+
dc
1
cb
1
+
dd
1

=

a
2
b
2
c
2
d
2

2
Gl
2
(
R
)
para ello
basta calcular
a
2
d
2

b
2
c
2
a
2
d
2

b
2
c
2
=(
aa
1
+
bc
1
)(
cb
1
+
dd
1
)

(
ca
1
+
bc
1
)(
ab
1
+
bd
1
)=
=(
ad

bc
)(
a
1
d
1

b
1
c
1
)
6
=0
Veamos que se verican
las propiedades
de grup o y que falla la conmutatividad

124. 132

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Aso ciatividad

a
b
c
d



a
1
b
1
c
1
d
1



a
1
b
2
c
2
d
2

=

aa
1
+
bc
1
ab
1
+
bd
1
ca
1
+
dc
1
cb
1
+
dd
1



a
2
b
2
c
2
d
2

=

(
aa
1
+
bc
1
)
a
2
+(
ab
1
+
bd
1
)
c
2
(
aa
1
+
bc
1
)
b
2
+(
ab
1
+
bd
1
)
d
2
(
ca
1
+
dc
1
)
a
2
+(
cb
1
+
dd
1
)
c
2
(
ca
1
+
dc
1
)
b
2
+(
cb
1
+
dd
1
)
d
2

=

a
(
a
1
a
2
+
b
1
c
2
)+
b
(
c
1
a
2
+
d
1
c
2
)
a
(
a
1
b
2
+
b
1
d
2
)+
d
(
c
1
b
2
+
d
1
d
2
)
c
(
a
1
a
2
+
b
1
c
2
)+
d
(
c
1
a
2
+
d
1
c
2
)
c
(
a
1
b
2
+
b
1
d
2
)+
d
(
c
1
b
2
+
d
1
d
2
)

=

a
b
c
d



a
1
a
2
+
b
1
c
2
a
1
b
2
+
b
1
d
2
c
1
a
2
+
d
1
c
2
c
1
b
2
+
d
1
d
2

=

a
b
c
d



a
1
b
1
c
1
d
1



a
2
b
2
c
2
d
2

Existencia
de elemento
neutro
8

a
b
c
d

2
GL
2
(
R
).
9

1
0
0
1

tal que

a
b
c
d



1
0
0
1

=

1
0
0
1



a
b
c
d

=

a
b
c
d

y
el
elemento
neutro
es
unico:
sup ongamos
que
existe
un
elemento

x
y
z
t

tal
que
8

a
b
c
d

2
GL
(
R
)
se tiene

a
b
c
d



x
y
z
t

=

x
y
z
t



a
b
c
d

=

a
b
c
d

entonces
por ser

x
y
z
t

neutro
)

x
y
z
t



1
0
0
1

=

1
0
0
1

p or ser

1
0
0
1

neutro
)

x
y
z
t



1
0
0
1

=

x
y
z
t

9
>
>
=
>
>
;
)

x
y
z
t

=

1
0
0
1

Existencia
de elemento
simetrico

125. Grup os
133
8

a
b
c
d

2
GL
2
(
R
)
ad

cb
6
= 0
luego
1
=ad

bc
2
R
Sea

d=ad

bc

b=ad

bc

c=ad

bc
a=ad

bc

2
GL
2
(
R
)
y es tal que:

d=ad

bc

b=ad

bc

c=ad

bc
a=ad

bc



a
b
c
d

=

a
b
c
d



d=ad

bc

b=ad

bc

c=ad

bc
a=ad

bc

=

1
0
0
1

Claramente para cada

a
b
c
d

2
GL
2
(
R
) , el elemento simetrico es unico.
(<Compro-
barlo!)
Luego
GL
2
(
R
)
tiene estructura de
grup o
,v
eamos que no es ab eliano.
Sean

1
1
0
1

;

1
0
1
1

2
GL
2
(
R
)

1
1
0
1



1
0
1
1

=

2
1
1
1


1
0
1
1



1
1
0
1

=

1
1
1
2

b)
Sean
A; B
2
Sl
2
(
R
)

GL
2
(
R
)
consideremos
B

1
A
2
GL
2
(
R
)yv
eamos
si
p ertenece
a
SL
2
(
R
)
det
(
B

1
A
)=
det B

1
det A
=1
=det b

det A
=1
=
1

1=1
2.
Sea
G
un grup o tal que para cada
x
2
G; x
2
=
e
, siendo
e
el elemen
to neutro del
grup o
G
.
Probar que
G
es un grup o conmutativ
o.
Solucion:
De
x
2
=
e
se tiene
x
=
x

1

126. 134

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Para to do par de elementos
x; y
2
G
se tiene
xy
2
G
luego
(
xy
)
2
=
xy xy
=
e
premultipli cando
dicha
igualdad
p or
x
y p ostmultipli cand o
p or
y
tenemos
xy xy
=
e
xxyxyy
=
xey
ey xe
=
xy
yx
=
xy
luego el grup o es conmutativo.
3.
Encontrar to dos los subgrup os normales de
S
3
Solucion:
S
3
=
f
i; g
1
;g
2
;s
1
;s
2
;s
3
g
con
i
=

1
2
3
1
2
3

g
1
=

1
2
3
3
1
2

g
2
=

1
2
3
2
3
1

s
1
=

1
2
3
1
3
2

s
2
=

1
2
3
3
2
1

s
3
=

1
2
3
2
1
3

Comp oniendo
de to das las formas p osibles
estos elementos, de
dos en dos, obtenemos
la siguiente
tabla
i g
1
g
2
s
1
s
2
s
3
i i g
1
g
2
s
1
s
2
s
3
g
1
g
1
g
2
i s
3
s
1
s
2
g
2
g
2
i g
1
s
2
s
3
s
1
s
1
s
1
s
2
s
3
i g
1
g
2
s
2
s
2
s
3
s
1
g
2
i g
1
s
3
s
3
s
1
s
2
g
1
g
2
i
(Nota:
en la tabla
x

y
es
x
columna,
y
la)
Teniendo
en cuenta que

127. Grup os
135
a)
el grup o es de orden seis,
b)
el orden de sus subgrup os
ha de ser divisor de seis,
c)
un
sub conjunto
de
un
grup o
nito
es
subgrup o
si
este
es
cerrado
con
resp ecto
la
op eracion,
simplemente
observando la tabla anterior, vemos cuales
son los subgrup os
de
S
3
,
Subgrup os
de orden
1 :
f
i
g
Subgrup os
de orden
2 :
f
i; s
1
g
;
f
i; s
2
g
;
f
i; s
3
g
Subgrup os
de orden
3 :
f
i; g
1
;g
2
g
Subgrup os
de orden
6 :
S
3
Son
subgrup os
normales
los
subgrup os
f
i
g
;
S
3
(los
impropios),
as
comoelde
ndice
dos,
que
puesto
que
el
orden
de
S
3
es
seis,
este
es
f
i; g
1
;g
2
g
.
Analicemos
si
alg un
subgrup o
de
orden
dos
es
normal,
estudiemos
p or
ejemplo
f
i; s
1
g
(los
otros
dos
se
estudian
de la misma forma).
Se trata de comparar
a
f
i; s
1
g
,con
f
i; s
1
g
a
con
a
2
S
3
un elemento
cualquiera:
sea
a
=
s
2
s
2
f
i; s
1
g
=
f
s
2
;g
1
g
f
i; s
1
g
s
2
=
f
s
2
;g
2
g
conjuntos distintos p or lo que el subgrup o no es normal, (ninguno de los tres subgrup os
de orden dos es normal).
4.
Sea
S
un subgrup o
de un grup o
G
ysea
x
2
G
.
Probar que
x

1
Sx
=
f
x

1
yx
j8
y
2
S
g
es un subgrup o
de
G
Solucion:
Sean
y
1
;y
2
2
S
entonces
x

1
y
1
x
y
x

1
y
2
x
son
dos
elemen
tos
de
x

1
Sx
,v
eamos
si
se verica la condicion
de subgrup o:
(
x

1
y
1
x
)(
x

1
y
2
x
)= (
x

1
y
1
x
)(
x

1
y

1
2
x
)=
x

1
y
1
(
xx

1
)
y

1
2
x
=
x

1
y
1
y

1
2
x

128. 136

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
las
igualdades
anteriores
son
to das ellas
ciertas
puesto
que
x; y
1
;y
2
son
elemen
tos
de
G
que tiene estructura de grup o.
Ahora bien,
p or ser
S
subgrup o
y
1
y

1
2
=
y
3
2
S
,luego
(
x

1
y
1
x
)(
x

1
y
2
x
)

1
=
x

1
y
3
x
2
x

1
Sx
y p or lo tanto
x

1
Sx
es un subgrup o de
G
5.
Sea
A
2
M
2
(
C
)ysea
S
=
f
X
2
GL
2
(
C
)
j
XA
=
AX
g
.
a) >Es
S
un subgrup o de
GL
2
(
C
)?.
b) Determinar
S
para el caso en que
A
=

01
00

Solucion:
a) Sean
X
1
;X
2
2
S
luego verican
X
1
A
=
AX
1
y
X
2
A
=
AX
2
Para ver si se verica
X
1
X

1
2
A
=
AX
1
X

1
2
(condicion
de subgrup o), veamos primero
que, si
X
2
2
S
entonces
X

1
2
2
S
.
En
efecto:
premultipli cand o
y
p ostmultiplicand o
la
igualdad
X
2
A
=
AX
2
por
X

1
2
tenemos
X

1
2
X
2
AX

1
2
=
X

1
2
AX
2
X

1
2
AX

1
2
=
X

1
2
A
X

1
2
A
=
AX

1
2
y nalmente
X
1
X

1
2
A
=
(
a
)
X
1
AX

1
2
=
(
b
)
X
1
AX

1
2
(
a
)
X

1
2
2
S
(
b
)
X
1
2
S
Luego en efecto
S
es subgrup o.
b) Sea
X
=

x
1
x
2
x
3
x
4

2
S
entonces

x
1
x
2
x
3
x
4

0
1
0
0

=

0
1
0
0

x
1
x
2
x
3
x
4

129. Grup os
137
)

0
x
1
0
x
3

=

x
3
x
4
0
0

)


x
3
x
1

x
4
0
x
3

=

0
0
0
0

)
x
1
=
x
4
x
3
=0
)
X
=

x
1
x
2
0
x
1

ahora bien
X
2
GL
2
(
C
)
luego
x
1
6
=0
S
=

x
1
x
2
0
x
1

j
x
1
6
=0

6.
Probar que
(
R
;

)con
a

b
=
3
p
a
3
+
b
3
es un grup o isomorfo a
(
R
;
+) .
Solucion:
Veamos que
(
R
;

)
es un grup o ab eliano.
1) La op eracion
esta bien
denida
(
a

b
existe para to do
a; b
2
R
yes
unico)
Aso ciatividad
(
a

b
)

c
=(
3
p
a
3
+
b
3
)

c
=
3
q
(
3
p
a
3
+
b
3
)
3
+
c
3
=
=
3
p
(
a
3
+
b
3
)+
c
3
=
3
p
a
3
+(
b
3
+
c
3
)=
3
q
a
3
+(
3
p
b
3
+
c
3
)
3
=
=
a

(
3
p
b
3
+
c
3
)=
a

(
b

c
)
Existencia
de elemento
neutro
Si
e
2
R
es tal que
8
a
2
R
a

e
=
e

a
=
a
entonces
3
p
a
3
+
e
3
=
a
)
a
3
+
e
3
=
a
3
)
e
3
=0
p or lo tanto
e
= 0
y evidentemen
te
es

unico
Existencia
de elemento
simetrico

130. 138

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Si para cada
a
2
R
existe
a
1
2
R
tal que
a

a

1
=
a
1

a
=0
entonces
0=
3
q
a
3
+
a
3
1
)
a
3
=

a
3
1
)
a
=
a
1
luego el elemento
simetrico
existe y es
unico
Conmutatividad
a

b
=
3
p
a
3
+
b
3
=
3
p
b
3
+
a
3
=
b

a
Luego en efecto es grup o ab eliano,
establezcamos
ahora el isomorsmo con
(
R
;
+)
'
:(
R
;

)
!
(
R
;
+)
a
!
'
(
a
)=
a
3
Dicha
aplicacion
esta
bien
denida
ya
que
'
(
a
)esunn
umero
real
unico,
para
cada
a
2
R
.
Es inyectiva
pues
'
(
a
)=
'
(
b
)
)
a
3
=
b
3
lo que implica
a
=
b
Es ademas exhaustiva
pues
8
a
2
R
existe
3
p
a
tal que
'
(
3
p
a
)=
a
Esta aplicacion
es morsmo de grup os, ya que
'
(
a

b
)=
'
(
3
p
a
3
+
b
3
)=(
3
p
a
3
+
b
3
)
3
=
a
3
+
b
3
=
'
(
a
)+
'
(
b
)
p or lo que
'
es un isomorsmo.
7.
Sea
G
un
grup o.
Probar que
si
existe
un
n umero
entero
n
tal
que
(
ab
)
n
=
a
n
b
n
para to do
a; b
2
G
entonces
G
n
=
f
x
n
j
x
2
G
g
y
G
n
=
f
x
2
G
j
x
n
=
e
g
son
subgrup os
normales
de
G
,ysi
G
es
un
grup o
nito
entonces
el
orden
de
G
n
coincide
con el ndice
de
G
n
Solucion:

131. Grup os
139
Consideremos
la aplicacion
'
:
G
!
G
x
!
x
n
y comprob emos
que es morsmo de grup os
'
(
ab
)= (
ab
)
n
=
(
a
)
a
n
b
n
=
'
(
a
)
'
(
b
)
(
a
)
por hip
otesis
Ker'
=
f
x
2
G
j
'
(
x
)=
e
g
=
G
n
luego
G
n
es subgrup o normal de
G
Im'
=
f
y
2
G
j9
x
2
G
tal que
'
(
x
)=
y
g
=
f
x
n
j
x
2
G
g
=
G
n
luego
G
n
es
un
subgrup o
de
G
,v
eamos que tambien
es normal
8
y
2
G
yx
n
y

1
=(
yxy

1
)
n
2
G
n
Y p or
ultimo
'
(
G
)=
G
n
'
G=G
n
, p or lo que
or d G
n
=
ind G
n
8.
Probar
que
un
grup o
(
G;

) esabeliano siysolosila aplicaci
on
'
:
G
!
G
denida
por
'
(
x
)=
x

1
es un automorsmo de
G
.
Solucion:
La aplicacion
'
esta bien
denida
puesto que cada
elemento
de
G
admite un
inv
erso
y este es
unico.
Sup ongamos ahora que
'
es un automorsmo
'
(
a

b
)=
'
(
a
)

'
(
b
)
8
a; b
2
G
Por denici
on
de
'
tenemos
(
a

b
)

1
=
a

1

b

1
(1)
Por denicion
de elemen
to
sim
etrico tenemos
(
a

b
)

1
=
b

1

a

1
(2)

132. 140

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
que p or (1) y (2)
'
(
a

b
)=
b

1

a

1
=
'
(
b
)

'
(
a
)=
'
(
b

a
)
y p or ser
'
automorsmo es
a

b
=
b

a
Luego
G
es conmutativo.
Recpro camente
La
aplicacion
'
es
biy
ectiva
p or
ser
G
grup o
(para
cada
elemento
a
2
G
existe
simetrico y es unico), veamos que el hecho de ser el grup o ab eliano
nos asegura que
'
es morsmo
'
(
a

b
)= (
a

b
)

1
=
b

1

a

1
=
(
a
)
a

1

b

1
=
'
(
a
)

'
(
b
)
(
a
)
hipotesis
de conmutatividad
9.
Sea
G
un
grup o.
Probar que
el
orden
de
un
elemento
a
2
G
es
el
mismo
que
el
orden de su inv
erso
a

1
Solucion:
Sea
n
=
or d a
el
orden
de
a
2
G
es
decir
a
n
=
e
.
Puesto
que
to do
elemen
to
a
2
G
conmuta con su inverso
a

1
y este es tal que
aa

1
=
e
, se tiene
(
aa

1
)
n
=
e
n
=
e
(
aa

1
)
n
=
aa

1
:::aa

1
=
a
n
(
a

1
)
n
y p or lo tanto
a
n
(
a

1
)
n
=
e
Ahora bien
a
n
=
e
luego
(
a

1
)
n
=
e
(
a

1
)
n
=
e
.P
or lo tanto si
m
es el orden de
a

1
se tiene que
m
es divisor
de
n
.
Analogamente tenemos
(
a

1
a
)
m
=
e
m
=
e
de donde
a
m
=
ea
m
=(
a

1
)
m
a
m
=
e
p or lo que
n
es un divisor de
n
.
Finalmente
si
n
es divisor
de
m
y
m
es divisor de
n
es que
n
=
m
.

133. Anillos de clases de restos
141
Apendice
I I
Anillos
de
clases
de
restos
1.
Sea
Z
el anillo de los n umeros enteros, un sub conjunto,
I

Z
, diremos que es un
ideal
si y solamente si
8
x; y
2
I
8
x
2
I;
8
a
2
Z

)
x

y
2
I
a

x
2
I

Probar que to dos los ideales
de
Z
son de la forma
I
=(
a
)=
f
a

m
j8
m
2
Z
g
:
Solucion:
Sea,
a
,el menoren
tero p ositivo p erteneciente
a
I
, para to do
m
2
I
, tenemos
m
=
a

c
+
r
con
0

r<a
puesto
que
a
2
I
se
tiene
que
a

c
2
I
y
p or
tan
to
r
=
m

a

c
2
I
;
r
es
p ositivo
on
ulo
y
p or
p ertenecer
a
I
ha
de
ser
nulo,
luego
m
=
a

c
es
decir
I
=(
a
) ;
(estos
ideales
se llaman
principales).
2.
a) Probar que la interseccion
de dos ideales
de
Z
es siempre
un ideal.
b)
Probar,
con
un
ejemplo,
que
la
union
de
dos
ideales
de
Z
no
tiene
p or
qu
eserun
ideal.
Solucion:

134. 142

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
a)
(
a
)
\
(
b
)=
I
Sean
x; y
2
I
;v
eamos si
x

y
2
I
.De
x; y
2
I
se tiene
x; y
2
(
a
)
de donde
x

y
2
(
a
)
x; y
2
(
b
)
de donde
x

y
2
(
b
)
De
x

y
2
(
a
), y
x

y
2
(
b
)
se tiene
x

y
2
(
a
)
\
(
b
)=
I
Sean
x
2
I
,
m
2
Z
;v
eamos si
m

x
2
I
.
De
x
2
I
se tiene
x
2
(
a
)
luego
m

x
2
(
a
)
x
2
(
b
)
luego
m

x
2
(
b
)
De
m

x
2
(
a
), y
m

x
2
(
b
)
se tiene
m

x
2
I
(b) Consideremos
los ideales
I
1
=(3),
I
2
= (2)
y sea
(3)
[
(2) .
Tenemos
que
9
2
(3) ,
4
2
(2)
y
9

4= 5
=
2
(3)
[
(2)
puesto
que
5
=
2
(3)
y
5
=
2
(2) ,
luego
(3)
[
(2)
no es ideal.
3.
Probar que
mcd
(
a; b
)=
d
, siendo
d
el
generador
del
ideal
suma de los
ideales
de
Z
generados p or
a; b
resp ectivamente.
Solucion:
Recordemos
que
I
+
J
=
f
a
+
b
j
a
2
I;
b
2
J
g
es siempre un ideal.
En
Z
sab emos que los ideales
son principal es,
luego
(
a
)+ (
b
)= (
d
)
:
Veamos que
d
es en efecto
mcd
(
a; b
).
(
a
)

(
d
)
pues
8
m
2
(
a
)
m
+0 =
m
2
(
a
)+(
b
)= (
d
).
Por el mismo razonamiento
(
b
)

(
d
).
De
(
a
)

(
d
)
tenemos que
a
2
(
d
), luego
a
=
d

k
1

135. Anillos de clases de restos
143
De
(
b
)

(
d
)
tenemos que
b
2
(
d
) , luego
b
=
d

k
2
de donde
d
es divisor
com un de
a
,y
b
;falta v
er que es el maximo.
De
(
d
)= (
a
)+ (
b
)
tenemos que
d
2
(
a
)+ (
b
) ; luego
existen
m; n
2
Z
tales que
a

m
+
b

n
=
d
p or lo que
si
d
1
es divisor
de
a
y
b
lo es de
a

m
+
b

n
,esdecir, loesde
d
,por lo
que
mcd
(
a; b
)=
d
.
4.
Probar que
mcm
(
a; b
)=
c
, siendo
c
2
Z
el generador del ideal interseccion
de los
ideales
generados p or
a; b
2
Z
.
Solucion:
Tenemos, p or hipotesis, que
(
a
)
\
(
b
)= (
c
); v
eamos que c = mcm(a,b).
De
(
a
)
\
(
b
)= (
c
)
tenemos

(
c
)

(
a
)
;
luego
c
2
(
a
)
(
c
)

(
b
)
;
luego
c
2
(
b
)
de donde
c
=
a

k
1
con
k
1
2
Z
c
=
b

k
2
con
k
2
2
Z
luego
c
es m ultiplo
de
a
y
b
.V
eamos que es el
mnimo.
Sea
h
un m ultiplo
de
a
y
b
cualquiera
h
=
a

h
1
de donde
h
2
(
a
)
h
=
b

h
2
de donde
h
2
(
b
)
y p or tan
to,
h
2
(
a
)
\
(
b
) , es decir
h
=
c

h
3
,estam
bien
m ultiplo
de
c
.
5.
Probar que
para que
Z
=
(
n
)
sea cuerp o,
es condicion
necesaria
y
suciente
que
n
sea primo.
Solucion:
Sup ongamos
que
Z
=
(
n
)
es
cuerp o,
es
decir
8
a
2
Z
=
(
n
),
a
6
=
0 , existe b
2
Z
=
(
n
)tal
que
a

b
=
1.

136. 144

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
Si
n
no fuera primo, existiran
n
1
;n
2
2
N
;am
b os distintos de
n
, tales que
n
1

n
2
=
n
;
p or lo tanto
n
1

n
2
=
n
=
0.
Puesto que
n
1
6
=
0y
Z
=
(
n
)
p or hipotesis es cuerp o, existe
m
tal que
n
1

m
=
1 , luego
0= 0

m
=
n
1

n
2

m
=
n
1

m

n
2
=
1

n
2
=
n
2
, luego
n
2
=

n
y puesto que
n
2
j
n
,
se tiene
n
2
=
n
contradicci
on
;
luego
n
ha de ser primo, y la condicion
es necesaria.
Veamos que es tambien suciente:
Sea
0
6
=
a
=
f
m

n
+
a;
8
m
2
Z
;
con 0
<a<n
g
.
Puesto que
n
es primo,
mcd
(
a; n
)= 1;
p or lo
que existen
r
;s
2
Z
,talesque
a

r
+
n

s
= 1
(recordar que
(
a
)+ (
n
)=(1));
luego
a

r
+
n

s
=
1, o sea, a

r
+
n

s
=
1; P
ero
n
=
0 ,
p or
lo
tanto
a

r
=
1y
Z
=
(
n
)
es cuerp o.
6.
Determinar to dos los divisores
de cero de
a)
Z
=
(12) ;
b)
Z
=
(18) ;
c)
Z
=
(24) .
Solucion:
Un
elemen
to
a
2
Z
=
(
n
)
con
a
6
=
0
es
un
divisor
de
cero
si
y
solamente
si
existe
b
2
Z
=
(
n
),
b
6
=
0
tal que
a

b
=
0
Observamos
que si
a
es divisor
de cero, tambi
en
lo es
b
,y
a

b
=

n
.
a)
12=2
2

3 , luego
los divisores
de cero son
2, 3, 4, 6, 8, 9, 10 ; es decir,
las
clases
de
resto de
los
divisores
propios
de
12
y de
los
elementos
que
tienen
un
factor
que lo es de
12 .
Observamos
que
2

6= 0, 3

4= 0, 3

8= 0, etc.
b)
18=2

3
2
,
luego
los
divisores
de
cero
son
2, 3, 4, 6, 8, 9, 10 , 12 , 14 ,
15 , 16 ,
es decir,
las clases
de
resto de los
divisores
propios
de
18
y
de
los elementos
que tienen
un factor que lo es de
18
.
Observamos
que
2

9= 0, 4

6= 0, 8

3= 0, 4

9= 0, etc.
c)
24 = 2
3

3 , luego
los divisores
de
cero son
2, 4, 8, 3, 6, 10 , 12 , 14 , 16 ,
18 , 20 , 22 , 9, 15 , 21 , es decir, las clases de resto de los divisores
propios de
24
y
de los elementos que tienen
un factor que lo es de
24 .

137. Anillos de clases de restos
145
Observamos
que
2

12 =
0, 4

6= 0, 8

3= 0, 21

8= 0 , etc.
7.
Escribir
las tablas de sumar y multiplicar
de
Z
=
(4)
y resolver el sistema de ecua-
ciones
2
x
+3
y
=1
2
x
+2
y
=1

Solucion:
+ 0 1 2 3
0 0 1 2 3
1 1 2 3 0
2 2 3 0 1
3 3 0 1 2
0 1 2 3
0 0 0 0 0
1 0 1 2 3
2 0 2 0 2
3 0 3 2 1
2
x
+3
y
=1
2
x
+2
y
=1

(
a
)
)
0
x
+
y
=2
)
y
=2
(
b
)
)
2
x
+3

2= 1
)
2
x
+2=1
)
2
x
=3
no tiene solucion pues no existe ning un elemento
x
en
Z
=
(4) tal que 2

x
=3. Obs
erv
ese
que
2
no es inversible
en
Z
=
(4)
(es un divisor
de cero)
(
a
)
sumando ambas ecuaciones.
(
b
)
sustituyendo
el
valor de
x
en la primera
ecuaci
on.
8.
Escribir
la tabla de sumar y multiplicar
del cuerp o
Z
/(5) y resolver el sistema
x
+2
y
=1
2
x
+
y
=0

Solucion:

138. 146

Algebra Lineal.
Problemas resueltos
+ 0 1 2 3 4
0 0 1 2 3 4
1 1 2 3 4 0
2 2 3 4 0 1
3 3 4 0 1 2
4 4 0 1 2 3
0 1 2 3 4
0 0 0 0 0 0
1 0 1 2 3 4
2 0 2 4 1 3
3 0 3 1 4 2
4 0 4 3 2 1
x
+2
y
=1
2
x
+
y
=0

(
a
)
)
2
x
+4
y
=2
2
x
+
y
=0

(
b
)
)
4
x
+0
y
=2
)
4
x
=2
)
x
=3
(
c
)
)
2

3+
y
=0
)
1+
y
=0
)
y
=4
(
a
)m
ultiplican do
la primera ecuacion
p or 2.
(
b
)
sumando
ambas ecuaciones.
(
c
)
sustituyendo el
valor de
x
en la segunda ecuaci
on.
9.
Descomp oner en fracciones
simples,
sobre
Z
/(5) la fraccion
racional siguiente
4
x
2
+4
x
+3
Solucion:
Hallemos
primero
las
races
del
denominador,
haciendo
uso de
las
tablas
del
ejercicio
anterior:
(
x
2
+4
x
+ 3)(4) = 1 + 1 + 3 = 0
(
x
2
+4
x
+ 3)(2) = 4 + 3 + 3 = 0
luego
x
2
+4
x
+3 = (
x

4)(
x

2) = (
x
+1)(
x
+3), luego
4
(
x
+1)(
x
+3)
=
A
x
+1
+
B
x
+3
4
(
x
+1)(
x
+3)
=
A
(
x
+3)+
B
(
x
+1)
(
x
+1)(
x
+3)
=
(
A
+
B
)
x
+3
A
+
B
(
x
+1)(
x
+3)
Igualando
numeradores tenemos
A
+
B
=0
3
A
+
B
=4

)
A
=2
;
B
=3