Ejer Cici Os Algebra Lineal

Universidad de Costa RicaFacultad de Ciencias

Escuela de Matematica

Ejercicios de Algebra Lineal.

Christian Fonseca Mora

2012

1

1. Prefacio

El objetivo de estas notas es ofrecer a los estudiantes del curso de Algebra Lineal un complementoal material visto en clase y que les permita apropiarse de una serie de tecnicas para la resolucion deejercicios. Como en todas las areas de la matematica, la resolucion de ejercicios es la mejor manera decomprender tanto los resultados teoricos, como la aplicabilidad del Algebra Lineal y por lo tanto esindispensable que los estudiantes traten de resolver la mayor cantidad de ejercicios.

Usualmente no es posible cubrir el material del curso en el tiempo de clase y al mismo tiempo realizarla suficiente practica para que los estudiantes identifiquen y dominen los distintos metodos utilizadosen la resolucion de ejercicios, los cuales en muchos casos requieren de una aplicacion de los conceptosy resultados de la teorıa. En esa direccion, escribı estas notas con ejercicios resueltos pensando en quelos estudiantes pueden guiarse con las explicaciones y ası realizar sus propias conclusiones sobre comosolucionar un determinado ejercicio.

La recomendacion a los estudiantes que utilicen estas notas es que primero intenten realizar el ejer-cicio por su cuenta y que cuando definitivamente no puedan hallar la solucion, entonces recurran a lasnotas para identificar los fallos cometidos y cual serıa el metodo para encontrar la solucion. Como esusual en la matematica, existen normalmente diversas maneras de solucionar un ejercicio, por lo que seofrecen en estas notas solo algunas de las posibilidades.

Los ejercicios fueron tomados de examenes de semestres anteriores de la catedra del curso MA1004Algebra Lineal de la Universidad de Costa Rica, especificamente entre los anos 2009 a 2011. De ningunamanera la resolucion de estos ejercicios pretende sustituir el estudio del material discutido en clase porel profesor, ni tampoco garantiza que el estudiante tenga un buen desempeno en los examenes. Portanto se recomienda al estudiante estudiar a conciencia el material del libro usado o las notas vistasen clase y complementarlo con estas notas. Cualquier error en este documento es responsabilidad delautor. Agradezco a mis estudiantes que en muchos casos me han permitido corregir errores de escritura,aunque este documento puede no estar excento de muchos mas.

Christian Fonseca.

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Indice

1. Prefacio 2

2. Sistemas de Ecuaciones Lineales 4

3. Matrices 13

4. Determinantes 33

5. Geometrıa vectorial de Rn 45

6. Rectas y planos en Rn 56

7. Espacios vectoriales reales 78

8. Espacios con producto interno, ortogonalidad y proyecciones 95

9. Transformaciones lineales 109

10. Valores y vectores propios de operadores y matrices 126

11. Formas cuadraticas, secciones conicas y superficies cuadraticas 137

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Ejercicios de Algebra lineal Prof. Christian Fonseca

2. Sistemas de Ecuaciones Lineales

1. Considere el sistema de ecuaciones lineales(1 3p −1−3 p −7

) xyz

=(179

)

a) Determine para que valores de p y de b el vector

b8

b + 7

es solucion del sistema.

Respuesta:Para que el vector (b, 8, b + 7)t sea solucion del sistema, es necesario que:

1 · b + 3p · 8 − (b + 7) = 17−3 · b + p · 8 − 7 · (b + 7) = 9 ⇔ b + 24p − b − 7 = 17

−3b + 8p − 7b − 49 = 9

⇔ 24p = 24−10b + 8p = 58 ⇔

p = 1−5b + 4p = 29 ⇔ p = 1 y b = −5

b) En el sistema de ecuaciones dado, sustituya p por el valor que encontro en la parte (a) ydetermine el conjunto solucion del sistema.

Respuesta:Sustituyendo p = 1, se obtiene el sistema en forma de matriz aumentada dado por(

1 3 −1 17−3 1 −7 9

)3 f1 + f2−→

(1 3 −1 170 10 −10 60

)110 f2−→

(1 3 −1 170 1 −1 6

)−3 f2 + f1−→

(1 0 2 −10 1 −1 6

)Entonces tenemos el sistema:

x1 +2x3 = −1x2 −x3 = 6

Tomando x3 = t, se tiene x1 = −1−2t y x2 = 6+ t. Por lo tanto, el conjunto solucion del sistemaes {(−1 − 2t, 6 + t, t) t ∈ R}.

2. Dado el sistema de ecuaciones lineales

px1 + 2x2 + 3x3 = 2px1 + px2 + (p + 1)x3 = p

px1 + px2 + (2p − 2)x3 = 2p − 2

Determine para que valor o valores de p el sistema: (a) tiene infinitas soluciones, (b) tiene solucionunica, (c) no tiene solucion.

Respuesta:

4


Planteamos el sistema con matriz aumentada:p 2 3 2p p (p + 1) pp p (2p − 2) 2p − 2

− f1 + f2−→− f1 + f3

p 2 3 20 p − 2 p − 2 p − 20 p − 2 2p − 5 2p − 4

− f2 + f3−→

p 2 3 20 p − 2 p − 2 p − 20 0 p − 3 p − 2

= R

A partir de la matriz aumentada R presentamos los distintos casos de solucion del sistema:

a) Tiene infinitas soluciones: Para esto, alguna fila debe de ser de ceros;

Si p=2, entonces

R =

2 2 3 20 0 0 00 0 −1 0

3 f3 + f1−→

2 2 0 20 0 0 00 0 1 0

− f3−→12 f2

1 1 0 10 0 0 00 0 1 0

f2 ⇔ f3−→

1 1 0 10 0 1 00 0 0 0

Entonces, x3 = 0 y x1 = 1 − x2. Las soluciones son de la forma {(1 − t, t, 1) t ∈ R}

b) Solucion unica: en este caso se necesita entonces que no existan filas nulas, i.e. Rng(A) = 3,

Si p , 0, p , 2 y p , 3. Se tiene de la matriz R que,

R

1p f1−→1

p−2 f21

p−3 f3

1 2

p3p

2p

0 1 1 10 0 1 p−2

p−3

−2p f2 + f1−→

1 0 1

p 00 1 1 10 0 1 p−2

p−3

−1p f3 + f2−→− f3 + f2

1 0 0 −1

p

(p−2p−3

)0 1 0 −1

p−3

0 0 1 p−2p−3

La solucion unica es (x1, x2, x3) =

(−1p

( p−2p−3

), −1

p−3 ,p−2p−3

).

c) No tiene solucion: en este caso se tiene la presencia de filas inconsistentes;

Si p = 0

R =

0 2 3 20 −2 −2 −20 0 −3 −2

−12 f2

−→ −13 f3

0 2 3 20 1 1 10 0 1 2

3

12 f2−→− f3 + f2

0 1 3

2 10 1 0 1

30 0 1 2

3

−32 f3 + f1−→

0 1 0 00 1 0 1

30 0 1 2

3

− f1 + f2−→

0 1 0 00 0 0 1

30 0 1 2

3

5


Por lo tanto el sistema tiene una ecuacion inconsistente y no hay solucion.

Si p = 3

R =

3 2 3 20 1 1 10 0 0 1

Entonces el sistema tiene una ecuacion inconsistente.

3. Dado el sistema de ecuaciones lineales:

x1 + 2x2 + 4x3 + 4x4 = −2x1 + 3x2 + 6x3 + 5x4 = −3

px1 + px2 + 2px3 + (p2 + 4p)x4 = 1

a) Determine para que valor o valores de p el sistema tiene infinitas soluciones con un parametro.

Respuesta:Planteamos la matriz aumentada. Tome, p , 0, entonces

1 2 4 4 −21 3 6 5 −3p p 2p (p2 + 4p) 1

− f1 + f2−→

−p f1 + f3

1 2 4 4 −20 1 2 1 −10 −p −2p p2 1 + 2p

−2 f2 + f1−→

p f2 + f3

1 0 0 2 00 1 2 1 −10 0 0 p(p + 1) (p + 1)

= R

Como el sistema tiene menos ecuaciones que variables, entonces si tiene solucion, las solu-ciones son infinitas. Entonces para que el sistema sea consistente, con soluciones infinitasdependiendo de un parametro, es necesario que hayan 3 filas no nulas en la matriz, es decir,que p , −1.Si p = 0, entonces del sistema original,

1 2 4 4 −21 3 6 5 −30 0 0 0 1

En este caso el sistema es inconsistente.

b) Resuelva el sistema para este caso (es decir, cuando tiene infinitas soluciones con un parame-tro).

Respuesta:Si p , 0 y p , −1, partiendo de la matriz R,

R1

p(p+1) f3−→

1 0 0 2 00 1 2 1 −10 0 0 1 1

p

− f3 + f2−→

−2 f3 + f1

1 0 0 0 −2

p

0 1 2 0 −(p+1)p

0 0 0 1 1p

6


De donde se obtiene el sistema equivalente, x1 =−2p , x2 =

−(p+1)p − x3 y x4 =

1p . Entonces el

conjunto de soluciones del sistema es{(−2p ,−(p+1)

p − t, t, 1p t ∈ R

)}4. Para la siguiente matriz aumentada que corresponde a un sistema de ecuaciones lineales:

A =

1 0 0 20 a − 2 0 00 0 b + 1 c0 0 c 0

a) Determine cuales son los valores de a, b y c de tal forma que el rango de la matriz aumentada

del sistema sea 1.

Respuesta:Para que el Rango(A) = 1, se necesita que solamente una fila de A sea nula. Tome a = 2, b = −1y c = 0, con lo que solo la primera fila no es nula.

b) Determine cuales son los valores de a, b y c de tal forma que el rango de la matriz aumentadadel sistema sea 2.

Respuesta:Para que Rango(A) = 2, es necesario que dos filas de A no sean nulas. Se requiere entoncesprimero que c = 0, y se presentan 2 posibilidades:

1) a = 2 y b , −1. Las filas nulas son la 2 y 4.2) b = −1 y a , 2 Las filas nulas son la 3 y 4.

c) Determine cuales son los valores de a, b y c de tal forma que el rango de la matriz aumentadadel sistema sea 3.

Respuesta:Como la matriz A tiene 4 filas, para que el Rango(a) = 3 es necesario que solamente una filade A sea nula. Para que esto suceda, se necesita a , 2, b , −1 y c = 0.

d) Determine cuales son los valores de a, b y c de tal forma que el sistema no tenga solucion.

Respuesta:Para que tenga ecuaciones inconsistentes una fila de A debe ser nula del lado de los coeficientesy no nula del lado aumentado. La unica fila con esta posibilidad es la tercera. De modo quees necesario que b = −1 y c , 0, con a ∈ R.

e) Determine el conjunto solucion del sistema cuando tiene solucion unica.

Respuesta:Para que el sistema tenga solucion unica, como se tienen 3 variables (3 columnas en la partede coeficientes de A), entonces se necesita Rango(A) = 3. Entonces si a , 2, b , −1 y c = 0

A =

1 0 0 20 a − 2 0 00 0 b + 1 00 0 0 0

1

a−2 f2−→1

b+1 f3

1 0 0 20 1 0 00 0 1 00 0 0 0

7


La solucion unica es x1 = 2, x2 = 0, x3 = 0.

5. Considere el siguiente sistema de ecuaciones lineales:

x + y + z = 12x + py + 2z = −2

4x + 2py + 4z = m

a) Determine para cuales valores de p y m el sistema tiene infinitas soluciones dependiendo deun parametro.

Respuesta:Planteamos el sistema con matriz aumentada:

1 1 1 12 p 2 −24 2p 4 m

−2 f2 + f3−→

1 1 1 12 p 2 −20 0 0 m + 4

= R

Note que si m , −4, el sistema tiene una ecuacion inconsistente, y por tanto no tiene solucion.

Si p = 2 y m = −4, entonces

R =

1 1 1 12 2 2 −20 0 0 0

−2 f1 + f2−→

1 1 1 10 0 0 −40 0 0 0

El sistema tiene entonces una ecuacion inconsistente, de modo que p , 2.Si p , 2 y m = −4, entonces,

R =

1 1 1 12 p 2 −20 0 0 0

−2 f1 + f2−→

1 1 1 10 p − 2 0 −40 0 0 0

= B

Y se tiene entonces que Rng(A) = 2.Por consiguiente, el sistema tiene soluciones infinitas dependiendo de un parametro si p , 2y m = −4.

b) Con los valores de p y m encontrados en a), resuelva el sistema cuando tiene infinitas solucio-nes dependiendo de un parametro.

Respuesta:Por la parte a), si p , −2 y m = −4.

B =

1 1 1 10 p − 2 0 −40 0 0 0

1p−2 f2−→

1 1 1 10 1 0 −4

p−20 0 0 0

− f2 + f1−→

1 0 1 p+2

p−20 1 0 −4

p−20 0 0 0

Se tiene entonces el sistema x1 =

p+2p−2 − x3 y x2 =

−4p−2 . Por tanto, el conjunto solucion es{( p+2

p−2 − t, −4p−2 , t

)t ∈ R

}.

8


6. Para la siguiente matriz aumentada que corresponde a un sistema de ecuaciones lineales:1 −4 7 g0 3 −5 h−2 5 −9 k

a) Encuentre una ecuacion que contenta a los valores reales g, h, k de tal manera que la matriz

aumentada anterior corresponda a un sistema consistente.

Respuesta:

1 −4 7 g0 3 −5 h−2 5 −9 k

2 f1 + f3−→

1 −4 7 g0 3 −5 h0 −3 5 k + 2g

f2 + f3−→

1 −4 7 g0 3 −5 h

30 0 0 h + k + 2g

13 f2−→

1 −4 7 g0 1 −5

3h3

0 0 0 h + k + 2g

4 f2 + f1−→

1 0 13

3g+4h3

0 1 −53

h3

0 0 0 h + k + 2g

= R

Para que el sistema sea consistente, entonces h, k y g deben de satisfacer la ecuacion 0 = h+k+2g.

b) Determine el conjunto solucion del sistema consistente correspondiente a la matriz aumenta-da anterior.

Respuesta:Por la parte a), si se cumple que h + k + 2g = 0, entonces la matriz R corresponde al sistema:x1 =

3g+4h3 − 1

3 x3, x2 =h3+

53 x3. El conjunto solucion es entonces:

{(3g+4h3 − 1

3 t, h3 +

53 t, t

)t ∈ R

}.

7. Dado el siguiente sistema homogeneo de ecuaciones lineales:

2x + ky + z + w = 03x + (k − 1)y − 2z − w = 0

x − 2y + 4z + 2w = 02x + y + z + 2w = 0

Determine los valores reales de k para los cuales el sistema de ecuaciones anterior tiene solucionesdistintas de la trivial, es decir, diferentes a (0, 0, 0, 0).

Respuesta:

Planteamos el sistema con matriz:2 k 1 13 k − 1 −2 −11 −2 4 22 1 1 2

f1 ⇔ f3−→

1 −2 4 23 k − 1 −2 −12 k 1 12 1 1 2

−2 f1 + f3−→

−3 f1 + f2−2 f1 + f4

1 −2 4 20 k + 5 −14 −70 k + 4 −7 −30 5 −7 −2

9


− f2 + f3−→

1 −2 4 20 k + 5 −14 −70 −1 7 40 5 −7 −2

− f3−→

1 −2 4 20 k + 5 −14 −70 1 −7 −40 5 −7 −2

− f4 + f2−→

2 f3 + f1

1 0 10 −60 k −7 −50 1 −7 −40 5 −7 −2

−5 f3 + f4−→

1 0 10 −60 k −7 −50 1 −7 −40 0 28 18

1

28 f4−→

1 0 10 −60 k −7 −50 1 −7 −40 0 1 9

14

−10 f4 + f1−→

7 f4 + f27 f4 + f3

1 0 0 −87

70 k 0 −1

20 1 0 1

20 0 1 9

14

= R

Si k = 0, entonces,

R =

1 0 0 −87

70 0 0 −1

20 1 0 1

20 0 1 9

14

−2 f2−→

1 0 0 −87

70 0 0 10 1 0 1

20 0 1 9

14

877 f2 + f1−→

−12 f2 + f3−914 f2 + f4

1 0 0 00 0 0 10 1 0 00 0 1 0

−→

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

Por lo tanto, si k = 0 el sistema solamente tiene la solucion trivial.

Ahora, si k , 0,

R =

1 0 0 −87

70 k 0 −1

20 1 0 1

20 0 1 9

14

−k f3 + f2−→

1 0 0 −87

70 0 0 −(k+1)

20 1 0 1

20 0 1 9

14

= S

Si k = −1, la matriz S tiene 3 filas no nulas, y por tanto el sistema tiene soluciones infinitas. Por otraparte, si k , −1,

S−2

(k+1) f2−→

1 0 0 −87

70 0 0 10 1 0 1

20 0 1 9

14

877 f2 + f1−→

−12 f2 + f3−914 f2 + f4

1 0 0 00 0 0 10 1 0 00 0 1 0

−→

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

De modo que si k , 0 y k , −1, entonces la solucion es unica. Se concluye que el valor k = −1 es elque produce soluciones distintas a la trivial.

8. Considere el sistema de ecuaciones lineales que se da a continuacion

x + y = 3bx + by + z = a + 4b

ax + ay = 4abx + by − z = b

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Determine todos los valores de a y de b para los cuales el sistema es consistente. Determine elconjunto solucion del sistema en los casos en que es consistente.

Respuesta: 1 1 0 3b b 1 a + 4ba a 0 4ab b −1 b

− f2 + f4−→

1 1 0 3b b 1 a + 4ba a 0 4a0 0 −2 −a − 3b

−12 f4−→

1 1 0 3b b 1 a + 4ba a 0 4a0 0 1 a+3b

2

− f4 + f2−→

1 1 0 3b b 0 a+5b

2a a 0 4a0 0 1 a+3b

2

= B

Si a = 0,

B =

1 1 0 3b b 0 5b

20 0 0 00 0 1 3b

2

= C

Si b = 0,

C =

1 1 0 30 0 0 00 0 0 00 0 1 0

Entonces, Rng(A) = 2 y el sistema tiene soluciones infinitas S = {(3 − t, t, 0) t ∈ R}.

Si b , 0

C1b f2−→

1 1 0 31 1 0 5

20 0 0 00 0 1 3b

2

− f1 + f2−→

1 1 0 30 0 0 −1

20 0 0 00 0 1 3b

2

En este caso el sistema no tiene solucion porque tiene una ecuacion inconsistente.

Si a , 0,

A1a f3−→

1 1 0 3b b 0 a+5b

21 1 0 40 0 1 a+3b

2

− f1 + f3−→

1 1 0 3b b 0 a+5b

20 0 0 10 0 1 a+3b

2

Entonces el sistema tiene una ecuacion inconsistente y por tanto no tiene solucion si a , 0 paracualquier valor de b ∈ R.

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En resumen, se concluye que:

a) El sistema es inconsistente si

1) a , 0, ∀b ∈ R.2) a = 0, b , 0.

b) El sistema es consistente si a = 0,b = 0 y la solucion es S = {(3 − t, t, 0) t ∈ R}.

9. Considere el sistema de ecuaciones lineales que se da a continuacion

ax + ay + 2aw = 0x + 2y + 3w = −1

x + 2y + z + 3w = a − b − 1x + 2y + 3w = a2 + b2 − 1

a) Determine todos los valores de a y de b para los cuales el sistema es inconsistente.

Respuesta: a a 0 2a 01 2 0 3 −11 2 1 3 a − b − 11 2 0 3 a2 + b2 − 1

− f2 + f3−→− f2 + f4

a a 0 2a 01 2 0 3 −10 0 1 0 a − b0 0 0 0 a2 + b2

= B

Para que el sistema sea consistente es necesario que a2 + b2 = 0 lo que se da si y solo si a = 0 yb = 0 ya que a2 ≥ 0, b2 ≥ 0 y a2 > 0 si a , 0 y b2 > 0 si b , 0.

Entonces el sistema es inconsistente si alguno de los dos, a o b es distinto de cero, i.e. si ocurrealguno de los casos:

1) a , 0, ∀b ∈ R.2) b , 0, ∀a ∈ R.

b) Determine el conjunto solucion del sistema en los casos en que es consistente.

Respuesta:El sistema es consistente si a = b = 0, entonces, sustituyendo en B

B =

0 0 0 0 01 2 0 3 −10 0 1 0 00 0 0 0 0

Entonces x = −1 − 2y − 3w y z = 0, por tanto S = {(−1 − 2t − 3s, t, 0, s) t, s ∈ R}.

12


3. Matrices

1. Se dan las matrices cuadradas, del mismo orden, A,B,C y X con A y B invertibles, tales que(AXB)t + C = I (donde I es la matriz identidad).

a) Use las operaciones con matrices y sus propiedades para despejar X en terminos de las ma-trices I,A,B y C (no use sistemas de ecuaciones).

Respuesta:

(AXB)t + C = I⇔ [(AXB)t + C]t = It (aplicamos transpuestas)⇔ [(AXB)t]t + Ct = I (propiedad transpuesta de la suma)⇔ AXB + Ct = I (propiedad transpuesta de la transpuesta)⇔ A−1 · [AXB + ·Ct] = A−1 · I (multiplicando por A−1)⇔ A−1 · AXB + A−1 · Ct = A−1 · I (propiedad de distributividad)⇔ XB + A−1 · Ct = A−1 (definicion de inversa)⇔ XB = A−1 · [I − Ct] (distributividad del producto en suma)⇔ XB · B−1 = A−1 · [I − Ct] · B−1 (multiplicando por B−1)⇔ X = A−1 · [I − Ct] · B−1 (definicion de inversa)

b) Segun lo que se obtuvo en (a), determine X si

A =(1 −21 −3

)B =

(2 31 2

)C =

(1 23 4

)Respuesta: (

1 −2 1 01 −3 0 1

)− f1 + f2−→

(1 −2 1 00 −1 −1 1

)− f2−→

(1 −2 1 00 1 1 −1

)2 f2 + f1−→

(1 0 3 −20 1 1 −1

)⇒ A−1 =

(3 −21 −1

)(

2 3 1 01 2 0 1

)f1 ⇔ f2−→

(1 2 0 12 3 1 0

)−2 f1 + f2−→

(1 2 0 10 −1 1 −2

)− f2−→

(1 2 0 10 1 −1 2

)−2 f2 + f1−→

(1 0 2 −30 1 −1 2

)⇒ B−1 =

(2 −3−1 2

)

Ct =

(1 32 4

)Entonces,

X =(3 −21 −1

)·((

1 00 1

)−

(1 32 4

))·(

2 −3−1 2

)⇒ X =

(11 −184 −6

)2. Se dan las matrices cuadradas, del mismo orden, A, B y X con A − B invertible, tales que XAt =

I + (BXt)t (donde I es la matriz identidad).

13


a) Use las operaciones con matrices y sus propiedades para despejar X en terminos de las ma-trices I, A y B (no use sistemas de ecuaciones).

Respuesta:

XAt = I + (BXt)t

⇔ XAt = I + (Xt)tBt (transpuesta de un producto)⇔ XAt = I + XBt (transpuesta de una matriz transpuesta)⇔ XAt − XBt = I (restando XBt a ambos lados de la igualdad)⇔ X · (At − Bt) = I (distributividad del producto sobre la resta)⇔ X · (A − B)t = I (distributividad del producto en resta)⇔ (X · (A − B)t)t = It (aplicando transpuestas)⇔ (A − B) · Xt = I (transpuesta de un producto⇔ (A − B)−1 · (A − B) · Xt = (A − B)−1 · I (multiplicando por (A − B)−1)⇔ Xt = (A − B)−1 · I (aplicando definicion de inversa)⇔ X = [(A − B)−1]t (aplicando transpuesta a ambos lados)

b) Segun lo que obtuvo en la parte a), determine X si

A =(3 50 1

)B =

(1 −21 5

)Respuesta:

Se tiene A − B =(

2 7−1 −4

)Para obtener X necesitamos determinar la inversa de A − B

(2 7 1 0−1 −4 0 1

)2 f2 + f1−→

(0 −1 1 2−1 −4 0 1

)−4 f1 + f2−→

(0 −1 1 2−1 0 −4 −7

)− f1−→− f2

(0 1 −1 −21 0 4 7

)f1 ⇔ f2−→

(1 0 4 70 1 −1 −2

)De modo que

(A − B)−1 =

(4 7−1 −2

)⇒ X =

(4 −17 −2

)3. Sea S = {1, 1, k), (k, 1, 1), (k, k, 4)}

a) Determine para que valor o valores de k el conjunto de vectores S es linealmente indepen-diente.

Respuesta:Sean v1 = (1, 1, k), v2 = (k, 1, 1), v3 = (k, k, 4). Los vectores de S forman un conjunto linealmenteindependiente (li) si

c1v1 + c2v2 + c3v3 = 0 ⇒ (c1, c2, c3) = (0, 0, 0)

14


Lo anterior, es equivalente a que la unica solucion al sistema Ax = 0 sea x = 0, donde

A =(vt

1, vt2, vt

3

)x = (c1, c2, c3)t

Entonces, resolvemos el sistema homogeneo haciendo casos sobre k.

A =

1 k k1 1 kk 1 4

− f1 + f2−→

1 k k0 1 − k 0k 1 4

= B

Si k = 0, entonces

B =

1 0 00 1 00 1 4

− f2 + f3−→

1 0 00 1 00 0 4

14 f3−→

1 0 00 1 00 0 1

Entonces, si k = 0 se tiene x = 0 y los vectores de S son li.

Si k , 0, se tiene,

B−k f1 + f3−→

1 k k0 1 − k 00 1 − k2 4 − k2

f2 + f1−→

1 1 k0 1 − k 00 1 − k2 4 − k2

−k f2 + f3−→

1 1 k0 1 − k 00 1 − k 4 − k2

− f2 + f3−→

1 1 k0 1 − k 00 0 4 − k2

= C

Si k = 1, entonces,

C =

1 1 10 0 00 0 3

13 f3−→

1 1 10 0 00 0 1

− f3 + f1−→

1 1 00 0 00 0 1

f2 ⇔ f3−→

1 1 00 0 10 0 0

Entonces, como el Rango(A) es 2, hay infinitas soluciones dependiendo de un parametro. ElRangoFila(A) es 2, entonces a lo sumo hay 2 vectores li.

Si k , 1, se tiene 1 − k , 0, y se sigue que

C1

1−k f2−→

1 1 k0 1 00 0 4 − k2

− f2 + f1−→

1 0 k0 1 00 0 4 − k2

= D

Si k = 2, se tiene,

D =

1 0 20 1 00 0 0


15


Si k , 2, es decir, si 2 − k , 0, se tiene

D1

2−k f3−→

1 0 k0 1 00 0 2 + k

= E

Si k = −2, se tiene,

E =

1 0 −20 1 00 0 0


Si k , −2, es decir, si 2 + k , 0, se tiene

E1

2+k f3−→

1 0 k0 1 00 0 1

−k f3 + f1−→

1 0 00 1 00 0 1

Entonces, x = 0 y los vectores de S son li.

Se concluye que los vectores de S son li si k ∈ R y k < {−2, 1, 2}.

b) ¿Para que valor o valores de k el conjunto S contiene a lo sumo dos vectores linealmenteindependientes? (Justifique)

Respuesta:Por el desarrollo de la parte a), se concluye que el conjunto S tiene a lo sumo 2 vectores li sik ∈ {−2, 1, 2}.

4. Sean A =(2 −1 00 −1 0

)y B =

1 0−2 1−1 2

a) Determine la siguiente matriz (AB − I2)−1, si existe.

Respuesta:

A · B =(4 −12 −1

)AB − I2 =

(3 −12 −2

)Entonces, calculamos su inversa,(

3 −1 1 02 −2 0 1

)− f2 + f1−→

(1 1 1 −12 −2 0 1

)−2 f1 + f2−→

(1 1 1 −10 −4 −2 3

)−14 f2−→

(1 1 1 −10 1 1

2−34

)− f2 + f1−→

(1 0 1

2−14

0 1 12

−34

)16


Entonces, (AB − I2)−1 =

(12

−14

12

−34

).

b) Utilice solamente algebra de matrices para encontrar una matriz X tal que(AtX

)tB − I2 = Xt.

Respuesta:

(AtX

)tB − I2 = Xt

⇔ Xt(At

)tB − I2 = Xt (transpuesta de un producto)

⇔ XtAB − Xt = I2 (transpuesta de una matriz transpuesta)⇔ Xt (AB − I2) = I2 (distributividad del producto sobre la suma)⇔ Xt (AB − I2) · (AB − I2)−1 = I2 · (AB − I2)−1 (multiplicando por (AB − I2)−1)⇔ Xt = (AB − I2)−1 (por definicion de inversa)

⇔ X ={(AB − I2)−1

}t(aplicando transpuestas)

Entonces por lo calculado en la parte a), X =(

12

12−1

4−34

).

5. ¿Para cuales valores de a, si existen, el conjunto{(1, a, 0, 0)t, (1,−3, a + 1, 0)t, (0, 1,−4, 0)t

}es lineal-

mente independiente?

Respuesta:

Sea

A =

1 1 0a −3 10 a + 1 −40 0 0

Las columnas de A son el conjunto de vectores de S, por lo que por teorema, el conjunto S es l.i. siy solo si la unica solucion al sistema homogeneo Ax = 0 es x = 0

Entonces, resolvemos el sistema homogeneo haciendo casos sobre a.

Si a = 0,

A =

1 1 00 −3 10 1 −40 0 0

3 f3 + f2−→− f3 + f1

1 0 40 0 −110 1 −40 0 0

−111 f2−→

1 0 40 0 10 1 −40 0 0

4 f2 + f3−→

−4 f2 + f1

1 0 00 0 10 1 00 0 0

f2 ⇔ f3−→

1 0 00 1 00 0 10 0 0

Entonces, si a = 0 la unica solucion al sistema es x = 0, por lo tanto en este caso el conjunto S es l.i.

Si a , 0, entonces

17


A−a f1 + f2−→

1 1 00 −3 − a 10 a + 1 −40 0 0

f2 + f3−→

1 1 00 −(3 + a) 10 −2 −30 0 0

−12 f3−→

1 1 00 −(3 + a) 10 1 3

20 0 0

3 f3 + f2−→− f3 + f1

1 0 −3

20 −a 11

20 1 3

20 0 0

a f3 + f2−→

1 0 −3

20 0 1

2 (3a + 11)0 1 3

20 0 0

= B

Si 3a+ 11 = 0⇔ a = −113 , entonces Rng(A) = 2 y por lo tanto existe una solucion distinta a la trivial,

de modo que S no es l.i.

Por otra parte, si a , −113 ,

B2

3a+11 f2−→

1 0 −3

20 0 10 1 3

20 0 0

32 f2 + f1−→

−32 f2 + f3

1 0 00 0 10 1 00 0 0

f2 ⇔ f3−→

1 0 00 1 00 0 10 0 0

Entonces x = 0 es la unica solucion. Los vectores de S son l.i. si a , −11

3 .

6. Dada la matriz A =

1 0 20 −1 −22 −2 0

a) Determine el rango de A.

Respuesta:Para determinar Rng(A) necesitamos encontrar la forma escalonada reducida de A.

A−2 f1 + f3−→− f2

1 0 20 1 20 −2 −4

2 f2 + f3−→

1 0 20 1 20 0 0

Entonces Rng(A) = 2, puesto que la forma escalonada reducida equivalente por filas a A tienesolamente dos filas no nulas.

b) Escriba el vector que corresponde a la tercera columna de A como combinacion lineal de losvectores que corresponden a las otras dos columnas de A.

Respuesta:En este caso, se plantea el sistema con matriz aumentada, donde la solucion al sistema sonlos escalares que permiten escribir a la columna 3 como combinacion lineal de las columnas1 y 2 de A. Se tiene, por la parte a) que,

1 0 20 −1 −22 −2 0

−→

1 0 20 1 20 0 0

18


Entonces, se concluye que 2−20

= 2

102

+ 2

0−1−2

c) Sin hacer calculos adicionales, diga si las tres filas de A corresponden a vectores linealmente

independientes o a vectores linealmente dependientes. Justifique su respuesta.

Respuesta:Como Rng(A) = 2, y A es de 3x3, entonces Rng(A) < 3 y por lo tanto, las filas de A no puedenser linealmente independientes, i.e son linealmente dependientes.

d) Sin hacer calculos adicionales, diga si el sistema de ecuaciones lineales AX = B, dondeX = (x, y, z)t y B = (1, 2, 3)t tiene solucion unica. Justifique su respuesta.

Respuesta:No tiene solucion unica ya que Rng(A) < 3, y por tanto las soluciones son infinitas. De hechodependen de 1 parametro ya que Rng(A) = 2.

7. Sea A una matriz de orden mxm y B es una matriz de orden mxn.

a) ¿De que orden deben de ser las matrices X y D, de modo que la igualdad, XAt − Bt = XDt

tenga sentido.

Respuesta:Como At es de orden mxm, entonces para que el producto XAt tenga sentido, X debe tener mcolumnas. Por otra parte, como Bt es de nxm, entonces para que la resta tenga sentido, XAt

debe tener n filas, por tanto, X es de nxm.

Por el orden de At, Bt y X, se sigue que XAt − Bt es de nxm, entonces XDt es de nxm, y XDt

es de orden nxm. Se sigue que Dt tiene m columnas, y como X tiene m columnas, entonces Dt

tiene m filas para que el producto matricial tenga sentido. De modo que Dt es de orden mxm,y D es de orden mxm tambien.

b) Para que la igualdad dada anteriormente en a) tenga sentido y (A −D)t sea invertible, utilicelas operaciones con matrices y sus propiedades para despejar X en terminos de A, B y D.

Respuesta:

XAt − Bt = XDt

⇔ X(At −Dt

)= Bt (distributividad de producto sobre resta)

⇔ X (A −D)t = Bt (transpuesta de una matriz transpuesta)

⇔ X (A −D)t ·{(A −D)t

}−1= Bt ·

{(A −D)t

}−1(

multiplicando por{(A −D)t

}−1)

⇔ X = Bt ·{(A −D)t

}−1(definicion de inversa)

19


c) Segun lo que obtuvo anteriormente en b), calcule X si

A =(

2 3−1 0

)B =

(2 34 0

)D =

(2 −12 1

)Respuesta:

A −D =(

0 4−3 −1

)⇔ (A −D)t =

(0 −34 −1

)Ahora calculamos la inversa de (A −D)t,(

0 −3 1 04 −1 0 1

) −13 f1

−→ 14 f2

(0 1 −1

3 01 −1

4 0 14

)14 f1 + f2−→

(0 1 −1

3 01 0 −1

1214

)f1 ⇔ f2−→

(1 0 −1

1214

0 1 −13 0

)⇒

{(A −D)t

}−1=

( −112

14−1

3 0

)Entonces,

X =(2 43 0

)·(−1

1214−1

3 0

)=

(−32

12−1

434

)

8. Dada la matriz P =

1 1 10 1 10 0 1

a) Compruebe que P2 =

1 2 30 1 20 0 1

Respuesta:

P2 = P · P =

1 1 10 1 10 0 1

1 1 10 1 10 0 1

=1 2 30 1 20 0 1

b) Calcule P3.

Respuesta:

P3 = P2 · P =

1 2 30 1 20 0 1

1 1 10 1 10 0 1

=1 3 60 1 30 0 1

c) Calcule P4.

Respuesta:

P4 = P3 · P =

1 3 60 1 30 0 1

1 1 10 1 10 0 1

=1 4 100 1 40 0 1

20


d) Obtenga una formula para calcular Pn, donde n ∈N, con n ≥ 1.

Respuesta:

Pn =

1 n Sn0 1 n0 0 1

donde Sn =

n∑k=1

k = 1 + 2 + ... + n

9. Dada la siguiente matriz:

A =

4 0 12 3 66 −3 −4

a) Determine el Rango de la matriz A.

Respuesta:Para determinar Rng(A) necesitamos encontrar la forma escalonada reducida equivalente porfilas a A:

A−3 f2 + f3−→

−2 f2 + f1

0 −6 −112 3 60 −12 −22

−2 f1 + f3−→

0 −6 −112 3 60 0 0

−16 f1−→12 f2

0 1 11

61 3

2 30 0 0

−32 f1 + f2−→

0 1 11

61 0 1

40 0 0

f1 ⇔ f2−→

1 0 1

40 1 11

60 0 0

Como la forma escalonada reducida de A tiene solamente dos filas no nulas, entoncesRng(A) = 2.

b) Sin hacer calculos adicionales, diga si la matriz A es invertible. Justifique su respuesta.

Respuesta:Por teorema, la matriz A no es invertible pues es una matriz de 3x3 tal que Rng(A) < 3. Noteademas que no es equivalente por filas a la matriz identidad I3.

c) Sin hacer calculos adicionales, diga si los tres vectores que corresponden a las tres columnasde la matriz A son linealmente independientes o linealmente dependientes. Justifique su res-puesta.

Respuesta:Como A no es invertible, por teorema sus columnas son linealmente dependientes.

d) Escriba el vector que corresponde a la tercera columna de la matriz A como una combinacionlineal de los dos vectores que corresponden a las otras dos columnas de A.

21


Respuesta:Se plantea el sistema con matriz aumentada, donde la solucion al sistema son los escalaresque permiten escribir a la columna 3 como combinacion lineal de las columnas 1 y 2 de A. Setiene, por la parte a) que,

4 0 12 3 66 −3 −4

−→

1 0 14

0 1 116

0 0 0

Entonces, se concluye que

16−4

= 14

426

+ 116

03−3

10. Dadas las matrices A =

−1 2 02 1 10 1 2

, B =

−1 2 01 1 20 1 1

y la matriz identidad I3 de M(3,R).

a) Efectue las operaciones para obtener la matriz C tal que C = A2 + A − 3I3.

Respuesta:Primeramente calculamos la matriz A2,

A2 =

−1 2 02 1 10 1 2

−1 2 02 1 10 1 2

=5 0 20 6 32 3 5

Por lo tanto, la matriz C esta dada por;

C =

5 0 20 6 32 3 5

+−1 2 02 1 10 1 2

−3 0 00 3 00 0 3

=1 2 22 4 42 4 4

b) Efectue las operaciones para obtener la matriz D tal que D = −B2 + B + 5I3.

Respuesta:Primeramente calculamos la matriz B2,

B2 =

−1 2 01 1 20 1 1

−1 2 01 1 20 1 1

=3 0 40 5 41 2 3

Por lo tanto, la matriz D esta dada por;

D =

−3 0 −40 −5 −4−1 −2 −3

+−1 2 01 1 20 1 1

+5 0 00 5 00 0 5

=

1 2 −41 1 −2−1 −1 3

22


c) Calcule BD y diga que relacion existe entre la matriz D y la matriz B.

Respuesta:

B ·D =

−1 2 01 1 20 1 1

1 2 −41 1 −2−1 −1 3

=1 0 00 1 00 0 1

Entonces, D = B−1 o bien B = D−1.

11. Determine si cada uno de los siguientes conjuntos de vectores son linealmente dependientes olinealmente independientes.

a){(2,−1, 4)t, (3, 6, 2)t, (2, 10,−4)t

}Respuesta:Para determinar si un conjunto de vectores son linealmente independientes (l.i.) o linealmentedependientes (l.d.) basta con colocar dichos vectores como las columnas de una matriz ydeterminar si la forma escalonada reducida equivalente por filas a esa matriz es o no laidentidad. Se tiene entonces,

A

2 3 2−1 6 104 2 −4

2 f2 + f1−→

4 f2 + f3

0 15 22−1 6 100 26 36

− f2−→126 f3

0 15 221 −6 −100 1 18

13

−15 f3 + f1−→

6 f3 + f2

0 0 16

131 0 −22

130 1 18

13

1316 f1−→

0 0 11 0 −22

130 1 18

13

2213 f1 + f2−→

−1813 f1 + f3

0 0 11 0 00 1 0

f1 ⇔ f3−→

0 1 01 0 00 0 1

f1 ⇔ f2−→

1 0 00 1 00 0 1

Por tanto como la forma escalonada reducida de A es la identidad I3, entonces el conjunto devectores es l.i.

b){(1,−2, 3)t, (5, 6,−1)t, (3, 2, 1)t

}Respuesta:Procedemos de la misma manera que en la parte a),

B

1 5 3−2 6 23 −1 1

2 f1 + f2−→

−3 f1 + f3

1 5 30 16 80 −16 −8

f2 + f3−→

1 5 30 16 80 0 0

116 f2−→

1 5 30 1 1

20 0 0

−5 f2 + f1−→

1 0 1

20 1 1

20 0 0

23


Como la forma escalonada reducida de B no es la identidad, entonces los vectores son l.d.

12. Dadas las matrices A =

1 −1 00 1 00 0 3

, C =

1 23 40 5

, y D =

1 13 01 3

.

(20 puntos) Encuentre la matriz B que satisface la siguiente ecuacion: A(Bt + C

)= D.

Respuesta:

Utilizamos operaciones de matrices para depejar la matriz B de la ecuacion A(Bt + C

)= D. Primero

antes note que A es una matriz invertible ya que, det(A) = 1 · 1 · 3 = 3 , 0. En lo anterior calculo deldeterminante se uso la propiedad para matrices triangulares. Procedemos entonces a depejar B,

A(Bt + C

)= D

⇔ A−1 · A(Bt + C

)= A−1 ·D (multiplicando por A−1)

⇔ Bt + C = A−1D (definicion de inversa y producto por identidad)⇔ Bt = A−1D − C (restando la matriz C)

⇔(Bt

)t=

(A−1D − C

)t(aplicando transpuestas)

⇔ B =(A−1D − C

)t(transpuesta de una matriz transpuesta)

Por la formula anterior para B, entonces necesitamos calcular la matriz A−1D−C. Empezando porA−1, se tiene,

1 −1 0 1 0 00 1 0 0 1 00 0 3 0 0 1

f2 + f1−→13 f3

1 0 0 1 1 00 1 0 0 1 00 0 1 0 0 1

3

⇒ A−1 =

1 1 00 1 00 0 1

3

Entonces,

A−1D =

1 1 00 1 00 0 1

3

1 13 01 3

=4 13 013 1

A−1D − C =

4 13 013 1

−1 23 40 5

=3 −10 −413 −4

Entonces, B =

(A−1D − C

)t=

(3 0 1

3−1 −4 −4

).

13. Determine los valores reales de λ de tal forma que los vectores del siguiente conjunto sean lineal-mente dependientes en R3:

W ={(λ,−12,−12

),(−1

2, λ,−12

),(−1

2,−12, λ

)}

24


Respuesta:

Sea A la matriz cuyas columnas son los vectores de W, es decir,

A =

λ −1

2−12−1

2 λ −12−1

2−12 λ

Entonces, las columnas de A son linealmente dependientes (l.d.) si y solo si, A no es equivalentepor filas a la matriz identidad I3. Vamos a analizar las formas escalonadas reducidas equivalentespor filas a A segun los valores de λ.

A− f2 + f3−→

λ −1

2−12−1

2 λ −12

0 −(

12 + λ

) (12 + λ

) − f1 + f2

−→

λ −1

2−12

−(

12 + λ

) (12 + λ

)0

0 −(

12 + λ

) (12 + λ

) = B

Por tanto, si sustituimos λ = −12 en B, entonces,

B =

−12

−12

−12

0 0 00 0 0

−2 f1−→

1 1 10 0 00 0 0

Y entonces si λ = −1

2 , A no es equivalente por filas a la identidad, y el conjunto W es l.d.

Ahora, si λ , −12 , en B tenemos,

B

112+λ

f2−→1

12+λ

f3

λ−12

−12

−1 1 00 −1 1

−12 f3 + f1−→

λ 0 −1−1 1 00 −1 1

= C

Si λ = 0, sustituyendo en la matriz C, se tiene,

C =

0 0 −1−1 1 00 −1 1

f1 + f3−→− f2

0 0 −11 −1 00 −1 0

− f3 + f2−→− f1

0 0 11 0 00 −1 0

f1 ⇔ f2−→− f3

1 0 00 0 10 1 0

f2 ⇔ f3−→

1 0 00 1 00 0 1

Por lo tanto, si λ = 0, y λ , −1

2 , entonces la matriz A es equivalente por filas a la identidad, yentonces el conjunto W es l.i.

Si λ , 0, de la matriz C se sigue,

Cλ f2 + f1−→− f3

0 λ −1−1 1 00 1 −1

−λ f3 + f1−→− f2

0 0 λ − 11 −1 00 1 −1

= D

25


En D, sustituyendo λ = 1, entonces, D =

0 0 01 −1 00 1 −1

, que no es equivalente por filas a la iden-

tidad, ya que tiene una fila de ceros. Por tanto, los vectores de W son l.d.

Si λ , 1, entonces,

C1λ−1 f1−→

0 0 11 −1 00 1 −1

f1 + f3−→

0 0 11 −1 00 1 0

f3 + f2−→

0 0 11 0 00 1 0

f2 ⇔ f3−→

0 0 10 1 01 0 0

f1 ⇔ f3−→

1 0 00 1 00 0 1

En este caso el conjunto W es l.i. puesto que Aes equivalente por filas a la identidad.

Resumiendo, se tienen los siguientes casos sobre la independencia lineal del conjunto W segun losvalores de λ:

a) Si λ = −12 entonces W es l.d.

b) Si λ , −12 y λ = 0 entonces W es l.i.

c) Si λ , −12 , λ , 0 y λ = 1 entonces W es l.d.

d) Si λ , −12 , λ , 0 y λ , 1 entonces W es l.i.

Entonces, W es l.d. si λ = 1 o si λ = −12 .

14. Indique porque la matriz A =(1 10 0

)no es invertible y halle una matriz B, de dimension 2x2, no

nula, tal que AB = 0.

Respuesta:

La matriz A no es invertible por alguna de las siguientes razones:

a) Rng(A) = 1 < 2, pues tiene una fila de ceros.

b) Como A tiene 1 fila de ceros, det(A) = 0.

c) Las filas de A son linealmente dependientes, puesto que la segunda fila es el vector de ceros.

d) Las columnas de A son linealmente dependientes, puesto que son iguales.

e) El sistema Ax = 0 tiene infinitas soluciones de la forma, (x1, x2)t = (t,−t), ∀t ∈ R.

f ) El sistema Ax = b, no tiene solucion si b = (b1, b2)t y b2 , 0.

Sea B =(x yz w

). Entonces, note que si

AB = 0 ⇒(1 10 0

) (x yz w

)=

(0 00 0

)⇒

(x + z y + w

0 0

)=

(0 00 0

)⇒ x = −z y = −w

26


Entonces, podemos tomar a B como cualquier matriz de la forma B =(

a b−a −b

)con a, b ∈ R.

15. Sea A =(1 10 1

). Determine todas las matrices B =

(x yz w

), para las cuales, AB = BA.

Respuesta:

Buscamos el conjunto de todas las matrices B que conmutan con A. Efectuando los productosmatriciales se obtiene;

AB =(x + z y + w

z w

)BA =

(x x + yz z + w

)

⇒ AB = BA ⇔

x + z = xy + w = x + yz = zw = z + w

Igualando matricesentrada por entrada

Lo cual es equivalente al sistema homogeneo,

−x + w = 0z = 0

, que tiene como solucion el conjunto

de los vectores de la forma (x, y, z,w) = (t, s, 0, t) tales que s, t ∈ R. Por tanto el conjunto de todas

las matrices B que conmutan con A son las matrices de la forma B =(t s0 t

).

16. Determine si existe una matriz A simetrica, de dimension 2x2, tal que

(A−1

)t[(

1 32 1

)A − I2

]= I2

Respuesta:

Supongamos que A es invertible, y que es simetrica, i.e. A = At. Aplicamos operaciones matricialessobre la identidad que determina a A;

(A−1

)t[(

1 32 1

)A − I2

]= I2

⇔(At

)−1[(

1 32 1

)A − I2

]= I2

(identidad

(At

)−1=

(A−1

)t)

⇔ A−1

[(1 32 1

)A − I2

]= I2 (utilizando que A es simetrica)

⇔(1 32 1

)A − I2 = A (multiplicando a la derecha por A)

⇔(1 32 1

)A − A = I2 (restando A y sumando I2)

⇔[(

1 32 1

)− I2

]A = I2 (distributividad del producto sobre la suma)

⇔(0 32 0

)A = I2

27


Entonces, A−1 =

(0 32 0

).

De esto, se concluye que la matriz simetrica A invertible que es la inversa de(0 32 0

)no existe. Dicha

conclusion se obtiene de cualquiera de las siguientes afirmaciones:

a) La inversa de una matriz simetrica es simetrica, pues si A es simetrica e invertible, se cumple

la propiedad:(A−1

)t=

(At

)−1= (A)−1. Si A−1 =

(0 32 0

), esto es una contradiccıon, puesto que(

0 32 0

)no es una matriz simetrica.

b) La inversa de la matriz(0 32 0

)es

(0 1

213 0

). Pero eso significa que A =

(0 1

213 0

), lo que contradice

el hecho de que A es simetrica.

17. Determine todos los valore de a y b para que la matriz

A =

1 − a a 0 01 − b −1 −1 −ba + b 0 1 a + b

1 0 0 1

sea invertible y determine su inversa, cuando exista.

Respuesta:

Aplicamos el procedimiento de calculo de inversa izquierda para la matriz A, que por teorema, esla misma que la inversa general de A. Se tiene entonces,

(A|I4) =

1 − a a 0 0 1 0 0 01 − b −1 −1 −b 0 1 0 0a + b 0 1 a + b 0 0 1 0

1 0 0 1 0 0 0 1

− f4 + f1−→− f4 + f2

−a a 0 −1 1 0 0 −1−b −1 −1 −b − 1 0 1 0 −1

a + b 0 1 a + b 0 0 1 01 0 0 1 0 0 0 1

f1 + f3−→

f2 + f3

−a a 0 −1 1 0 0 −1−b −1 −1 −b − 1 0 1 0 −10 a − 1 0 a − 2 1 1 1 −21 0 0 1 0 0 0 1

= B

Si a , 0, y si b = 0, se tiene en B;

B =

−a a 0 −1 1 0 0 −10 −1 −1 −1 0 1 0 −10 a − 1 0 a − 2 1 1 1 −21 0 0 1 0 0 0 1

a f4 + f1−→− f2

0 a 0 a − 1 1 0 0 a − 10 1 1 1 0 −1 0 10 a − 1 0 a − 2 1 1 1 −21 0 0 1 0 0 0 1

28


− f1 + f3−→

0 a 0 a − 1 1 0 0 a − 10 1 1 1 0 −1 0 10 −1 0 −1 0 1 1 −a − 11 0 0 1 0 0 0 1

f3 + f2−→

a f3 + f1

0 0 0 −1 1 a a −a2 − 10 0 1 0 0 0 1 −a0 −1 0 −1 0 1 1 −a − 11 0 0 1 0 0 0 1

− f1−→− f3

0 0 0 1 −1 −a −a a2 + 10 0 1 0 0 0 1 −a0 1 0 1 0 −1 −1 a + 11 0 0 1 0 0 0 1

− f1 + f3−→− f1 + f4

0 0 0 1 −1 −a −a a2 + 10 0 1 0 0 0 1 −a0 1 0 0 1 a − 1 a − 1 a − a2

1 0 0 0 1 a a −a2

f1 ⇔ f4−→

f2 ⇔ f3

1 0 0 0 1 a a −a2

0 1 0 0 1 a − 1 a − 1 a − a2

0 0 1 0 0 0 1 −a0 0 0 1 −1 −a −a a2 + 1

⇒ A−1 =

1 a a −a2

1 a − 1 a − 1 a − a2

0 0 1 −a−1 −a −a a2 + 1

Si a , 0, y si b , 0, se tiene en B;

Ba f4 + f1−→

b f4 + f2

0 a 0 a − 1 1 0 0 a − 10 −1 −1 −1 0 1 0 b − 10 a − 1 0 a − 2 1 1 1 −21 0 0 1 0 0 0 1

− f1 + f3−→− f2

0 a 0 a − 1 1 0 0 a − 10 1 1 1 0 −1 0 1 − b0 −1 0 −1 0 1 1 −a − 11 0 0 1 0 0 0 1

a f3 + f1−→

f3 + f2

0 0 0 −1 1 a a −20 0 1 0 0 0 1 −a − b0 −1 0 −1 0 1 1 −a − 11 0 0 1 0 0 0 1

− f3−→

0 0 0 −1 1 a a −20 0 1 0 0 0 1 −a − b0 1 0 1 0 −1 −1 a + 11 0 0 1 0 0 0 1

f1 + f3−→

f1 + f4

0 0 0 −1 1 a a −20 0 1 0 0 0 1 −a − b0 1 0 0 1 a − 1 a − 1 a − 11 0 0 0 1 a a −1

f1 ⇔ f4−→

f2 ⇔ f3

1 0 0 0 1 a a −10 1 0 0 1 a − 1 a − 1 a − 10 0 1 0 0 0 1 −a − b0 0 0 −1 1 a a −2

− f4−→

1 0 0 0 1 a a −10 1 0 0 1 a − 1 a − 1 a − 10 0 1 0 0 0 1 −a − b0 0 0 1 −1 −a −a 2

⇒ A−1 =

1 a a −11 a − 1 a − 1 a − 10 0 1 −a − b−1 −a −a 2

Por otra parte, si a = 0, entonces

29


B =

0 0 0 −1 1 0 0 −1−b −1 −1 −b − 1 0 1 0 −10 −1 0 −2 1 1 1 −21 0 0 1 0 0 0 1

= C

Tomando b = 0 en C, se tiene,

C =

0 0 0 −1 1 0 0 −10 −1 −1 −1 0 1 0 −10 −1 0 −2 1 1 1 −21 0 0 1 0 0 0 1

− f1−→− f2− f3

0 0 0 1 −1 0 0 10 1 1 1 0 −1 0 10 1 0 2 −1 −1 −1 21 0 0 1 0 0 0 1

− f3 + f2−→

0 0 0 1 −1 0 0 10 0 1 −1 1 0 1 −10 1 0 2 −1 −1 −1 21 0 0 1 0 0 0 1

− f1 + f4−→

f1 + f2−2 f1 + f3

0 0 0 1 −1 0 0 10 0 1 0 0 0 1 00 1 0 0 1 −1 −1 01 0 0 0 1 0 0 0

f1 ⇔ f4−→

f2 ⇔ f3

1 0 0 0 1 0 0 00 1 0 0 1 −1 −1 00 0 1 0 0 0 1 00 0 0 1 −1 0 0 1

⇒ A−1 =

1 0 0 01 −1 −1 00 0 1 0−1 0 0 1

Ahora, si b , 0, se tiene en C,

Cb f4 + f2−→

0 0 0 −1 1 0 0 −10 −1 −1 −1 0 1 0 b − 10 −1 0 −2 1 1 1 −21 0 0 1 0 0 0 1

− f1−→− f2− f3

0 0 0 1 −1 0 0 10 1 1 1 0 −1 0 1 − b0 1 0 2 −1 −1 −1 21 0 0 1 0 0 0 1

− f3 + f2−→

0 0 0 1 −1 0 0 10 0 1 −1 1 0 1 −b − 10 1 0 2 −1 −1 −1 21 0 0 1 0 0 0 1

f1 + f2−→

−2 f1 + f3− f1 + f4

0 0 0 1 −1 0 0 10 0 1 0 0 0 1 −b0 1 0 0 1 −1 −1 01 0 0 0 1 0 0 0

f1 ⇔ f4−→

f2 ⇔ f3

1 0 0 0 1 0 0 00 1 0 0 1 −1 −1 00 0 1 0 0 0 1 −b0 0 0 1 −1 0 0 1

⇒ A−1 =

1 0 0 01 −1 −1 00 0 1 −b−1 0 0 1

Por tanto, A es invertible para todos los valores reales de a y b.

30


18. Halle una matriz B tal que 1 1 10 2 −11 0 3

t

+

0 2 00 −2 11 2 0

B =

1 11 10 0

Respuesta:

1 1 10 2 −11 0 3

t

+

0 2 00 −2 11 2 0

=1 0 11 2 01 −1 3

+0 2 00 −2 11 2 0

=1 2 11 0 12 1 3

De modo que se tiene la expresion equivalente,

1 2 11 0 12 1 3

B =

1 11 10 0

Por lo tanto, la matriz B buscada debe de ser de tamano 3x2. Suponga que

B =

x1 x2x3 x4x5 x6

Entonces,

1 2 11 0 12 1 3

x1 x2x3 x4x5 x6

=

x1 + 2x3 + x5 x2 + 2x4 + x6x1 + x5 x2 + x6

2x1 + x3 + 3x5 2x2 + x4 + 3x6

Igualando las matrices entrada por entrada se obtiene el sistema:

x1 + 2x3 + x5 = 1x1 + x5 = 1

2x1 + x3 + 3x5 = 0

x2 + 2x4 + x6 = 1x2 + x6 = 1

2x2 + x4 + 3x6 = 0

Notese que las primeras tres ecuaciones corresponden solamente a las variables x1, x3, x5 y las si-guientes tres ecuaciones a las variables x2, x4, x6 y que ambos conjuntos de ecuaciones son iguales.Entonces solamente es necesario resolver uno de esos conjuntos de ecuaciones, y el otro tendra lasmismas soluciones.

1 2 1 11 0 1 12 1 3 0

− f1 + f2−→

−2 f1 + f3

1 2 1 10 −2 0 00 −3 1 −2

−12 f2−→

1 2 1 10 1 0 00 −3 1 −2

31


−2 f2 + f1−→

3 f2 + f3

1 0 1 10 1 0 00 0 1 −2

− f3 + f1−→

1 0 0 30 1 0 00 0 1 −2

Entonces, x1 = x2 = 3, x3 = x4 = 0 y x5 = x6 = −2. Por lo tanto la matriz B tiene la forma

B =

3 30 0−2 −2

32


4. Determinantes

1. Sea

A =

1 −1 1 1m −1 6 m + 1m −m 2m − 2 9

2m −m − 1 m + 6 3m − 2

a) Calcule el determinante de A (sugerencia: realice operaciones elementales para producir ceros

antes de proceder al calculo).

Respuesta:

A−2 f2 + f4−→− f2 + f3

1 −1 1 1m −1 6 m + 10 1 −m 2m − 8 8 −m0 1 −m m − 6 m − 4

− f3 + f4−→

1 −1 1 1m −1 6 m + 10 1 −m 2m − 8 8 −m0 0 2 −m 2m − 12

2 f4 + f3−→

1 −1 1 1m −1 6 m + 10 1 −m −4 3m − 160 0 2 −m 2m − 12

= B

Si m , 0

A−m f1 + f2−→

1 −1 1 10 m − 1 6 −m 10 −(m − 1) −4 3m − 160 0 2 −m 2m − 12

f2 + f3−→

1 −1 1 10 m − 1 6 −m 10 0 2 −m 3m − 150 0 2 −m 2m − 12

− f3 + f4−→

1 −1 1 10 m − 1 6 −m 10 0 2 −m 3m − 150 0 0 3 −m

= C

Entonces, det(C) = 1 · (m − 1) · (2 −m) · (3 −m) si m , 0. Si m = 0, entonces,

A =

1 −1 1 10 −1 6 10 0 −2 90 −1 6 2

− f2 + f3−→

1 −1 1 10 −1 6 10 0 −2 90 0 0 −3

Entonces det(A) = 1 · −1 · −2 · −3 = −6.Se concluyen los siguientes valores para el determinante de A:

det(A) =

−6 si m = 0(m − 1) · (2 −m) · (3 −m) si m , 0

33


b) De acuerdo con lo que obtuvo en (a), ¿para que valores de m la matriz A es invertible? (Justi-fique)

Respuesta:La matriz A no es inversible si det(A) = 0. Entonces A no es inversible si m = 1, m = 2 o m = 3.

c) Segun lo que obtuvo en (a), ¿para que valores de m, los vectores columna de A son linealmentedependientes? (justifique sin hacer calculos adicionales).

Respuesta:Las columnas de A son l.d. si A no es invertible, entonces son l.d. si m = 1, m = 2 o m = 3.

2. Sean A y B matrices cuadradas de orden 4, tales que det(A) = 2 y det(B) = −2. Calcule det(

12 A−1Bt

).

Respuesta:

Por las propiedades del determinante:

det(12

A−1Bt)=

(12

)4det

(A−1Bt

)=

116

det(A−1

)· det

(Bt

)=

116

1det(A)

det(B) =−116

3. Sea A ∈M(n,R), A es una matriz ortogonal si A · At = In.

a) Justifique porque toda matriz ortogonal A es invertible.

Respuesta:Para que A sea inversible, por teorema basta con que tenga inversa izquiera o derecha. Y porla definicion de matriz ortogonal, A · At = In, entonces A tiene inversa derecha y podemosobservar que A−1 = At.

b) Justifique porque toda matriz ortogonal A tiene determinante 1 o −1.

Respuesta:Como A ·At = In, entonces por las propiedades del determinante de un producto de matricesy el determinante de una transpuesta se tiene que:

1 = det (In) = det(A) · det(At

)= det(A) · det(A) = (det(A))2 ⇒ det(A) = −1 o det(A) = 1

c) Compruebe que la siguiente matriz es ortogonal.

P =

1√2

1√6

1√3

−1√2

1√6

1√3

0 −2√6

1√3

Respuesta:Por definicion, P es una matriz ortogonal si P · Pt = In, entonces,

P · Pt =

1√2

1√6

1√3

−1√2

1√6

1√3

0 −2√6

1√3

1√2

−1√2

01√6

1√6

−2√6

1√3

1√3

1√3

=1 0 00 1 00 0 1

Por tanto P es ortogonal.

34


d) Sin hacer calculos adicionales, escriba la matrix P−1.Respuesta:Por la parte a), es claro que

P−1 = Pt =

1√2

−1√2

01√6

1√6

−2√6

1√3

1√3

1√3

4. Si A =

a b c4 0 21 1 1

, donde a, b, c ∈ R y∣∣∣A∣∣∣ = 3, calcule el determinante de cada una de las siguientes

matrices:

a) B =

2a 2b 2c4 4 42 0 1

Respuesta:

Af2 ⇔ f3−→

a b c1 1 14 0 2

2 f1−→4 f212 f3

2a 2b 2c4 4 42 0 1

= B

Entonces, det(B) = −2 · 4 · 12 · det(A) = −12.

b) C =

a b c

3a + 4 3b 3c + 2a + 1 b + 1 c + 1

Respuesta:

A− f1 + f3−→

3 f1 + f2

a b c

3a + 4 3b 3c + 2a + 1 b + 1 c + 1

= C

Entonces, det(C) = det(A) = 3.

5. Si el determinante de la matriz A =

a b cd e fg h i

, donde a, b, c, d, e, f , g, h, i ∈ R, es det(A) = 5, calcule

los siguientes determinantes:

a) det(3A).

Respuesta:Por las propiedades del determinante, det(3A) = 33det(A) = 27 · 5 = 135.

35


b) det(2A−1

).

Respuesta:

Por las propiedades del determinante, det(2A−1

)= 23det

(A−1

)= 8

det(A) =85 .

c) det

a b c

2d + g 2e + h 2 f + id e f

Respuesta:Aplicando operaciones de fila sobre A, se pueden relacionar los determinantes de A y el de lamatriz buscada;

A2 f2 + f3−→

a b cd e f

2d + g 2e + h 2 f + i

f2 ⇔ f3−→

a b c

2d + g 2e + h 2 f + id e f

Por lo tanto,

det

a b c

2d + g 2e + h 2 f + id e f

= −det(A) = −5

6. Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones lineales aplicando la Regla de Cramer:

2x + y − z + w = −4x + 2y + 2z − 3w = 63x − y − z + 2w = 0

2x + 3y + z + 4w = −5

Respuesta:

Para poder resolver el sistema mediante el metodo de la Regla de Cramer, considere la matriz Ade los coeficientes de las ecuaciones del sistema,

A =

2 1 −1 11 2 2 −33 −1 −1 22 3 1 4

Si det(A) , 0, entonces el sistema tiene solucion unica y se puede aplicar la Regla de Cramer. Sea bila matriz que resulta de reemplazar en la matriz A la columna i por el vector (−4, 6, 0,−5)t. Entonces,las soluciones son de la forma xi =

det(bi)det(A) . Procedemos a calcular entonces el determinante de A;

A

−2 f2 + f1−→

−3 f2 + f3−2 f2 + f4

0 −3 −5 71 2 2 −30 −7 −7 110 −1 −3 10

−3 f4 + f1−→

2 f4 + f2−7 f4 + f3

0 0 4 −231 0 −4 170 0 14 −590 −1 −3 10

36


f1 ⇔ f2−→− f4

1 0 −4 170 0 4 −230 0 14 −590 1 3 −10

f2 ⇔ f4−→114 f3

1 0 −4 170 1 3 −100 0 1 −59

140 0 4 −23

−4 f3 + f4−→

1 0 −4 170 1 3 −100 0 1 −59

140 0 0 −43

7

= B

Como la matriz B es triangular, entonces det(B) = 1 ·1 ·1 · −437 =

−437 y por el efecto de las operaciones

elementales sobre el determinante de una matriz, se tiene la siguiente relacion entre el determinantede A y el determinante de B;

−437= det(B) = −1 · 1

14· det(A) ⇒ det(A) = 86 , 0

Por lo tanto, se puede aplicar la Regla de Cramer, ya que det(A) , 0. Aplicando operacioneselementales se pueden calcular de forma similar los siguientes determinantes:

det(b1) = det

−4 1 −1 16 2 2 −30 −1 −1 2−5 3 1 4

= 86 ⇒ x1 =8686= 1

det(b2) = det

2 −4 −1 11 6 2 −33 0 −1 22 −5 1 4

= −172 ⇒ x2 =−172

86= −2

det(b3) = det

2 1 −4 11 2 6 −33 −1 0 22 3 −5 4

= 258 ⇒ x3 =25886= 3

det(b4) = det

2 1 −1 −41 2 2 63 −1 −1 02 3 1 −5

= −86 ⇒ x4 =−8686= −1

Por lo tanto, la solucion al sistema es (x1, x2, x3, x4) = (1,−2, 3,−1).

7. Dada la siguiente matriz A ∈M(3,R):

A =

cosθ senθ 0−senθ cosθ 0

0 0 1

a) Muestre que la matriz A es invertible para todos los valores de θ.

Respuesta:

37


Podemos demostrar que A es invertible a partir del valor de su determinante.

det(A) = det(

cosθ senθ−senθ cosθ

)= cos2θ + sen2θ = 1

Entonces, ∀θ, se tiene det(A) = 1 , 0 de modo que A es invertible para todo valor θ.

b) Encuentre la matriz inversa de A.

Respuesta:Aplicamos el procedimiento para hallar una inversa izquierda, que por teorema, si existe,tambien la inversa de A y son iguales.

En los siguientes calculos se utilizan varias de las identidades entre senos y cosenos. Tambienen el desarrollo siguiente se asume que para un determinado valor de θ, los senos y cosenosno son cero. Los casos en que son cero son mas simples y se pueden hacer de forma similar.

cosθ senθ 0 1 0 0−senθ cosθ 0 0 1 0

0 0 1 0 0 1

cosθ f1−→−senθ f2

cos2θ cosθsenθ 0 cosθ 0 0sen2θ −senθcosθ 0 0 −senθ 0

0 0 1 0 0 1

f2 + f1−→

1 0 0 cosθ −senθ 0

sen2θ −senθcosθ 0 0 −senθ 00 0 1 0 0 1

−sen2θ f1 + f2

−→

1 0 0 cosθ −senθ 00 −senθcosθ 0 −cosθsen2θ −senθcos2θ 00 0 1 0 0 1

−1

senθcosθ f2−→

1 0 0 cosθ −senθ 00 1 0 senθ cosθ 00 0 1 0 0 1

Entonces, se concluye que

A−1 =

cosθ −senθ 0senθ cosθ 0

0 0 1

8. Dado el siguiente sistema de ecuaciones lineales:

x1 − 2x2 + x3 = 3x2 + 3x4 − x5 = −5

x1 + x2 + 2x3 − x5 = 12x2 + x3 − 2x4 − 2x5 = 0x1 + x3 + 2x4 + x5 = 3

38


a) Calcule el determinante de la matriz del sistema.

Respuesta:Sea A la matriz del sistema anterior, entonces,

A =

1 −2 1 0 00 1 0 3 −11 1 1 0 −10 2 1 −2 −21 0 1 2 1

− f1 + f3−→− f1 + f5

1 −2 1 0 00 1 0 3 −10 3 0 0 −10 2 1 −2 −20 2 0 2 1

−3 f2 + f3−→

−2 f2 + f4−2 f2 + f5

1 −2 1 0 00 1 0 3 −10 0 0 −9 20 0 1 −8 00 0 0 −4 3

f3 ⇔ f4−→

1 −2 1 0 00 1 0 3 −10 0 1 −8 00 0 0 −9 20 0 0 −4 3

−49 f4 + f5−→

1 −2 1 0 00 1 0 3 −10 0 1 −8 00 0 0 −9 20 0 0 0 19

9

= B

Como B es una matriz triangular, det(B) = 1 · 1 · 1 · −9 · 199 = −19. Ahora, como A y B son

equivalentes por filas, por las propiedades del determinante en relacion a las operacioneselementales de fila, se tiene para A y B que, det(B) = −det(A), por tanto det(A) = 19.

b) Sin hacer mas calculos, conteste la siguiente pregunta: ¿El sistema de ecuaciones anterior tienesolucion unica? Justifique su respuesta.

Respuesta:Como det(A) , 0, entonces por teorema, el sistema tiene solucion unica.

9. Sean A =

a 1 1 1a a 1 1a a a 1a a a a

, C =

000a

y X =

x1x2x3x4

a) Calcule el determinante de la matriz A.

Respuesta:Reducimos por filas a la matriz aumentada (A|C),

(A|C)

− f1 + f2−→− f1 + f3− f1 + f4

a 1 1 1 00 a − 1 0 0 00 a − 1 a − 1 0 00 a − 1 a − 1 a − 1 a

− f2 + f3−→− f2 + f4

a 1 1 1 00 a − 1 0 0 00 0 a − 1 0 00 0 a − 1 a − 1 a

39


− f3 + f4−→

a 1 1 1 00 a − 1 0 0 00 0 a − 1 0 00 0 0 a − 1 a

= (B|D)

Como B es una matriz triangular, det(A) = a · (a − 1) · (a − 1) · (a − 1) = a(a − 1)3. Como A y Bson equivalentes por filas, entonces a(a − 1)3 = det(B) = det(A).

b) Determine los valores de a para los cuales el sistema A ·X = C tiene solucion unica, e indiquecual es esa solucion.

Respuesta:El sistema AX = C tiene solucion unica si y solo si det(A) , 0. Por la parte a), det(A) , 0 si ysolo si a , 0 y a , 1.

Como los sistemas AX = C y BX = D son equivalentes, solucionamos BX = D. Con a , 0 ya , 1,

a 1 1 1 00 a − 1 0 0 00 0 a − 1 0 00 0 0 a − 1 a

1

a−1 f2−→1

a−1 f31

a−1 f4

a 1 1 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 a

a−1

− f2 + f1−→− f3 + f1− f4 + f1

a 0 0 0 −a

a−10 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 a

a−1

1a f1−→

1 0 0 0 −1

a−10 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 a

a−1

Por lo tanto, la solucion unica del sistema es: (x1, x2, x3, x4)t =

(−1a−1 , 0, 0,

aa−1

)t, a < {0, 1}.

c) Determine los valores de a para los cuales el rango de la matriz A es igual a 1.

Respuesta:En general, como A es de 4x4, Rng(A) < 4 si y solo si A no es invertible. Y por la parte a), Ano es invertible solamente cuando a = 0 o a = 1. Como, Rng(A) = 1 si la matriz escalonadareducida equivalente por filas a A tiene solamente una fila no nula. En B, tomando a = 1, y setiene

B =

1 1 1 10 0 0 00 0 0 00 0 0 0

⇒ Rng(A) = 1

d) Determine los valores de a para los cuales el rango de la matriz A es igual a 2.

Respuesta:

40


Rng(A) = 2 si la matriz escalonada reducida equivalente por filas a A tiene solamente dos filasno nulas. Por el argumento de parte c), solamente a = 0 puede hacer que Rng(A) < 4, pues eneste caso A no es invertible. Pero, de B, si se sustituye a = 0,

B =

0 1 1 10 −1 0 00 0 −1 00 0 0 −1

f2 + f1−→

f3 + f1f4 + f1

0 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 −1

−→

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

Por tanto, Rng(A) = 3, si a = 0, y entonces no hay ningun valor de a para el cual Rng(A) = 2.

e) Determine los valores de a para los cuales el rango de la matriz A es igual a 3.

Respuesta:Por la parte d), si a = 0, entonces Rng(A) = 3.

f ) Halle el conjunto solucion del sistema A · X = C, si a = 0.

Respuesta:

Por la parte d), si a = 0, entonces A −→

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

Por lo que el conjunto solucion es: {(t, 0, 0, 0) t ∈ R}.

g) Halle el conjunto solucion del sistema A · X = C, si a = 1.

Respuesta:

Tomando a = 1 en la matriz aumentada (B|D) =

1 1 1 1 00 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 1

Que tiene una ecuacion inconsistente, por lo tanto no hay solucion al sistema (B|D), ni tampocoal sistema (A|C), ya que ambos son equivalentes.

10. Sean A =

1 a a2

1 b b2

1 c c2

, 0 =

000

y X =

x1x2x3


Respuesta:Utilizando las propiedades de la funcion determinante, se tiene:

det(A) = det

1 a a2

1 b b2

1 c c2

41


= det

1 a a2

0 b − a b2 − a2

0 c − a c2 − a2

utilizando las operaciones− f1 + f2− f1 + f3

= (b − a) · (c − a) · det

1 a a2

0 1 b + a0 1 c + a

propiedad de linealidadde la funcion determinanteen las filas de la matriz

= (b − a) · (c − a) · det

1 a a2

0 1 b + a0 0 c − b

utilizando laoperacion− f2 + f3

= (b − a) · (c − a) · (c − b) ( determinante de una matriz triangular )

Por lo tanto, det(A) = (b − a) · (c − a) · (c − b), para todos los valores reales de a, b y c.

b) ¿En cuales casos el sistema A ·X = 0 tiene infinitas soluciones que dependen de un parametro?

Respuesta:El sistema AX = 0 tiene soluciones infinitas que dependen de un parametro si Rng(A) = 2.Realizamos operaciones elementales sobre las filas de A;

A− f1 + f2−→− f1 + f3

1 a a2

0 b − a b2 − a2

0 c − a c2 − a2

− f2 + f3−→

1 a a2

0 b − a b2 − a2

0 c − b c2 − b2

= B

De B, se observa que hay solamente una fila de ceros si se presenta alguna de las siguientescombinaciones de valores para a, b y c;

1) a = b y a , c2) a = c y a , b3) b = c y b , a.

Por lo tanto, en cualquiera de las combinaciones anteriores, el sistema tiene soluciones infini-tas dependiendo de un parametro.

c) ¿En cuales casos el sistema A · X = 0 tiene infinitas soluciones que dependen de dos parame-tros?

Respuesta:El sistema AX = 0 tiene soluciones infinitas que dependen de dos parametros si Rng(A) = 1.De la matriz B de la parte b), esto sucede si a = b = c.

d) ¿En cuales casos el sistema A · X = 0 tiene solucion unica?

Respuesta:

42


Para que el sistema homogeneo tenga solucion unica, es necesario que Rng(A) = 3, o equiva-lentemente, que det(A) = (b − a) · (c − a) · (c − b) , 0. Entonces, el sistema tiene solucion unicasi y solo si a , b, b , c y a , c.

e) ¿En cuales casos el sistema A · X = 0 es inconsistente?

Respuesta:Como el sistema es homogeneo, siempre tiene la solucion trivial. Entonces nunca es inconsis-tente.

11. Sea

A =

a + 1 2 2 1−1 a − 1 −1 20 0 a + 1 20 0 −1 a − 1


Respuesta:Como A es una matriz con forma de bloques:

det(A) = det(a + 1 2−1 a − 1

)· det

(a + 1 2−1 a − 1

)= ((a + 1)(a − 1) + 2)2 =

(a2 + 1

)2

b) Indique por que el sistema Ax = b siempre tiene solucion unica, con x = (x1, x2, x3, x4)t y b ∈ R4.

Respuesta:Note que det(A) , 0, ∀a ∈ R ya que a2 ≥ 0 ⇒ a2 + 1 ≥ 1 y por lo tanto, det(A) ≥ 1, ∀a ∈ R.Como det(A) , 0, entonces existe solucion unica para cada b ∈ R4.

12. Si det

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

= 8, calcule (haciendo uso de las propiedades del determinante) el determi-

nante de la matriz 2a12 − 3a22 2a11 − 3a21 2a13 − 3a23

a32 a31 a33a22 a21 a23

Respuesta:

Sea

B =

2a12 − 3a22 2a11 − 3a21 2a13 − 3a23

a32 a31 a33a22 a21 a23

43


Entonces,

B3 f3 + f1−→

2a12 2a11 2a13a32 a31 a33a22 a21 a23

12 f1−→

a12 a11 a13a32 a31 a33a22 a21 a23

f2 ⇔ f3−→

a12 a11 a13a22 a21 a23a32 a31 a33

= C

Entonces, det(C) = −1 · 12 · det(B). Ademas

Ct =

a12 a22 a32a11 a21 a31a13 a23 a33

f1 ⇔ f2−→

a11 a21 a31a12 a22 a32a13 a23 a33

= D

Y se tiene det(D) = −1 · det(Ct

)= −det(C) = 1

2 det(B). Como Dt = A, entonces det(A) = det(Dt

)=

det(D) = 12 det(B). Entonces, det(B) = 2 · det(A) = 2 · 8 = 16.

44


5. Geometrıa vectorial de Rn

1. Sean A = (3, 0, 0), B = (1, 0, 2), y C = (2, 3, 0) puntos en R3.

a) Determine si el triangulo ABC es rectangulo, obtusangulo o acutangulo.

Respuesta:

−→AB = (1, 0, 2) − (3, 0, 0) = (−2, 0, 2)−−→AC = (2, 3, 0) − (3, 0, 0) = (−1, 3, 0)

Entonces, del producto interior de R3,−→AB · −−→AC = (−2, 0, 2) · (−1, 3, 0) = 2 > 0 y por lo tanto el

angulo ∠BAC es agudo.

−−→CA = (3, 0, 0) − (2, 3, 0) = (1,−3, 0)−→CB = (1, 0, 2) − (2, 3, 0) = (−1,−3, 2)

Del producto interior de R3,−−→CA · −→CB = (1,−3, 0) · (−1,−3, 2) = 8 > 0 y por lo tanto el angulo

∠ACB es agudo.

−→BA = (3, 0, 0) − (1, 0, 2) = (2, 0,−2)−→BC = (2, 3, 0) − (1, 0, 2) = (1, 3,−2)

Del producto interior de R3,−→BA · −→BC = (2, 0,−2) · (1, 3,−2) = 6 > 0 y por lo tanto el angulo

∠ABC es agudo.

Por tanto el triangulo △ABC es acutangulo.

b) Determine el perımetro del triangulo ABC.

Respuesta:Como el perımetro es la suma de los lados del triangulo, y como cada lado puede ser repre-sentado por un vector en la notacion de flecha dirigida, entonces tenemos que:

Perımetro =∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB

∣∣∣∣∣∣∣∣ + ∣∣∣∣∣∣∣∣−−→AC∣∣∣∣∣∣∣∣ + ∣∣∣∣∣∣∣∣−→BC

∣∣∣∣∣∣∣∣Notese que en lo anterior, se uso el hecho de que la norma de un vector que representa a unaflecha dirigida no depende de hacia cual de los dos puntos apunta el vector. Entonces,

Perımetro =√

(−2)2 + 02 + 22 +√

(−1)2 + 32 + 02 +√

12 + 32 + (−2)2 =√

8 +√

10 +√

14

c) Calcule la proyeccion del vector−→AB sobre el vector

−−→AC.

Respuesta:

Proy−−→AC

−→AB =

210· (−1, 3, 0) =

(−15,

35, 0

)45


d) Determine el area del triangulo ABC.

Respuesta:

Considere el paralelogramo con lados−→AB y

−−→AC. El area de ese paralelogramo, es el doble del

area del triangulo △ABC. Entonces usamos la formula de calculo del area del paralelogramo:

Area del paralelogramo =∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB × −−→AC

∣∣∣∣∣∣∣∣Entonces,

−→AB × −−→AC = (−2, 0, 2) × (−1, 3, 0) = (−6,−2,−6)

∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB × −−→AC∣∣∣∣∣∣∣∣ = √

(−6)2 + (−2)2 + (−6)2 =√

76

Entonces, Area △ABC =√

762 .

e) Determine un punto D de manera que ABCD sea un paralelogramo.

Respuesta:

Si se considera el paralelogramo con lados−→AB y

−−→AC, por la interpretacion de la suma, el vertice

opuesto a A, que es el vertice que denominamos como D, cumple con la igualdad:

D − A =−−→AD =

−→AB +

−−→AC = (−2, 0, 2) + (−1, 3, 0) = (−3, 3, 2)

Entonces, D = (−3, 3, 2) + A = (−3, 3, 2) + (3, 0, 0) = (0, 3, 2).

2. Sean A = (1, 2,−1), B = (1, 4, 3) y C = (1,−1, 5) puntos en R3.

a) Determine un punto D de manera que ABCD sea un paralelogramo.

Respuesta:

Considere el paralelogramo con lados−→AB y

−−→AC unidos por el vertice A. Por la interpretacion

de la suma, si se escoge el punto D que satisface,−−→AD =

−→AB +

−−→AC entonces se obtiene un

paralelogramo con vertices A, B, C y D. Entonces,

−→AB = (1, 4, 3) − (1, 2,−1) = (0, 2, 4)

−−→AC = (1,−1, 5) − (1, 2,−1) = (0,−3, 6)

Entonces, D − A =−−→AD =

−→AB +

−−→AC = (0,−1, 10), por tanto D = (0,−1, 10) + A = (0,−1, 10) +

(1, 2,−1) = (1, 1, 9).

b) Calcula la longitud de la altura del paralelogramo sobre el lado−−→DC.

Respuesta:Segun la parte a) el vertice D es opuesto al vertice A, y los vertices B y C son opuestos. Paraestablecer sobre que lado del paralelogramo se referencia la altura, considere que esta se

46


mide referenciada respecto al lado−→AB, i.e. la altura h es la longitud del segmento que va del

vertice C en forma perpendicular hasta el lado−→AB. Ademas, considere el angulo ∠CAB que

denominaremos como θ.

Vease la figura.

Dado lo anterior, entonces se tiene que

sen(θ) =h∣∣∣∣∣∣∣∣−−→AC

∣∣∣∣∣∣∣∣Pero el angulo θ tambien cumple que∣∣∣∣∣∣∣∣−−→AC × −→AB

∣∣∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣∣∣−−→AC∣∣∣∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB

∣∣∣∣∣∣∣∣ sen(θ)

Por lo tanto, de las igualdades anteriores se concluye que;

h =

∣∣∣∣∣∣∣∣−−→AC × −→AB∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB

∣∣∣∣∣∣∣∣Donde,

−−→AC × −→AB =

∣∣∣∣∣∣∣∣e1 e2 e30 −3 60 2 4

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−24, 0, 0)

Entonces,∣∣∣∣∣∣∣∣−−→AC × −→AB

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 24 y∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB

∣∣∣∣∣∣∣∣ = √20, por lo tanto

h =24√20=

12√

55

c) Determine el area del paralelogramo ABCD.

Respuesta:

El area esta dada por∣∣∣∣∣∣∣∣−−→AC × −→AB

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 24.

d) Determine si el angulo del paralelogramo cuyo vertice es A es recto, obtuso o agudo.

Respuesta:

47


La clasificacion del angulo cuyo vertices es A, se puede hacer mediante el signo del valorque tome el producto interno de vectores en R3 sobre los lados

−→AB y

−−→AC que coinciden en A.

Entonces,

−→AB · −−→AC = (0,−3, 6) · (0, 2, 4) = 18 > 0

Por tanto el angulo es agudo.

3. Considere el cuadrilatero con vertices A, B, C, y D, que se muestra a continuacion.

Si P, Q, R y S son los puntos medios de los lados AB, BC, CD y DA, respectivamente; muestre que−→PS =

−−→QR y

−−→PQ =

−→SR.

Respuesta:

Existen por lo menos dos maneras diferentes para responder a este ejercicio. La primera es obte-niendo una expresion para los puntos medios en terminos de los extremos del segmento. Vamos aobtener una expresion primero para P en terminos de A y B. Vease la figura.

Notese que los vectores−→0A y

−→0B forman los lados de un paralelogramo, donde las diagonales son

AB y el segmento que va de 0 a A + B. Como P es el punto medio del segmento AB, entonces esel punto medio de la diagonal AB del paralelogramo. Como las diagonales de un paralelogramose cruzan en su punto medio, entonces P es el punto medio del segmento que va de 0 a A + B,donde dicho segmento es el vector

−−−−−−−→0 (A + B). Como el vector

−→0P es la mitad de largo que el vector

−−−−→A + B y apunta en la misma direccion, por la interpretacion del producto por escalar tenemos que−→0P = 1

2−−−−−−−→0 (A + B) y de donde se concluye que P = 1

2 (A + B).

Para los puntos Q, R y S se puede hacer una interpretacion similar, y se concluye que

48


P =A + B

2S =

A +D2

R =D + C

2Q =

B + C2

Ahora, por la definicion de vector como flecha dirigida, se tiene;

−→PS = S − P = A+D

2 − A+B2 = D−B

2 =−−→BD2−−→

QR = R −Q = D+C2 − B+C

2 =D−B

2 =−−→BD2

⇒ −→PS =

−−→QR

−−→PQ = Q − P = B+C

2 − A+B2 = C−A

2 =−−→AC2−→

SR = R − S = D+C2 − A+D

2 = C−A2 =

−−→AC2

⇒ −−→PQ =

−→SR

La segunda manera de responder es utilizando la interpretacion de suma de vectores como eldesplazamiento resultante en la direccion de los vectores. Notese que el vector

−→PS se puede ver

como el desplazamiento de P a S, y dicho desplazamiento se puede hacer primero de P a A y luegode A a S. Es decir, se cumple por la interpretacion de la suma que:

−→PS =

−→PA +

−→AS. Ahora, como el

punto P esta colocado en el punto medio del segmento AB, se sigue que el vector−→PA tiene la misma

direccion y la mitad de longitud que el vector−→BA. Entonces por la interpretacion del producto por

un escalar, se sigue que−→PA = 1

2−→BA y similarmente se tiene que

−→AS = 1

2−−→AD. Sustituyendo esas dos

expresiones en la igualdad que obtuvimos de la interpretacion de la suma, se obtiene que:

−→PS =

12−→BA +

12−−→AD =

12

(A − B +D − A) =12

(D − B) =12−−→BD

Que es el mismo resultado que obtuvimos por el otro metodo. Similarmente se obtienen las expre-siones para los otros puntos.

4. Considere el triangulo con vertices A, B y C, que se muestra a continuacion.

Si E y D son los puntos medios de los lados CA y CB, respectivamente; muestre, usando geometrıavectorial, que

−−→ED = 1

2−→AB .

Respuesta:

Note que por la interpretacion de la suma, el vector−−→ED que es el desplazamiento resultante de E

a D, se puede ver como el desplazamiento primero de E a C y luego de C a D. Entonces, se sigueque:

−−→ED =

−→EC +

−−→CD. Ahora, como el punto E esta en el medio del segmento AC, se sigue por la

interpretacion del producto por un escalar que−→EC = 1

2−−→AC y similarmente, se sigue que

−−→DC = 1

2−→CB

(note que aquı el vector−→CB debe seguir la misma direccion que

−−→CD). Sustituyendo en la igualdad

obtenida por la interpretacion de la suma, se tiene que:

49


−−→ED =

12−−→AC +

12−→CB =

12

(C − A + B − C) =12

(B − A) =12−→AB

5. Dados los siguientes puntos en R3: A = (0, 1, 0), B = (2, 2, 0), C = (0, 0, 2) y D = (a, b, c).

a) Determine los valores de a, b y c de modo que ABCD sea un paralelogramo.

Respuesta:La respuesta a esta pregunta se puede hacer directamente con un argumento algebraico, sinembargo, se va a realizar tambien una interpretacion geometrica al proceso algebraico.

Para que el polıgono de vertices ABCD sea un paralelogramo, se debe escoger el punto D, yen consecuencia, valores de a, b y c, tales que, ABCD sea un paralelogramo con lados

−→AB y

−−→AC.

Por la interpretacion de la suma de vectores, el punto D debe cumplir que,−−→AD =

−→AB +

−−→AC,

donde−→AB = B − A = (2, 2, 0) − (0, 1, 0) = (2, 1, 0) y

−−→AC = C − A = (0, 0, 2) − (0, 1, 0) = (0,−1, 2).

Entonces,

D − A =−−→AD =

−→AB +

−−→AC = (2, 1, 0) + (0,−1, 2) = (2, 0, 2)

⇒ D = (2, 0, 2) + A = (2, 0, 2) + (0, 1, 0) = (2, 1, 2)

Entonces, para que ABCD sea un paralelogramo es necesario que a = 2, b = 1 y c = 2.

Ahora vamos a presentar una interpretacion geometrica del proceso algebraico realizado.Cuando se realiza el calculo correspondiente a la igualdad,

−−→AD =

−→AB +

−−→AC, el paralelogramo

de lados−→AB y

−−→AC, es en realidad el paralelogramo A1B1C1D1 que aparece en la figura, donde

A1 es el origen, B1 =−→AB, C1 =

−−→AC y D1 =

−−→AD.

El calculo permite determinar para el paralelogramo A1B1C1D1 que D1 = (2, 0, 2). Ahora,como se observa en la figura, el paralelogramo ABCD es igual al paralelogramo A1B1C1D1,pero trasladado desde el origen hasta el punto A. Entonces el punto D es igual a A + D1 =

50


(0, 1, 0) + (2, 0, 2) = (2, 1, 2) que es el resultado algebraico antes obtenido.

b) Determine el punto E, que corresponde a la interseccion de las dos diagonales del paralelo-gramo ABCD.

Respuesta:Por propiedades geometricas, las diagonales de un paralelogramo se bisecan entre sı, de mo-do que el punto de interseccion E de las dos diagonales es igual al punto medio de ambasdiagonales. Podemos tomar entonces, E = B+C

2 =A+D

2 = 12 (2, 2, 2) = (1, 1, 1).

c) Calcule el coseno del angulo del paralelogramo ABCD, cuyo vertice es el punto B.

Respuesta:Por la forma en que se escogio el punto D, los lados del paralelogramo ABCD adyacentes alpunto B son

−→AB y

−−→BD. Entonces,

−→AB = (2, 2, 0) − (0, 1, 0) = (2, 1, 0) ⇒

∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB∣∣∣∣∣∣∣∣ = √5

−−→BD = (2, 1, 2) − (2, 2, 0) = (0,−1, 2) ⇒

∣∣∣∣∣∣∣∣−−→BD∣∣∣∣∣∣∣∣ = √5

Sea θ el angulo correspondiente al vertice del punto B, entonces

cosθ =−→AB · −−→BD∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB

∣∣∣∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣∣∣∣−−→BD∣∣∣∣∣∣∣∣ = −1

5

d) Calcule el area de la region delimitada por el paralelogramo ABCD.

Respuesta:

Por teorema, el area del paralelogramo ABCD de lados,−→AB y

−−→AC esta dada por Area(ABCD) =∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB × −−→AC

∣∣∣∣∣∣∣∣. Entonces,

−→AB × −−→AC =

∣∣∣∣∣∣∣∣e1 e2 e32 1 00 −1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (2,−4,−2) ⇒∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB × −−→AC

∣∣∣∣∣∣∣∣ = √24

Entonces el area de la region limitada por el paralelogramo es igual a√

24.

6. Sean A = (0, 2,−1), B = (0, 2,−2), C = (−2, 0,−2) y D = (−1, 1,−1) puntos en R3.

a) Determine si ABCD es un paralelogramo o no.

Respuesta:Por definicion, ABCD es un paralelogramo si sus lados opuestos son paralelos. Por la forma enque se encuentran ubicados los puntos de los vertices de ABCD, donde los vertices adyacentesa A son los vertices B y D y el vertice opuesto es el vertice C (para ver que efectivamente ese

51


es el orden de los vertices que delimitan al cuadrilatero, se deben de graficar dichos puntosen R3), entonces, lo que se necesita verificar es que

−−→AD y

−→BC sean paralelos, y que

−→AB y

−−→DC

sean paralelos.

Entonces, para−−→AD y

−→BC;

−−→AD = D − A = (−1, 1,−1) − (0, 2,−1) = (−1,−1, 0)−→BC = C − B = (−2, 0,−2) − (0, 2,−2) = (−2,−2, 0)

y claramente, 2−−→AD =

−→BC, y por tanto los lados son paralelos.

Por otra parte, para−→AB y

−−→DC, se tiene;

−→AB = B − A = (0, 2,−2) − (0, 2,−1) = (0, 0, 1)

−−→DC = C −D = (−2, 0,−2) − (−1, 1,−1) = (−1,−1,−1)

Para determinar si los dados son paralelos, calculamos el angulo θ entre los vectores, como−→AB · −−→DC = 1,

∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1,

∣∣∣∣∣∣∣∣−−→DC∣∣∣∣∣∣∣∣ = √3, entonces,

cosθ =−→AB · −−→DC∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB

∣∣∣∣∣∣∣∣ ||DC||=

1√3

Por tanto, los lados representados por los vectores−→AB y

−−→DC no son paralelos, y se concluye

que entonces ABCD no es un paralelogramo.

De hecho, el cuadrilatero ABCD, es como se aprecia en la figura.

b) Calcule el area de la region delimitada por el cuadrilatero ABCD.

Respuesta:Como se puede apreciar en la figura de la parte a), el area de la region encerrada por elcuadrilatero ABCD, corresponde a la suma del area del triangulo rectangulo DCE, y el areadel rectangulo ABED.

Entonces, como 2−−→AD =

−→BC, claramente se tiene que

∣∣∣∣∣∣∣∣−→EC∣∣∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣∣∣−−→AD

∣∣∣∣∣∣∣∣, y ademas,∣∣∣∣∣∣∣∣−−→DE

∣∣∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB∣∣∣∣∣∣∣∣,

entonces el area del triangulo DCE es,

52


area DCE =

∣∣∣∣∣∣∣∣−→EC∣∣∣∣∣∣∣∣ · ∣∣∣∣∣∣∣∣−−→DE

∣∣∣∣∣∣∣∣2

=

∣∣∣∣∣∣∣∣−−→AD∣∣∣∣∣∣∣∣ · ∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB

∣∣∣∣∣∣∣∣2

=

√2 · 12=

√2

2

Y puesto que,∣∣∣∣∣∣∣∣−→BE

∣∣∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣∣∣−−→AD∣∣∣∣∣∣∣∣, entonces, el area del rectangulo ABED es,

area ABED =∣∣∣∣∣∣∣∣−→BE

∣∣∣∣∣∣∣∣ · ∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB∣∣∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣∣∣−−→AD

∣∣∣∣∣∣∣∣ · ∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB∣∣∣∣∣∣∣∣ = √2 · 1 =

√2

Entonces,

area ABCD =√

22+√

2 =3√

22

c) Determine la medida en grados del angulo interno con vertice A del cuadrilatero ABCD.

Respuesta:Como se aprecia en la figura de la parte a), los lados del cuadrilatero ABCD que determinanel angulo θ corespondiente al vertice A son

−→AB y

−−→AD. Y como,

−→AB · −−→AD = 0, entonces, los lados

son ortogonales, y por consiguiente θ = 45 grados.

7. Sean los vectores −→u ,−→v ∈ R3, tales que −→u · −→v = 0,∣∣∣∣∣∣−→u ∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣−→v ∣∣∣∣∣∣ = 2.

a) Calcule el seno del angulo entre los vectores −→u y −→v .

Respuesta:Sea θ el angulo entre los vectores −→u y −→v . Como −→u · −→v = 0, entonces son ortogonales, y pordefinicion, θ = π2 . Entonces, senθ = 1.

b) Determine el valor en grados del angulo entre los vectores −→u y −→v .

Respuesta:Por la parte a), el angulo entre los vectores es de 45 grados.

c) Calcule la norma o magnitud del vector −→u × −→v .

Respuesta:Se tiene,

∣∣∣∣∣∣−→u × −→v ∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣−→u ∣∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣∣−→v ∣∣∣∣∣∣ senθ = 2 · 2 · 1 = 4.

d) Determine el valor que se obtiene al realizar las siguientes operaciones:(−→u − (−→u × (2−→v

))+ 3−→v

)·(2−→v +

((3−→u

)× −→v

)+ 9−→u

)Respuesta:Utilizando las propiedades del producto interno escalar, y del producto cruz, se tiene que:(−→u − (−→u × (

2−→v))+ 3−→v

)·(2−→v +

((3−→u

)× −→v

)+ 9−→u

)53


=(−→u − 2

(−→u × −→v )+ 3−→v

)·(2−→v + 3

(−→u × −→v )+ 9−→u

)= −→u · 2−→v + −→u · 3

(−→u × −→v )+ −→u · 9−→u − 2

(−→u × −→v )· 2−→v − 2

(−→u × −→v )· 3

(−→u × −→v )−2

(−→u × −→v )· 9−→u + 3−→v · 2−→v + 3−→v · 3

(−→u × −→v )+ 3−→v · 9−→u

= 29−→u · −→v − 18(−→u × −→v )

· −→u − 4(−→u × −→v )

· −→v + 3−→u ·(−→u × −→v )

+9−→v ·(−→u × −→v )

+ 9∣∣∣∣∣∣−→u ∣∣∣∣∣∣2 + 6

∣∣∣∣∣∣−→v ∣∣∣∣∣∣2 − 6∣∣∣∣∣∣−→u × −→v ∣∣∣∣∣∣2

= 29−→u · −→v − 15−→u ·(−→u × −→v )

− 5−→v ·(−→u × −→v )

+ 9∣∣∣∣∣∣−→u ∣∣∣∣∣∣2 + 6

∣∣∣∣∣∣−→v ∣∣∣∣∣∣2 − 6∣∣∣∣∣∣−→u × −→v ∣∣∣∣∣∣2

= 29−→u · −→v − 15(−→u × −→u )

· −→v − 5(−→v × −→v )

· −→u + 9∣∣∣∣∣∣−→u ∣∣∣∣∣∣2 + 6

∣∣∣∣∣∣−→v ∣∣∣∣∣∣2 − 6∣∣∣∣∣∣−→u × −→v ∣∣∣∣∣∣2

= 9∣∣∣∣∣∣−→u ∣∣∣∣∣∣2 + 6

∣∣∣∣∣∣−→v ∣∣∣∣∣∣2 − 6∣∣∣∣∣∣−→u × −→v ∣∣∣∣∣∣2 pues −→u × −→u = −→v × −→v = 0 y sustituyendo −→u · −→v = 0

= 9 · 4 + 6 · 4 − 6 · 16 = −36 sustituyendo∣∣∣∣∣∣−→u ∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣−→v ∣∣∣∣∣∣ = 2

Por lo tanto, se obtiene que:(−→u − (−→u × (2−→v

))+ 3−→v

)·(2−→v +

((3−→u

)× −→v

)+ 9−→u

)= −36

8. Considere los vectores −→u = (1, 0, 2), −→v = (−2, 0, 3) y −→w = (2, 2, 2).

a) Si −→r = −→u x−→v , determine Proy−→r−→w .

Respuesta:

−→r = −→u x−→v =

∣∣∣∣∣∣∣∣e1 e2 e31 0 2−2 0 3

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (0,−7, 0)

Y como −→r · −→w = −14 y∣∣∣∣∣∣−→r ∣∣∣∣∣∣2 = 49, entonces

Proy−→r−→w =

−→r · −→w∣∣∣∣∣∣−→r ∣∣∣∣∣∣2 · −→r = −1449

(0,−7, 0) = (0, 2, 0)

b) Calcule el area del paralelogramo determinado por los vectores −→u y −→v .

Respuesta:Area del paralelogramo =

∣∣∣∣∣∣−→u x−→v∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣−→r ∣∣∣∣∣∣ = √49 = 7.

54


c) Determine la medida del angulo que forman los vectores −→w y −→r .

Respuesta:Como

∣∣∣∣∣∣−→w ∣∣∣∣∣∣ = √12 y∣∣∣∣∣∣−→r ∣∣∣∣∣∣ = 7, entonces, por la formula del coseno del angulo se tiene que

cosθ =−→w · −→r∣∣∣∣∣∣−→w ∣∣∣∣∣∣ · ∣∣∣∣∣∣−→r ∣∣∣∣∣∣ = −14√

12 · 7=−1√

3

d) Calcule el volumen del paralelepıpedo que determinan los vectores −→u , −→w y −→r .

Respuesta:Si A es la matriz con filas −→r , −→u y −→w , i.e. si

A =

−→w−→u−→r

=2 2 21 0 20 −7 0

El volumen del paralelepıpedo de lados −→u , −→w y −→r es el valor absoluto del determinante deA. Y como, det(A) = 14, entonces concluimos que el volumen del paralelepıpedo es 14.

55


6. Rectas y planos en Rn

1. En R3 considere los puntos A = (1,−2, 3), B = (5, 3, 2) y C = (7,−1, 4).

a) Verifique que estos puntos no son colineales (es decir, no pertenecen a la misma recta).

Respuesta:

Notese que los tres puntos A, B y C no son colineales si los vectores−→AB y

−→BC no son paralelos.

Entonces,

−→AB = B − A = (5, 3, 2) − (1,−2, 3) = (4, 5,−1)−→BC = C − B = (7,−1, 4) − (5, 3, 2) = (2,−4, 2)

−→AB · −→BC = (4, 5,−1) · (2,−4, 2) = −14 < 0 ⇒ entonces el angulo es obtuso

∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB∣∣∣∣∣∣∣∣ = √

42 + 52 + (−1)2 =√

42∣∣∣∣∣∣∣∣−→BC∣∣∣∣∣∣∣∣ = √22 + 42 + 22 =

√24

Entonces, el angulo entre los vectores esta determinado por,

cosθ =−→AB · −→BC∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB

∣∣∣∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣∣∣∣−→BC∣∣∣∣∣∣∣∣ = −14√

42√

24=−√

76

Como cosθ , 1 y cosθ , −1, entonces los vectores no son paralelos, y por tanto los puntos A,B y C no son colineales.

b) Escriba las ecuaciones escalares parametricas del plano P que contiene los puntos A, B y C.

Respuesta:Para determinar la ecuacion vectorial del plano P, se necesitan un punto perteneciente alplano y dos vectores que se encuentren dentro del plano y que no sean paralelos. Como lospuntos A, B y C estan en el plano, entonces los vectores

−→AB y

−−→AC forman parte del plano y se

pueden utilizar como vectores directores.

Entonces

56


−−→AC = C − A = (7,−1, 4) − (1,−2, 3) = (6, 1, 1)

Por lo que la ecuacion vectorial del plano es:

(x, y, z) = A + s−→AB + t

−−→AC = (1,−2, 3) + s(4, 5,−1) + t(6, 1, 1)

Y las ecuaciones parametricas escalares del plano P son entonces,x = 1 + 4s + 6ty = −2 + 5s + tz = 3 − s + t

La interpretacion geometrica se observa en la siguiente figura:

c) Escriba la ecuacion normal del plano P.

Respuesta:Un vector normal al plano P es:

−→AB × −−→AC =

∣∣∣∣∣∣∣∣e1 e2 e34 5 −16 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (6,−10,−26) = 2(3,−5,−13)

Podemos tomar η como, η = (3,−5,−13) que es entonces un vector normal al plano P. Laecuacion normal del plano satisface:

X ·η = A ·η⇔ (x, y, z) · (3,−5,−13) = (1,−2, 3) · (3,−5,−13)⇔ 3x− 5y− 13z = 3+ 10− 39 = −26

La ecuacion normal del plano P es 3x − 5y − 13z = −26.

2. Considere las rectas L1 y L2 cuyas ecuaciones son:

L1 : (x, y, z) = (3 + t, 7 + 2t,−1 + 3t), t ∈ R; L2 :x3=

y − 12= z − 2

a) Determine la ecuacion normal del plano P que contiene a la recta L1 y es paralelo a L2.

Respuesta:Las ecuaciones vectoriales de las rectas L1 y L2 son,

57


L1 : (x, y, z) = (3, 7,−1) + t(1, 2, 3) = A + tv

L2 : (x, y, z) = (0, 1, 2) + t(3, 2, 1) = B + tw

Note que v y w no son vectores paralelos, por lo que las rectas L1 y L2 tampoco lo son.

Como el plano P contiene a L1, el vector v esta en el plano, junto con el punto A por dondepasa la recta. Ademas como la recta L2 es paralela al plano P, el vector director w tiene lamisma direccion que el plano. Y como v y w no son paralelos, generan al plano P.

Por tanto, un vector ortogonal al plano P es el vector v × w;

v × w = (3, 2, 1) × (1, 2, 3) =

∣∣∣∣∣∣∣∣e1 e2 e33 2 11 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (4,−8, 4) = 4(1,−2, 1)

Podemos tomar al vector η = (1,−2, 1) que es un vector normal al plano P. Y el punto A de L1como un punto del plano P. La ecuacion normal del plano P esta dada por:

X · η = A · η⇔ (x, y, z) · (1,−2, 1) = (3, 7 − 1) · (1,−2, 1)⇔ x − 2y + z = 3 − 14 − 1 = −12

La ecuacion del plano P es entonces x − 2y + z = −12.

b) Determine la ecuacion de la recta L3 que es ortogonal a L1 y a L2 y corta a ambas rectas.

Respuesta:De la parte a), el vector η = (1,−2, 1) es ortogonal tanto a L1 como a L2. Entonces L3 es la rectacon vector director (1,−2, 1) y que pasa por los puntos (x1, y1, z1) en L1 y (x2, y2, z2) en L2, talesque:

(x1, y1, z1) − (x2, y2, z2) = k(1,−2, 1)

i.e. buscamos que el vector que va de (x2, y2, z2) a (x1, y1, z1) sea paralelo al vector director(1,−2, 1) de L3. Lo anterior equivale a que existen s, t, k tales que:

(3, 7,−1)+t(1, 2, 3)−(0, 1, 2)−s(3, 2, 1) = k(1,−2, 1)⇔ (3+t−3s, 6+2t−2s,−3+3t−s) = (k,−2k, k)

58


Que es equivalente a las ecuaciones,

3 + t − 3s = k6 + 2t − 2s = −2k−3 + 3t − s = k

⇒k − t + 3s = 3−2k − 2t + 2s = 6

k − 3t + s = −3

Por tanto, para encontrar los valores de k, t, s resolvemos el sistema anterior,1 −1 3 3−2 −2 2 61 −3 1 −3

2 f1 + f2−→− f1 + f3

1 −1 3 30 −4 8 120 −2 −2 −6

14 f2−→−12 f3

1 −1 3 30 1 −2 −30 1 1 3

− f2 + f3−→

f2 + f1

1 0 1 00 1 −2 −30 0 3 6

13 f3−→

1 0 1 00 1 −2 −30 0 1 2

2 f3 + f2−→− f3 + f1

1 0 0 −20 1 0 10 0 1 2

Entonces, k = −2, t = 1 y s = 2.

El punto de L1 por donde pasa la recta L3 es (x1, y1, z1) = (3, 7,−1) + 1(1, 2, 3) = (4, 9, 2) y elpunto L2 por donde pasa la recta L3 es (x2, y2, z2) = (0, 1, 2) + 2(3, 2, 1) = (6, 5, 4). Entonces laecuacion de la recta L3 es: (x, y, z) = (4, 9, 2) + t(1,−2, 1).

c) Determine la distancia de la recta L2 al plano P.

Respuesta:Como L2 es paralela al plano P, entonces la distancia entre la recta L2 y el plano P es constantepara todo punto de L2.

Tomamos el punto, Q = (0, 1, 2) ∈ L2. Entonces lo que buscamos es la distancia de Q al planoP

d(Q,P) =(A −Q) · η∣∣∣∣∣∣η∣∣∣∣∣∣

donde A ∈ P, η es vector normal al plano. Como L1 esta en P, podemos tomar A = (3, 7,−1)

(A−Q) = (3, 7,−1)−(0, 1, 2) = (3, 6,−3) ⇒ (A−Q)·η = (3, 6,−3)·(1,−2, 1) = −12 y∣∣∣∣∣∣η∣∣∣∣∣∣ = √6

Entonces, d(Q,P) = −12√6= 12√

6, es la distancia entre Q y el plano P, que por lo mencionado

antes es igual a la distancia entre L2 y P.

3. EnR3 considere los puntos A = (1, 2, 3) y B = (2, 4, 5) y la recta L1 de ecuacion, (x, y, z) = (2t, 1−t, 2+t),t ∈ R.

a) Determine las ecuaciones simetricas de la recta L2 que pasa por A y por B.

Respuesta:

59


Para obtener las ecuaciones simetricas de L2, primero necesitamos determinar su ecuacionvectorial. Para econtarla, necesitamos un punto por el que pase la recta y un vector director.

Como punto, podemos tomar el punto A. Como vector director, −→v , tomamos

−→v = −→AB = B − A = (2, 4, 5) − (1, 2, 3) = (1, 2, 2)

Entonces, la ecuacion vectorial de L2 es

(x, y, z) = (1, 2, 3) + t(1, 2, 2) t ∈ R

x = 1 + ty = 2 + 2tz = 3 + 2t

⇒ x − 1 =y − 2

2=

z − 32

Son las ecuaciones simetricas de L2.

b) Verifique que las rectas L1 y L2 no se cortan.

Respuesta:La ecuacion vectorial de la recta L1 es:

(x, y, z) = (0, 1, 2) + s(2,−1, 1) s ∈ R

Las rectas L1 y L2 se cortan, si existe algun vector (x, y, z) que satisface las ecuaciones de lasdos rectas. Es decir, si existen s y t tales que,

(0, 1, 2) + s(2,−1, 1) = (1, 2, 3) + t(1, 2, 2) ⇒

2s − t = 1−s − 2t = 1s − 2t = 1

Lo cual determina el sistema,

2 −1 1−1 −2 11 −2 1

f1 ⇔ f3−→

1 −2 1−1 −2 12 −1 1

−2 f1 + f3−→

f1 + f2

1 −2 10 −4 20 3 −1

34 f2 + f3−→

1 −2 10 −4 20 0 1

2

Como el sistema tiene una ecuacion inconsistente, entonces no tiene solucion, y por lo tantolos valores de s y t no existen. Por consiguiente, las rectas L1 y L2 no se intersecan.

c) Determine la ecuacion vectorial del plano que contiene a L1 y es paralelo a L2.

Respuesta:Para determinar la ecuacion vectorial de un plano, se necesita un punto por donde pasa elplano y dos vectores linealmente independientes que se encuentren en el plano.

60


Como el plano contiene a L1, el vector director de esta recta, i.e. el vector (2,−1, 1) esta dentrodel plano. Por otra parte, como L2 es paralelo al plano, su vector director, i.e. el vector (1, 2, 2)tiene la direccion del plano.

Entonces, si (2,−1, 1) y (1, 2, 2) no son paralelos y por lo tanto, si son linealmente indepen-dientes, entonces permiten generar al plano. Calculamos el angulo entre estos dos vectorespara verificar que no son paralelos,

cosθ =(2,−1, 1) · (1, 2, 2)||(2,−1, 1)|| ||(1, 2, 2)|| =

2√6 · 3

Como, cosθ , 1 y cosθ , −1 entonces los vectores no son paralelos. Por tanto, la ecuacionvectorial del plano esta dada por;

(x, y, z) = (0, 1, 2) + s(2,−1, 1) + t(1, 2, 2) s, t ∈ R

4. Considere la recta L1 cuya ecuacion es (x, y, z) = (1 + t, 2 − t,−1 + t), t ∈ R y el punto, B = (1,−2, 4).

a) Determine la ecuacion de la recta L2 que pasa por B y corta perpendicularmente a L1.

Respuesta:La ecuacion vectorial de L1 es;

(x, y, z) = (1, 2,−1) + t(1,−1, 1) t ∈ R

Ahora, sea X0 = (x0, y0, z0) el punto donde L2 corta perpendicularmente a L1.

Entonces, existe s ∈ R tal que (x0, y0, z0) = (1, 2,−1)+ s(1,−1, 1) y ademas, se debe cumplir que−−→BX0 = X0 − B = (x0, y0, z0) − (1,−2, 4) es perpendicular a L1 y por tanto a su vector director(1,−1, 1). Entonces,

[(x0, y0, z0) − (1,−2, 4)

]· (1,−1, 1) = 0⇔

[(1, 2,−1) + s(1,−1, 1) − (1,−2, 4)

]· (1,−1, 1) = 0

⇔[(0, 4,−5) + s(1,−1, 1)

]· (1,−1, 1) = 0⇔ (0, 4,−5) · (1,−1, 1) + s(1,−1, 1) · (1,−1, 1) = 0

⇔ −9 + 3s = 0⇔ 3s = 9⇔ s = 3

Entonces, X0 = (x0, y0, z0) = (1, 2,−1) + 3 · (1,−1, 1) = (4,−1, 2). Por tanto,−−→BX0 = X0 − B =

(4,−1, 2) − (1,−2, 4) = (3, 1,−2) es vector director de L2, y la ecuacion de L2 es entonces,

61


(x, y, z) = (1,−2, 4) + t(3, 1,−2) t ∈ R

b) Determine la distancia de B a L1.

Respuesta:Por la parte a), como el punto X0 = (4,−1, 2) es tal que el vector que va de B a X0 cortaperpendicularmente a la recta L1, entonces el la longitud del segmento formado por el vector−−→BX0 = (3, 1,−2) representa la distancia de B a L1, ya que la menor distancia es siempre el

segmento perpendicular. Entonces, d(B, L1) =∣∣∣∣∣∣∣∣−−→BX0

∣∣∣∣∣∣∣∣ = ||(3, 1,−2)|| =√

14 es la distancia de Ba L1.

c) Determine la ecuacion normal del plano que contiene a las rectas L1 y L2.

Respuesta:Como L1 y L2 son perpendiculares, sus vectores directores lo son tambien, entonces permitengenerar al plano que pasa por L1 y L2 ya que no son vectores paralelos. Entonces, si η esortogonal a los vectores directores de las rectas, i.e. a (1,−1, 1) y (3, 1,−2), es por consiguienteun vector normal al plano.Entonces, para obtener un vector ortogonal a (1,−1, 1) y (3, 1,−2),

(1,−1, 1) × (3, 1,−2) =

∣∣∣∣∣∣∣∣e1 e2 e31 −1 13 1 −2

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (1, 5, 4)

Y tomamos entonces, η = (1, 5, 4). Ahora, notese que el punto (1, 2,−1) ∈ L1 esta en el plano,por lo que la ecuacion normal del plano satisface:

(x, y, z) · (1, 5, 4) = (1, 2,−1) · (1, 5, 4)⇔ x + 5y + 4z = 7

Por lo tanto, la ecuacion normal del plano es: x + 5y + 4z = 7.

5. Dada la recta L, cuyas ecuaciones simetricas son: x−2−3 = y = z

5 .

a) Determine la ecuacion normal del plano que contiene al punto (2,−6, 1) y que tambien con-tiene a la recta L.

Respuesta:Las ecuaciones parametricas y vectorial de la recta L son;

x = 2 − 3ty = tz = 5t

⇒ (x, y, z) = P + t−→v = (2, 0, 0) + t(−3, 1, 5)

Note que si Q = (2,−6, 1), entonces Q no esta en la recta L, pues sustituyendo a Q en lasecuaciones simetricas, se obtiene una contradiccion; 2−2

−3 , −6 =, 15 .

62


Entonces sean A = (2, 0, 0) y B = (2, 0, 0) + (−3, 1, 5) = (−1, 1, 5) dos puntos de L. Entonces losvectores,

−−→QA y

−−→QB no son paralelos y estan dentro del plano buscado.

Por tanto un vector normal al plano es η =−−→QA × −−→QB, donde

−−→QA = A −Q = (2, 0, 0) − (2,−6, 1) = (0, 6,−1)−−→QB = B −Q = (−1, 1, 5) − (2,−6, 1) = (−3, 7, 4)

⇒ η =

∣∣∣∣∣∣∣∣e1 e2 e30 6 −1−3 7 4

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (31, 3, 18)

Entonces la ecuacion normal del plano satisface:

X · η = Q · η⇔ (x, y, z) · (31, 3, 18) = (2,−6, 1) · (31, 3, 18)

⇔ 31x + 3y + 18z = 62

La ecuacion normal del plano es entonces, 31x + 3y + 18z = 62.

b) Verifique que la recta L1, cuya ecuacion es (x, y, z) = (2, 1, 1) + t(−3, 1, 5), t ∈ R, es paralela alplano encontrado en a).

Respuesta:Para que la recta L1 sea paralela al plano, debe ser perpendicular al vector normal del plano.De modo que el vector director de la recta L1, i.e. el vector (−3, 1, 5) debe ser perpendicular alvector η = (31, 3, 18). Se puede verificar que efectivamente son perpendiculares, pues por elproducto interior escalar, (−3, 1, 5) · (31, 3, 18) = 0, entonces son perpendiculares.

Por el razonamiento anterior, entonces L1 es paralela al plano 31x+ 3y+ 18z = 62, encontradoen la parte a)

6. Dado el plano π, cuya ecuacion normal es: 31x + 3y + 18z = 62.

a) Calcule la distancia del plano π, a la recta L1, cuya ecuacion vectorial es (x, y, z) = (2, 1, 1) +t(−3, 1, 5) t ∈ R. Incluya un esquema geometrico como parte de la justificacion de su procedi-miento de calculo.

63


Respuesta:Por la parte b) de la pregunta 2, la recta L1 y el plano π son paralelos. Entonces, para calcularla distancia de la recta L1 al plano π, basta calcular la distancia de un punto de la recta alplano, pues la distancia es constante al ser ambos paralelos.

Tome Q = (2, 1, 1) que esta en L1. El punto, P = (2,−6, 1) esta en el plano, por la pregunta 2parte a). Entonces, la formula de distancia de Q al plano π esta dada por,

d(Q, π) =(P −Q) · η∣∣∣∣∣∣η∣∣∣∣∣∣

donde,∣∣∣∣∣∣η∣∣∣∣∣∣ = √1294, P−Q = (2,−6, 1)− (2, 1, 1) = (0,−7, 0), (P−Q) · η = (0,−7, 0) · (31, 3, 18) =

−21. Entonces,

d(Q, π) =−21√1294

=21√1294

es la distancia de la recta L1 al plano π.

b) Determine la ecuacion de la recta L2 que pasa por el punto (−1, 2, 6) y que es perpendicular alplano π.

Respuesta:Como la recta L2 es perpendicular al plano π, entonces su vector director es paralelo al vectornormal al plano, por lo tanto, podemos tomar como vector director de la recta L2 al vector(31, 3, 18), y como la recta L2 pasa por el punto (−1, 2, 6), entonces la ecuacion vectorial de larecta es:

L2 : (x, y, z) = (−1, 2, 6) + t(31, 3, 18) t ∈ R

c) Determine el punto de interseccion de la recta L2 con el plano π.Respuesta:La ecuacion vectorial de la recta L2 determina un sistema de 4 variables con las tres ecuaciones:

x −31t = −1y −3t = 2

z −18t = 6

y el plano π tiene la ecuacion normal con tres variables, 31x+ 3y+ 18z = 62. Entonces la rectaL2 y el plano π forman el siguiente sistema aumentado, cuya solucion es la interseccion deambos;

1 0 0 −31 −10 1 0 −3 20 0 1 −18 6

31 3 18 0 62

−31 f1 + f4−→

−3 f2 + f4−18 f3 + f4

1 0 0 −31 −10 1 0 −3 20 0 1 −18 60 0 0 1294 −21

64


11294 f4−→

1 0 0 −31 −10 1 0 −3 20 0 1 −18 60 0 0 1 −21

1294

31 f4 + f1−→

1 0 0 0 −1945

12940 1 0 0 2525

12940 0 1 0 3693

6470 0 0 1 −21

1294

Entonces, la interseccion de la recta y el plano, es el punto

(−19451294 ,

25251294 ,

3693647

).

7. Considere en R3 los puntos A = (0, 1, 3), B = (1, 0, 1), C = (1, 1, 2) y Q = (0, 2,−2).

a) Verifique que los puntos A, B y C no son colineales.

Respuesta:

Para que A, B y C no sean colineales, los vectores−→AB y

−→BC no deben de estar en la misma

recta, i.e. no deben de ser paralelos.

En la figura se representa la idea geometrica.

Sea θ el angulo entre−→AB y

−→BC, donde

−→AB = B − A = (1, 0, 1) − (0, 1, 3) = (1,−1,−2) y

−→BC =

C−B = (1, 1, 2)− (1, 0, 1) = (0, 1, 1). Entonces,−→AB ·−→BC = −3,

∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB∣∣∣∣∣∣∣∣ = √6 y

∣∣∣∣∣∣∣∣−→BC∣∣∣∣∣∣∣∣ = √2. Entonces,

cosθ =−→AB · −→BC∣∣∣∣∣∣∣∣−→AB

∣∣∣∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣∣∣∣−→BC∣∣∣∣∣∣∣∣ = −3√

6 ·√

2=−3

2√

3

Y como cosθ , 1 y cosθ , −1, entonces los vectores−→AB y

−→BC no son paralelos, por lo tanto los

puntos A, B y C no son colineales.

b) Determine la ecuacion normal del plano π que contiene a los puntos A, B y C.

Respuesta:Para la ecuacion normal del plano π, necesitamos un vector η normal al plano y un punto pordonde pase el plano. Primero vamos a determinar un vector normal al plano. Note que losvectores

−→AB y

−→BC son no paralelos entre sı, pues por la parte a), no se encuentran en la misma

recta, y que ademas estan en el plano π, puesto que los puntos A, B, y C estan en el plano.Entonces, los vectores

−→AB y

−→BC generan la direccion del plano. Un vector normal al plano es

entonces el vector−→AB × −→BC.

65


−→AB × −→BC =

∣∣∣∣∣∣∣∣e1 e2 e31 −1 −20 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (1,−1, 1)

Entonces, podemos tomar como vector normal al plano π, al vector η = (1,−1, 1). Como elpunto A pertenece al plano, entonces la ecuacion del plano satisface:

(x, y, z) · (1,−1, 1) = (0, 1, 3) · (1,−1, 1) ⇔ x − y + z = 2

Entonces la ecuacion normal del plano π es x − y + z = 2.

c) Determine la ecuacion vectorial de la recta que pasa por el punto Q y que es perpendicular alplano π.

Respuesta:Como la recta es perpendicular al plano π, un vector paralelo a la recta es el vector η normalal plano, por lo que η se puede utilizar como vector director de la recta. Y como la recta pasapor el punto Q, la ecuacion vectorial de la recta es:{

X ∈ R3 X = Q + tη, t ∈ R}=

{(x, y, z) ∈ R3 (x, y, z) = (0, 2,−2) + t(1,−1, 1), t ∈ R

}d) Determine el punto en el plano πmas cercano al punto Q.

Respuesta:Recordemos que por teorema, la distancia mas corta de un punto Q al plano π es la longituddel segmento perpendicular que une a Q con el plano π. Entonces, el punto mas cercano de πa Q, es el punto S en donde la recta calculada en la parte c), interseca a π, esto porque la rectaes perpendicular al plano π. Vease la figura.

Las ecuaciones de la recta son:

x −t = 0y +t = 2

z −t = −2

y la ecuacion del plano es x − y + z = 2. Por lo que la interseccion de la recta y el plano,corresponden a la solucion al sistema;

66


1 0 0 −1 00 1 0 1 20 0 1 −1 −21 −1 1 0 2

− f1 + f2−→

1 0 0 −1 00 1 0 1 20 0 1 −1 −20 −1 1 1 2

f2 + f4−→

1 0 0 −1 00 1 0 1 20 0 1 −1 −20 0 1 2 4

− f3 + f4−→

1 0 0 −1 00 1 0 1 20 0 1 −1 −20 0 0 3 6

13 f4−→

1 0 0 −1 00 1 0 1 20 0 1 −1 −20 0 0 1 2

f4 + f1−→− f4 + f2f4 + f3

1 0 0 0 20 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 2

Por tanto, el punto donde se intersecan el plano y la recta es el punto S = (2, 0, 0), y es el puntodel plano πmas cercano al punto Q.

e) Calcule la distancia del punto Q al plano π.

Respuesta:Como la menor distancia es la perpendicular, entonces de la parte d), se tiene que;

d(Q, π) = ||Q − S|| = ||(0, 2,−2) − (2, 0, 0)|| = ||(−2, 2,−2)|| = 2√

3

Otra manera de calcular la distancia es con la formula,

d(Q, π) =(P −Q) · η∣∣∣∣∣∣η∣∣∣∣∣∣ donde P es un punto del plano

Tomamos como punto del plano al punto A, entonces A −Q = (0, 1, 3) − (0, 2,−2) = (0,−1, 5),(A −Q) · η = (0,−1, 5) · (1,−1, 1) = 6 y

∣∣∣∣∣∣η∣∣∣∣∣∣ = √3, de modo que d(q, π) = 2√

3.

De manera que con ambos metodos, se obtiene que la distancia de Q al plano π es 2√

3.

8. a) (5 puntos) Halle la ecuacion vectorial de la lınea recta, l1, que contiene a los puntos P(4, 6, 7)y Q(3, 6, 9).

Respuesta:

Como P y Q estan en la recta, el vector−−→PQ tiene la direccion de la recta. Entonces,

−−→PQ = Q − P = (3, 6, 9) − (4, 6, 7) = (−1, 0, 2)

puede ser usado como vector director de la recta l1. Ademas, l1 pasa por el punto P, de maneraque la ecuacion vectorial de l1 toma la forma,

(x, y, z) = (4, 6, 7) + t(−1, 0, 2) t ∈ R

67


b) Muestre que la lınea recta, l2, dada por las ecuaciones simetricas

x − 17= y − 3 =

5 − z3,

no interseca a l1.

Respuesta:De las ecuaciones simetricas, la ecuacion vectorial de l2 es (x, y, z) = (1, 3, 5) + s(7, 1,−3), s ∈ Ry por la parte a), la ecuacion vectorial de l1 es, (x, y, z) = (4, 6, 7) + t(−1, 0, 2), t ∈ R.

Las dos rectas se intersecan si existen valores de s y t tales que,

(1, 3, 5) + s(7, 1,−3) = (4, 6, 7) + t(−1, 0, 2)

⇔ (7s + t, s,−3s − 2t) = (3, 3, 2)

que es equivalente al sistema,7 1 31 0 3−3 −2 2

−7 f2 + f1−→

3 f2 + f3

0 1 −181 0 30 −2 11

2 f1 + f3−→

0 1 −181 0 30 0 −25

que tiene una ecuacion inconsistente, y por tanto, no tiene solucion para s y t. De modo quelas rectas l1 y l2 no se intersecan.

c) Halle ecuaciones normales para dos planos paralelos, π1 y π2, que contienen a las rectas l1 yl2, respectivamente.

Respuesta:Como los planos π1 y π2 son paralelos, entonces sus vectores normales son paralelos, y sepuede tomar el mismo vector normal para describir la ecuacion de ambos.

Ahora, comoπ1 contiene a l1 yπ2 contiene a l2, entonces necesitamos un vector normal a ambasrectas. Si u = (−1, 0, 2) y v = (7, 1,−3) son los vectores directores de l1 y l2 respectivamente,note que no son paralelos, por lo que las rectas l1 y l2 tampoco lo son, y entonces tomamoscomo vector normal al vector u × v:

u × v =

∣∣∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3−1 0 27 1 −3

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−2, 11,−1)

Entonces, η = (−2, 11,−1) es un vector normal a los planos π1 y π2.Como π1 contiene a l1, entonces el punto (4, 6, 7) esta en π1, por lo que π1 tiene ecuacionnormal:

(x, y, z) · (−2, 11,−1) = (4, 6, 7) · (−2, 11,−1)

⇔ −2x + 11y − z = 51

68


Entonces la ecuacion normal de π1 es −2x + 11y − z = 51.

Como π2 contiene a l2, el punto (1, 3, 5) esta en π2, por lo que π2 tiene ecuacion normal:

(x, y, z) · (−2, 11,−1) = (1, 3, 5) · (−2, 11,−1)

⇔ −2x + 11y − z = 26

Entonces la ecuacion normal de π2 es −2x + 11y − z = 26.

El argumento geometrico del procedimiento anterior se ilustra en la siguiente figura:

d) Determine la distancia entre los planos π1 y π2.

Respuesta:Como los planos π1 y π2 son paralelos, basta con calcular la distancia entre un punto de π1 yel plano π2.

El punto A = (4, 6, 7) esta en π1. El punto, B = (1, 3, 5) esta en π2 y el vector normal de π2 esη = (−2, 11,−1). Entonces se tiene la formula de distancia,

d(A, π2) =(B − A) · η∣∣∣∣∣∣η∣∣∣∣∣∣

donde, B−A = (1, 3, 5)− (4, 6, 7) = (−3,−3,−2) y (B−A) · η = (−3,−3,−2) · (−2, 11,−1) = −25 y∣∣∣∣∣∣η∣∣∣∣∣∣ = 3√

14.

Entonces, d(A, π2) = 253√

14es la distancia entre π1 y π2.

9. Considere las lineas rectas l1 y l2, dadas por las ecuaciones

l1 : x = 2 + 8t, y = 6 − 8t, z = 10tl2 : x = 3 + 8t, y = 5 − 3t, z = 6 + t

69


a) Muestre que l1 y l2, no pueden estar en un mismo plano.

Respuesta:Note que las ecuaciones vectoriales de l1 y l2 son:

l1 : (x, y, z) = P + tv = (2, 6, 0) + t(8,−8, 10)

l2 : (x, y, z) = Q + tw = (3, 5, 6) + t(8,−3, 1)

Ahora, note ademas que los vectores directores v y w, de l1 y l2 respectivamente, no sonparalelos.

Vamos a mostrar que si l1 y l2 estuvieran en el mismo plano, entonces esto nos lleva a unacontradiccion. Especıficamente, vamos a ver que la contradiccion se presenta porque hay dosposibles ecuaciones normales para este plano que contiene a l1 y a l2, y las cuales se contradi-cen entre sı.

Entonces, suponga que l1 y l2 se encuentran en el mismo plano. En ese caso, los vectoresdirectores v y w estan en el plano, y como no son paralelos, generan la direccion del plano.Entonces el vector, v × w es normal al plano, donde:

v × w = (8,−8, 10) × (8,−3, 1) =

∣∣∣∣∣∣∣∣e1 e2 e38 −8 108 −3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (22, 72, 40) = 2(11, 36, 20)

Podemos tomar el vector mas simple, n = (11, 36, 20) que es paralelo a v × w = (22, 72, 40), ypor tanto es normal al plano. Vease la figura.

Como l1 esta en el plano, entonces P = (2, 6, 0) es un punto del plano, por lo que se puedeobtener la ecuacion normal del plano:

(x, y, z) · (11, 36, 20) = (2, 6, 0) · (11, 36, 20) ⇔ 11x + 36y + 20z = 238

Pero como l2 tambien esta en el plano, el punto, Q = (3, 5, 6) pertenece al plano, por lo que sepuede obtener la ecuacion normal del plano:

70


(x, y, z) · (11, 36, 20) = (3, 5, 6) · (11, 36, 20) ⇔ 11x + 36y + 20z = 333

Entonces el plano que contiene tanto a l1 como a l2, tiene dos ecuaciones que se contradicenentre sı. Por lo tanto, dicho plano no puede existir. Entonces, hemos probado que l1 y l2 nopueden estar en el mismo plano.

b) Determine una ecuacion cartesiana para el plano π1 que contiene a l1 y es paralelo a l2.

Respuesta:En los calculos de la parte a), el vector n = (11, 36, 20) es normal al plano que contiene a l1 yque es paralelo a l2. Donde aqui, el plano es paralelo a l2 porque tiene la direccion dada porlos vectores v de l1 y w de l2.

Se obtuvo la ecuacion,

π1 : 11x + 36y + 20z = 238

c) Determine una ecuacion cartesiana para el plano π2 que contiene a l2 y es perpendicular alplano π1.

Respuesta:Para la siguiente interpretacion geometrica, refierase a la siguiente figura.

Como el plano π2 contiene a l2, en particular, contiene al vector w director de l2. Ahora, comoπ2 es un plano perpendicular a π1, y como el vector n es normal a π1, entonces n es un vectorparalelo al planoπ2, y como los vectores n y w son perpendiculares, entonces no son paralelos,por lo que generan la direccion del plano π2. Entonces el vector, n×w, es un vector normal alplano π2. Donde,

n × w = (11, 36, 20) × (8,−3, 1) =

∣∣∣∣∣∣∣∣e1 e2 e311 36 208 −3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−96,−149, 321)

71


Como π2 contiene a l2, entonces el punto Q = (3, 5, 6) esta en π2. Entonces la ecuacion normaldel plano π2 se obtiene de:

(x, y, z) · (−96,−149, 321) = (3, 5, 6) · (−96,−149, 321) ⇔ 96x + 149y − 321z = −839

Entonces la ecuacion de π2 es,

π2 : 96x + 149y − 321z = −839

d) Determine una ecuacion vectorial para la lınea l3 correspondiente a la interseccion del planoπ1 con el plano π2.

Respuesta:La recta l3 es la solucion al sistema que se forma con las ecuaciones normales de los planos π1y π2. Entonces tenemos el sistema(

11 36 20 23896 149 −321 −839

)1

11 f1−→

(1 36

112011

23811

96 149 −321 −839

)−96 f1 + f2−→

(1 36

112011

23811

0 −181711

−545111

−3207711

) −111817 f2−→

(1 36

112011

23811

0 1 3 320771817

)−3611 f2 + f1−→

(1 0 −8 −65666

18170 1 3 32077

1817

)⇒ x = 8z − 65666

1817y = −3z + 32077

1817

Entonces, si z = t, t ∈ R, la ecuacion vectorial de l3 es:

l3 : (x, y, z) =(−65666

1817,

320771817

, 0)+ t(8,−3, 1)

e) Halle las coordenadas del punto, R, correspondiente a la interseccion de l1 con l3 y calcule ladistancia de R a l2.

Respuesta:Si R es el punto de interseccion de l1 y l3, entonces debe de satisfacer las ecuaciones de l1 y l3,para algunos valores de s y t,

l1 : (x, y, z) = (2, 6, 0) + s (8,−8, 10)

l3 : (x, y, z) =(−65666

1817,

320771817

, 0)+ t(8,−3, 1)

Entonces, R = (x, y, z), debe cumplir que:

(2, 6, 0) + s (8,−8, 10) =(−65666

1817,

320771817

, 0)+ t(8,−3, 1)

⇔ (8s − 8t,−8s + 3t, 10s − t) =(−69300

1817,

211751817

, 0)

Que es equivalente al sistema:

72


8 −8 −69300

1817−8 3 21175

181710 −1 0

f1 + f2−→1

10 f3

8 −8 −69300

18170 −5 −48125

18171 −1

10 0

−8 f3 + f1−→−15 f2

0 −36

5−69300

18170 1 9625

18171 −1

10 0

365 f2 + f1−→

110 f2 + f3

0 0 00 1 9625

18171 0 1925

3634

Entonces, s = 1925

3634 y t = 96251817 . Por tanto, sustituyendo ya sea s en l1 o bien t en l3, se obtiene,

R =(

113341817 ,

32021817 ,

96251817

)es el punto de interseccion de las rectas l1 y l3.

Finalmente, calculamos la distancia R a l2. Tenemos la formula de distancia, con Q = (3, 5, 6) ∈l2,

d(R, l2) =∣∣∣∣∣∣∣∣−−→QR − Proyw

−−→QR

∣∣∣∣∣∣∣∣donde

−−→QR = R −Q =

(113341817 ,

32021817 ,

96251817

)− (3, 5, 6) =

(58831817 ,

−58831817 ,

−12771817

). Entonces,

d(R, l2) =∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(5883

1817,−58831817

,−12771817

)−

(26396067229

,−9898567229

,−3299567229

)∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(26396067229

,−9898567229

,−3299567229

)∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = √612652369

1817√

37

10. Halle una ecuacion vectorial para el plano que contiene al punto P(2,−1, 4) y es perpendicular a larecta de interseccion de los planos 4x + 2y + 2z + 1 = 0 y 3x + 6y + 3z − 7 = 0

Respuesta:

Sea M el plano buscado. Si,

M1 : 4x + 2y + 2z = −1

M2 : 3x + 6y + 3z = 7

son dos planos, entonces los vectores v = (2, 1, 1) y w = (1, 2, 1) son normales a los planos M1 y M2respectivamente.

Sea z el vector director de la recta de interseccion de los planos M1 y M2, entonces, z es un vectornormal a M, pues z esta en M1 y en M2 y ambos son perpendiculares a M. Como v ⊥ z, pues zesta en M1, y w ⊥ z, pues z esta en M2. Entonces, v,w estan en M, y como no son paralelos, sirvencomo vectores directores del plano M.

La ecuacion vectorial de M es:

M : (x, y, z) = P + tv + sw = (2,−1, 4) + t(2, 1, 1) + s(1, 2, 1) t, s ∈ R

En la siguiente figura se presenta la interpretacion geometrica para obtener la ecuacion del planoM.

73


11. Considere las lineas rectas

l1 = {(1 − 2t, 2 − t, 3 − 3t) t ∈ R} l2 = {(−1 + 4t, 2 − t, 2) t ∈ R}

y el plano π ={(x, y, z) − 2x − 5y + 4z = 0

}.

a) Determine si las lıneas rectas l1 y l2 se intersecan y en caso afirmativa halle las coordenadasdel punto de interseccion.

Respuesta:La interseccion de l1 y l2 son todos los vectores (x, y, z) ∈ R3 que cumplen con ls ecuacionesde l1 y l2 al mismo tiempo. Por tanto, si (x, y, z) esta en la interseccion, podemos igualar lasecuaciones para encontrar los valores correspondientes de s y t.

(1, 2, 3) + t(−2,−1,−3) = (−1, 2, 2) + s(4,−1, 0)

⇔ (−2t,−t,−3t) − (4s,−s, 0) = (−1, 2, 2) − (1, 2, 3)

⇔ (−2t − 4s,−t + s,−3t) = (−2, 0,−1)

Igualamos los vectores entrada por entrada y se obtiene el sistema:

⇔−2t − 4s = −2−t + s = 0−3t = −1

−2 −4 −2−1 1 0−3 0 −1

−12 f1−→− f2− f3

1 2 11 −1 03 0 1

− f1 + f2−→

−3 f1 + f3

1 2 10 −3 −10 −6 −2

74


−2 f2 + f3−→

1 2 10 −3 −10 0 0

−13 f2−→

1 2 10 1 1

30 0 0

−2 f2 + f1−→

1 0 1

30 1 1

30 0 0

Entonces t = 1

3 y s = 13 . Por tanto, el unico punto de interseccion se obtiene al sustituir esos

valores en las ecuaciones de las lineas rectas, es decir, la interseccion es el punto:

(x, y, z) = (1, 2, 3) +13

(−2,−1,−3) =(13,

53, 2

)b) Calcule la distancia del punto E =

(13 ,

53 , 2

)al plano π.

Respuesta:El vector normal al plano π es −→n = (−2,−5, 4) y note que el punto P = (0, 0, 0) esta en π. Porla formula de distancia de un punto a un plano

d (E, π) =(P − E) · −→n∣∣∣∣∣∣−→n ∣∣∣∣∣∣ =

−E · −→n∣∣∣∣∣∣−→n ∣∣∣∣∣∣con

∣∣∣∣∣∣−→n ∣∣∣∣∣∣ = √45 y −E · −→n = 1. Entonces, d (E, π) = 1√45

.

c) Encuentre todos los puntos de la lınea recta l1 cuya distancia al plano π sea√

45.

Respuesta:La distancia entre un punto (x, y, z) fuera del plano π y el plano π es la longitud del segmentoperpendicular que va del punto al plano. Sea A = (x, y, z) un punto tal que la distancia conrespecto al plano π es

√45. Por la formula de distancia, y tomando en cuenta que el punto

P = (0, 0, 0) esta en π,

d (A, π) =(P − A) · −→n∣∣∣∣∣∣−→n ∣∣∣∣∣∣ =

−A · −→n∣∣∣∣∣∣−→n ∣∣∣∣∣∣Ahora como A ∈ l1, existe un t ∈ R tal que A = (1 − 2t, 2 − t, 3 − 3t). Entonces,

−A · −→n = (2t − 1, t − 2, 3t − 3) · (−2,−5, 4) = 3t

Por tanto,√

45 = d (A, π) =

∣∣∣∣3t∣∣∣∣

√45⇒

∣∣∣t∣∣∣ = 15. Por tanto, los dos puntos que estan a distancia√

45 de π son: (x1, y1, z1

)= (1, 2, 3) + 15 (−2,−1,−3) = (−29,−13,−42)

(x2, y2, z2

)= (1, 2, 3) − 15 (−2,−1,−3) = (31, 17, 48)

12. Considere los planos π1 : 2x − y + z = 1 y π2 : 3x + y + z = 2.

75


a) Determine una ecuacion vectorial para la lınea de interseccion de los planos π1 y π2.

Respuesta:Todos los puntos de la lınea de interseccion de π1 y π2 deben cumplir con ambas ecuacionesal mismo tiempo. Entonces, deben ser solucion al sistema:(

2 −1 1 13 1 1 2

)− f1 + f2−→

(2 −1 1 11 2 0 1

)−2 f2 + f1−→

(0 −5 1 −11 2 0 1

)−15 f1−→

(0 1 −1

515

1 2 0 1

)−2 f1 + f2−→

(0 1 −1

515

1 0 25

35

)f1 ⇔ f2−→

(1 0 2

535

0 1 −15

15

)La solucion al sistema es x+ 2

5 z = 35 , y− 1

5 z = 15 . Y tomando z = t, la interseccion de los planos

es el conjunto de puntos de la forma,

(x, y, z) =(35− 2

5t,

15+

15

t, t)

t ∈ R

b) Halle una ecuacion vectorial para el plano π1.Respuesta:Necesitamos un punto de π1 y dos vectores directores (es decir, dos vectores dentro del planoπ1 que no sean paralelos).

Sea L la recta de interseccion de π1 y π2. Entonces, como la recta L esta en π1, el vector directorde L esta en π1. El vector director de L, segun la parte a), es

(−25 ,

15 , 1

)= 1

5 (−2, 1, 5). Entoncespodemos tomar al vector −→v = (−2, 1, 5) como uno de los directores del plano π1.

Como −→n = (2,−1, 1) es vector normal a π1, es ortogonal a v. Entonces el vector −→v x−→n , esta enπ1 ya que es ortogonal a −→n . Vease el dibujo para la interpretacion geometrica.

Entonces, como −→v x−→n esta en π1, y es ortogonal a −→v , podemos tomar a −→v y a −→v x−→n comovectores directores de π1. Calculamos −→v x−→n :

76


−→v x−→n =

∣∣∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3−2 1 52 −1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 6(1, 2, 0)

Podemos tomar −→w = (1, 2, 0) ya que es paralelo a −→v x−→n y por tanto apuntan a la misma direc-cion.

Como π1 contiene a L y P =(

35 ,

15 , 0

)esta en L, entonces P esta en π1. Una ecuacion vectorial

para π1 es entonces

(x, y, z) = P + s−→v + t−→w =(35,

15, 0

)+ s (−2, 1, 4) + t (1, 2, 0)

77


7. Espacios vectoriales reales

1. Sea U ={(

c − b bc c + b

)b, c ∈ R

}⊆M(2,R).

a) Pruebe que U es un espacio vectorial de M(2,R).

Respuesta:

Primero note que U , ∅ puesto que(0 00 0

)∈ U ya que

(0 − 0 0

0 0 + 0

)=

(0 00 0

).

Sean(x1 y1z1 w1

),(x2 y2z2 w2

)∈ U, c ∈ R. Entonces sus entradas cumplen,

x1 = z1 − y1 x2 = z2 − y2 w1 = z1 + y1 w2 = z2 + y2

Y, verificamos que cumple con la propiedad de los subespacios vectoriales, i.e que todacombinacion lineal de elementos del conjunto U pertenece nuevamente al conjunto U,

c(x1 y1z1 w1

)+

(x2 y2z2 w2

)=

(cx1 + x2 cy1 + y2cz1 + z2 cw1 + w2

)Note que por la relacion entre los coeficientes de las matrices de U:

cx1 + x2 = c(z1 − y1) + z2 − y2 = (cz1 + z2) − (cy1 + y2)

cw1 + w2 = c(z1 + y1) + z2 + y2 = (cz1 + z2) + (cy1 + y2)

Por lo tanto, los coeficientes de la matriz que es combinacion lineal, cumplen con las propie-dades de las matrices de U, entonces

c(x1 y1z1 w1

)+

(x2 y2z2 w2

)∈ U

⇒ U es subespacio de M(2,R).

b) Determine una base para U.

Respuesta:Note que para cada elemento de U, con b, c ∈ R arbitrarios,(

c − b bc c + b

)=

(c 0c c

)+

(−b b0 b

)= c

(1 01 1

)+ b

(−1 10 1

)

Sean v1 =

(1 01 1

), v2 =

(−1 10 1

). Note que v1 y v2 son linealmente independientes, y como todo

vector (en este caso un vector es una matriz) de U se puede escribir como combinacion linealde v1 y v2, entonces son una base para U. Escribimos, B = {v1, v2} es base de U.

78


c) Determine el vector de coordenadas de(3 25 7

)en la base determinada en el punto b).

Respuesta:Por la parte b), se puede observar que reemplazado los valores de b y c, se tiene,(

3 25 7

)= 5

(1 01 1

)+ 2

(−1 10 1

)Entonces, [(

3 25 7

)]B

=

(52

)

2. Sea A =

1 2 12 a 6

2 a −a 44 10 0 16

y FA el espacio vectorial generado por las filas de A.

a) Determine para que valor de a se tiene que dimFA = 2.

Respuesta:Una base para el espacio fila de A, FA son los vectores de las filas no nulas de la formaescalonada reducidad de A. De modo que buscamos valores de a, tal que la forma escalonadareducida tenga dos filas no nulas exactamente.

A−2 f1 + f2−→

−4 f1 + f3

1 2 12 a 6

0 a − 4 −2a −80 2 −2a −8

− f3 + f1−→− f3 + f2

1 0 5

2 a 140 a − 6 0 00 2 −2a −8

= B

Tomando, a = 6 en B,1 0 15 140 0 0 00 2 −12 −8

12 f3−→

1 0 15 140 0 0 00 1 −6 −4

f2 ⇔ f3−→

1 0 15 140 1 −6 −40 0 0 0

= R

Entonces, dimFA = 2 si a = 6.

Ahora, si a , 6,

B1

a−6 f2−→

1 0 5

2 a 140 1 0 00 2 −2a −8

−2 f2 + f3−→

1 0 5

2 a 140 1 0 00 0 −2a −8

−12 f3−→

1 0 5

2 a 140 1 0 00 0 a 4

−52 f3 + f1−→

1 0 0 40 1 0 00 0 a 4

Entonces, dimFA = 3 si a , 6.

79


b) Para el valor de a determinando en el punto anterior, ¿pertenece (3, 7, 3, 14) a FA?

Respuesta:Por la parte a), si a = 6, las dos filas no nulas de la forma escalonada reducida R de A sonv1 = (1, 0, 15, 14) y v2 = (0, 1,−6,−4) son una base de FA.

Entonces, (3, 7, 3, 14) ∈ FA si se puede expresar como combinacion lineal de v1 y v2. Es decir,si existen escalares c1 y c2 tales que, (3, 7, 3, 14) = c1v1 + c2v2 = c1(1, 0, 15, 14) + c2(0, 1,−6,−4).Esto determina el sistema,

1 0 30 1 7

15 −6 314 −4 14

−15 f1 + f3−→

−14 f1 + f4

1 0 30 1 70 −6 −420 −4 −28

6 f2 + f3−→

4 f2 + f4

1 0 30 1 70 0 00 0 0

Entonces, c1 = 3 y c2 = 7, por lo tanto, (3, 7, 3, 14) ∈ FA.

3. Dado el conjunto, U ={(

a bc d

)a + b = c, a + d = b

}a) Pruebe que U es un subespacio vectorial de M(2,R).

Respuesta:

Primeramente, observe que U , ∅, pues(0 00 0

)∈ U.

Sean(a1 b1c1 d1

),(a2 b2c2 d2

)∈ U, entonces sus coeficientes cumplen con las siguientes relaciones,a1 + b1 = c1

a1 + d1 = b1

a2 + b2 = c2

a2 + d2 = b2

Queremos probar que, si z ∈ R, entonces z(a1 b1c1 d1

)+

(a2 b2c2 d2

)∈ U

z(a1 b1c1 d1

)+

(a2 b2c2 d2

)=

(za1 + a2 zb1 + b2zc1 + c2 zd1 + d2

)Y note que los coeficientes de esta matriz satisfacen las condiciones de U pues,

Primera condicion: (za1 + a2) + (zb1 + b2) = z(a1 + b1) + (a2 + b2) = zc1 + c2

Segunda condicion: (za1 + a2) + (zd1 + d2) = z(a1 + d1) + (a2 + d2) = zb1 + b2

Por tanto, la matriz z(a1 b1c1 d1

)+

(a2 b2c2 d2

)pertenece a U, y entonces U es un subespacio de

M(2,R).

80


b) Determine una base para U.

Respuesta:

Sea(a bc d

)∈ U entonces, sus coeficientes cumplen que c = a + b, d = b − a. Por lo que todo

vector (en este caso es una matriz) en U es de la forma,(a bc d

)=

(a b

a + b b − a

)=

(a 0a −a

)+

(0 bb b

)= a

(1 01 −1

)+ b

(0 11 1

)Por tanto, como a y b son numero cualesquiera, todo vetor en U es combinacion lineal de los

vectores(1 01 −1

),(0 11 1

), los cuales son linealmente independientes, y entonces conforman

una base de U.

Entonces, B ={(

1 01 −1

),

(0 11 1

)}es base de U.

c) Calcule el vector de coordenadas de(1 56 4

)en la base que encontro en b).

Respuesta:Segun lo encontrado en la parte b), entonces,(

1 56 4

)= 1

(1 01 −1

)+ 5

(0 11 1

)⇒

[(1 56 4

)]R

=

(15

)4. Sea

S = Cl {(1, 1, 1, 1), (a − 2, a − 1, a, b), (a, a + 1, a + 2, 2b)}

Determine condiciones sobre a y b para que el espacio S tenga dimension igual a 2.

Respuesta:

Sea A =

1 1 1 1

a − 2 a − 1 a ba a + 1 a + 2 2b

. Entonces se tiene,

S = gen {(1, 1, 1, 1), (a − 2, a − 1, a, b), (a, a + 1, a + 2, 2b)} = EspacioFila(A)

Como dim(S) = dim(EspacioFila(A)) = RangoFila(A) = Rango(A). Buscamos valores a y b tales queRango(A) = 2.

A2 f1 + f2−→

1 1 1 1a a + 1 a + 2 b + 2a a + 1 a + 2 2b

− f2 + f3−→

1 1 1 1a a + 1 a + 2 b + 20 0 0 b − 2

= B

81


Si b = 2 en B, se tiene,

B =

1 1 1 1a a + 1 a + 2 40 0 0 0

Si a = 0, con b = 2 en B,

B =

1 1 1 10 1 2 40 0 0 0

− f2 + f1−→

1 0 −1 −30 1 2 40 0 0 0

Entonces, Rango(A) = 2 si a = 0 y b = 2.

Ahora, con a , 0 y b = 2 en B,

B−a f1 + f2−→

1 1 1 10 1 2 4 − a0 0 0 0

− f2 + f1−→

1 0 −1 a − 30 1 2 4 − a0 0 0 0

Y entonces, Rango(A) = 2 si a , 0 y b = 2.

Si b , 2 en B, entonces,

B1

b−2 f3−→

1 1 1 1a a + 1 a + 2 b + 20 0 0 1

− f3 + f1−→

−2 f3 + f2

1 1 1 0a a + 1 a + 2 b0 0 0 1

= C

Si a = 0, en C tenemos,

C =

1 1 1 00 1 2 b0 0 0 1

− f2 + f1−→

1 0 −1 −b0 1 2 b0 0 0 1

Entonces, Rango(A) = 3 si a = 0 y b , 2.

Si a , 0, en C, se tiene,

C−a f1 + f2−→

1 1 1 00 1 2 b − a0 0 0 1

− f2 + f1−→

1 0 −1 a − b0 1 2 b − a0 0 0 1

Y por tanto, Rango(A) = 3 si a , 0 y b , 2.

En resumen, Rango(A) = 2, i.e. dim(S) = 2 si y solo si b = 2, y para todo valor real de a.

82


5. Dados los siguientes planos, que son subespacios vectoriales de R3:

V ={(x, y, z) ∈ R3 x − y + z = 0

}W =

{(x, y, z) ∈ R3 x + 2y = 0

}a) Determine la ecuacion vectorial de la recta que corresponde a la interseccion de V y W.

Respuesta:Utilizando las ecuaciones normales de los dos planos, se forma un sistema homogeneo cuyasolucion es la interseccion de los planos, se tiene:(

1 −1 11 2 0

)− f1 + f2−→

(1 −1 10 3 −1

)13 f2−→

(1 −1 10 1 −1

3

)f2 + f1−→

(1 0 2

30 1 −1

3

)La solucion al sistema es: x = − 2

3 z, y = 13 z. Tome z = t, con t ∈ R, entonces la recta de

interseccion tiene las ecuaciones:x = −2

3 ty = 1

3 tz = t

⇒ (x, y, z) = t(−2

3,

13, 1

).Ahora, como el vector (−2, 1, 3) es paralelo al vector

(−23 ,

13 , 1

), la ecuacion de la recta que es la

interseccion de los planos es: (x, y, z) = t(−2, 1, 3), t ∈ R.

b) Demuestre que la interseccion de V y W es un subespacio vectorial de R3.

Respuesta:Notese que la interseccion de los planos V y W es una recta que pasa por el origen, conecuacion, (x, y, z) = t(−2, 1, 3), t ∈ R. Entonces, la recta contiene al vector (0, 0, 0), tomandot = 0.

Ahora, sea (x1, y1, z1) = t(−2, 1, 3) y (x2, y2, z2) = s(−2, 1, 3) dos puntos de la recta, con s, t ∈ Rfijos. Sea c ∈ R, entonces,

c(x1, y1, z1) + (x2, y2, z2) = ct(−2, 1, 3) + s(−2, 1, 3) = (ct + s)(−2, 1, 3)

Y como ct+ s ∈ R, entonces el vector c(x1, y1, z1)+ (x2, y2, z2) esta en la recta, y por tanto, comotoda combinacion lineal de vectores que son parte de la recta, es asımismo un vector quepertenece a la recta, entonces la recta de interseccion de V y W es un subespacio de R3.

6. Dado el subespacio vectorial W de R3, tal que W =

(x, y, z) A

xyz

=000

,

donde A =

2 −6 4−1 3 −2−3 9 −6

.

83


a) Determine una base B de W.

Respuesta:Observe que W = EspacioNulo(A). Por lo tanto, para poder encontrar una base de W nece-sitamos determinar una propiedad explıcita que determine al espacio nulo de la matriz A.Resolvemos entonces, el sistema homogeneo con matriz A;

A

12 f1−→13 f3

1 −3 2−1 3 −2−1 3 −2

− f1 + f2−→− f1 + f3

1 −3 20 0 00 0 0

La solucion al sistema homogeneo es entonces: x − 3y + 2z = 0, que es un plano que pasa porel origen. Tomando, y = s ∈ R y z = t ∈ R, entonces x = 3s − 2t, y se obtiene la siguientecaracterizacion de W;

W ={(x, y, z) ∈ R3 (x, y, z) = (3s − 2t, s, t), s, t ∈ R

}Entonces, si (x, y, z) ∈W, se tiene;

(x, y, z) = (3s − 2t, s, t) = (3s, s, 0) + (−2t, 0, t) = s(3, 1, 0) + t(−2, 0, 1)

Por tanto, los vectores v1 = (3, 1, 0) y v2 = (−2, 0, 1), son una base B = {v1, v2} de W.

b) ¿Cual es la dimension de W? Justifique.

Respuesta:Como la base B de W obtenida en la parte a) tiene 2 vectores, entonces dim(W) = 2.

c) Verifique que el vector v = (8, 4, 2) pertenece a W.

Respuesta:El vector (8, 4, 2) ∈ W si y solo si se puede escribir como una combinacion lineal de la base Bde W. Es decir, si y solo si existen c1 y c2 tales que:

(8, 4, 2) = c1v1 + c2v2 = c1(3, 1, 0) + c2(−2, 0, 1)

Que es equivalente al sistema aumentado:3 −2 81 0 40 1 2

−3 f2 + f1−→

2 f3 + f1

0 0 01 0 40 1 2

−→

1 0 40 1 20 0 0

Entonces, c1 = 4 y c2 = 2, por tanto (8, 4, 2) ∈W.

d) Escriba el vector de coordenadas de v = (8, 4, 2) en la base B de W, encontrada en a).

Respuesta:

84


Como las coordenadas de un vector respecto a una base son los escalares tales que el vectorse puede escribir como combinacion lineal de los vectores de la base, por la parte c), entonces;

[v]B=

(42

)

7. Sea S{(

a bc d

)∈M(2,R) c − 3a + 2b = 0, 2a − 3b + d = 0

}.

a) Pruebe que S es un subespacio vectorial de M(2,R).

Respuesta:

Primero note que S , ∅, pues(0 00 0

)∈ S. Ahora, sean

(a1 b1c1 d1

),(a2 b2c2 d2

)dos elementos de S, y

z ∈ R, entonces sus coeficientes satisfacen las propiedades que acaracterizan a los elementosdel conjunto S, es decir:

c1 − 3a1 + 2b1 = 02a1 − 3b1 + d1 = 0

c2 − 3a2 + 2b2 = 02a2 − 3b2 + d2 = 0

Vamos a probar que,

z ·(a1 b1c1 d1

)+

(a2 b2c2 d2

)∈ S

Se tiene,

z ·(a1 b1c1 d1

)+

(a2 b2c2 d2

)=

(za1 zb1zc1 zd1

)+

(a2 b2c2 d2

)=

(za1 + a2 zb1 + b2zc1 + c2 zd1 + d2

)Y verificamos que los coeficientes de esta matriz satisfacen las dos condiciones del conjuntoS.

Primera condicion:

(zc1 + c2) − 3(za1 + a2) + 2(zb1 + b2) = z(c1 − 3a1 + 2b1) + (c2 − 3a2 + 2b2) = z · 0 + 0 = 0

Segunda condicion:

2(za1 + a2) − 3(zb1 + b2) + (zd1 + d2) = z(2a1 − 3b1 + d1) + (2a2 − 3b2 + d2) = z · 0 + 0 = 0

Entonces, z ·(a1 b1c1 d1

)+

(a2 b2c2 d2

)∈ S, por lo que S es un subespacio de M(2,R).

b) Halle una base B de S.

Respuesta:

85


Como las condiciones que definen al conjunto S, son sobre los coeficientes de las matrices queconforman sus elementos, tenemos;

c − 3a + 2b = 02a − 3b + d = 0 ⇒ c = 3a − 2b

d = −2a + 3b

Entonces, todo elemento de S es de la forma:(a bc d

)=

(a b

3a − 2b −2a + 3b

)=

(a 0

3a −2a

)+

(0 b−2b 3b

)= a

(1 03 −2

)+ b

(0 1−2 3

)donde a, b ∈ R. Entonces, se puede observar que todo elemento de S es combinacion lineal de

las matrices v1 =

(1 03 −2

), y v2 =

(0 1−2 3

). Note que v1 y v2 son linealmente independientes,

de modo que B = {v1, v2} es base de S.

c) Verifique que(2 30 5

)∈ S.

Respuesta:

Note que los coeficientes de(2 30 5

), satisfacen las dos condiciones de las matrices que perte-

necen a S;Primera condicion: 0 − 3 · (2) + 2 · (3) = 0Segunda condicion: 2 · (2) − 3 · (3) + (5) = 0

Por tanto,(2 30 5

)esta en S.

d) Calcule el vector de coordenadas de(2 30 5

)en la base B hallada en la parte b).

Respuesta:

De la parte b), se pudo ver que como(2 30 5

)∈ S, entonces su relacion con la base B esta dada

por: (2 30 5

)= 2

(1 03 −2

)+ 3

(0 1−2 3

)

Entonces, las coordenas son:[(

2 30 5

)]=

(23

).

8. Sean A =

−1 1−1 −11 −1

,−→X = (x1, x2, x3)t y U el subespacio vectorial de R2 formado por todos los

vectores−→b tales que el sistema de ecuaciones lineales At−→X = −→b tiene solucion.

a) Encuentre una base para U.

86


Respuesta:Note que;

U ={−→

b ∈ R2 −→b = At −→X = At

1x1 + At2x2 + At

3x3

}= EspacioColumna

(At

)= EspacioFila(A)

Lo anterior porque las columnas de At son las filas de A. Llevamos a A a su forma escalonadareducida para encontrar una base del espacio fila de A,

Af1 + f3−→− f1 + f2

−1 10 −20 0

− f1−→−12 f2

1 −10 10 0

f2 + f1−→

1 00 10 0

= R

Entonces, las filas no nulas de R son una base del espacio fila de A. De modo que si v1 = (1, 0)y v2 = (0, 1), entonces B = {v1, v2} es base del espacio fila de A, y por tanto es base de U.

b) Sin hacer calculos adicionales, diga cual es la dimension del espacio vectorial generado porlas columnas de la matriz A. Justifique su respuesta.

Respuesta:Como Rango(A) = RangoFila(A) = RangoColumna(A), y Rango(A) = 2, puesto que la matriz Rtiene solamente dos filas no nulas. Entonces, el EspacioColumna(A) tiene dimension 2.

c) Sin realizar ningun calculo adicional, diga si las filas de A son linealmente independientes oson linealmente dependientes. Justifique su respuesta.

Respuesta:Son linealmente dependientes, porque son 3 vectores en un espacio de dimension 2.

d) Sin hacer calculos adicionales, diga cual es la dimension del subespacio vectorial de R2 for-mado por todos los vectores −→x que son solucion del sistema de ecuaciones lineales A−→x = −→0 ,donde

−→0 ∈ R3. Justifique su respuesta.

Respuesta:Lo que se busca es determinar la dimension del EspacioNulo(A). En la parte a), se concuyo quela dimension de EspacioFila(A) es 2, y como el EspacioFila(A) es un subespacio deR2, entonces,EspacioFila(A) = R2. Entonces, hay al menos dos maneras de contestar esta pregunta:

1) Como los sistemas A−→x = −→0 y R−→x = −→0 son equivalentes, donde R es la matriz de la partea), y la unica solucion al sistema R−→x = −→0 es −→x = −→0 , entonces esa es la unica soluciona A−→x = −→0 , por lo que el EspacioNulo(A) solamente consiste en el vector

−→0 . Entonces, la

dimension del EspacioNulo(A) es 0.

2) Como

2 = dim(R2

)= Nulidad(A) + RangoFila(A) = Nulidad(A) + 2

87


⇒ Nulidad(A) = dim(EspacioNulo(A)) = 0

En cualquiera de los dos casos, se concluye

dim(EspacioNulo(A)) = dim{−→x ∈ R3 A−→x = −→0

}= 0

9. Indique, justificando, cuales de los siguientes conjuntos S es subespacio del espacio vectorial dadoV.

a) S = {X ∈ Rn a · X = 0}; siendo a un vector fijo de V = Rn.

Respuesta:Necesitamos verificar que 0 ∈ S, con 0 el cero de Rn y si c ∈ R, y u, v ∈ S, entonces cu + v ∈ S.

Claramente, 0 = (0, ..., 0) ∈ Rn pertenece a S, porque el producto escalar de cualquier vectorpor cero es el cero.

Sean, u, v ∈ S, entonces a · u = 0, y a · v = 0. Por tanto,

a · (cu + v) = a · (cu) + a · v = c(a · u) + a · v = c · 0 + 0 = 0

Entonces, cu+ v ∈ S y S es subespacio de V. Note que S es el subespacio de todos los vectoresortogonales al vector a.

b) S ={(x, y, z) ∈ R3 2x − y = 3z + 2

}; V = R3.

Respuesta:Observe que la condicion 2x − y = 3z + 2 del conjunto S, es equivalente a la ecuacion2x − y − 3z = 2 de un plano. Entonces S es un plano que no pasa por el origen, por lotanto, no puede ser un subespacio de R3.

c) S = {A ∈M(n,R) det(A) = 0}, V =M(n,R).

Respuesta:Observe que la matriz de ceros, 0 ∈ M(n,R) esta en S, porque su determinante es igual a 0.

Pero S no es un subespacio. Por ejemplo, en M(2,R). Si A =(1 00 0

)y B =

(0 00 1

), entonces note

que det(A) = 0 y det(B) = 0, pero det(A + B) = 1.En general, en M(n,R), considere la matriz A tal que es igual a la matriz identidad In de nxn,con la diferencia de que en la primera fila aparecen solamente ceros. Y sea B la matriz dondeen la primera fila, aparece un 1 en la primera entrada y ceros en el resto de la fila, y en todaslas otras filas las entradas son de ceros. Entonces, det(A) = 0 y det(B) = 0, pero como A+B = In,entonces, det(A + B) = det(In) = 1. Entonces, esto da un ejemplo de que para todo n ∈N, S noes un subespacio de M(n,R).

88


d) S ={A ∈M(n,R) A = At

}, V =M(n,R).

Respuesta:Sea 0 ∈M(n,R) la matriz de ceros. Entonces, 0 = 0t, por tanto, 0 ∈ S.

Sea c ∈ R, sean A,B ∈ S. Entonces, A = At y B = Bt. Por tanto,

(cA + B)t = (cA)t + Bt = cAt + Bt = cA + B

por tanto, cA + B ∈ S. Entonces, S es subespacio de M(n,R).

10. Sean, A =

1 2 −1 0 11 0 1 1 −12 2 0 1 00 −2 2 −2 2

y W ={Y ∈ R4 Y = AX,para algun X ∈ R5

}

a) Determine un conjunto {w1,w2, ...,wk}, de vectores de R4, tal que

W = Cl ({w1,w2, ...,ww}) .

Respuesta:Observe que por la definicion de W, y de la interpretacion del producto matricial, que se tiene:

W ={Y ∈ R4 Y = A1x1 + ... + A5x5, con (x1, ..., x5)t ∈ R5, A1, ...,A5 las columnas de A

}Entonces, note que

W = EspacioColumna(A) = Espacio generado por las columnas de A

= gen

1120

,

202−2

,−1102

,

011−2

,

1−102

b) Halle una base para W, e identifique cual es su dimension.

Respuesta:Determinamos la forma escalonada reducida R equivalente por filas a A, para encontrar unabase al espacio columna de A. Entonces,

A− f1 + f2−→

−2 f1 + f3

1 2 −1 0 10 −2 2 1 −20 −2 2 1 −20 1 −1 1 −1

−2 f4 + f1−→− f2 + f3

1 0 1 −2 30 −2 2 1 −20 0 0 0 00 1 −1 1 −1

2 f4 + f2−→

1 0 1 −2 30 0 0 3 −40 0 0 0 00 1 −1 1 −1

f2 ⇔ f3−→

1 0 1 −2 30 0 0 0 00 0 0 3 −40 1 −1 1 −1

89


f2 ⇔ f4−→13 f3

1 0 1 −2 30 1 −1 1 −10 0 0 1 −4

30 0 0 0 0

− f3 + f2−→

2 f3 + f1

1 0 1 0 1

30 1 −1 0 1

30 0 0 1 −4

30 0 0 0 0

= R

Como R es la forma escalonada reducida de A, por teorema, como las columnas que contienenel primer 1 de cada fila de R son las columnas 1, 2 y 4, entonces las respectivas columnas 1, 2y 4 de A son una base del espacio columna de A, i.e. son una base de W, es decir,

B =

1120

,

202−2

,

011−2

es una base de W. Entonces, dim(W) = 3.

c) ¿Que condiciones debe de cumplir un vector (x, y, z,w) ∈ R4 para pertenecer al subespacio W?

Respuesta:Por la definicion de base, (x, y, z,w) ∈W si y solo si se puede escribir como combinacion linealunica de la base B de W. Es decir, si existen, c1, c2, c3 ∈ R tales que;

xyzw

= c1

1120

+ c2

202−2

+ c3

011−2

Entonces se tiene el sistema:

1 2 0 x1 0 1 y2 2 1 z0 −2 −2 w

− f1 + f2−→

−2 f1 + f3−12 f4

1 2 0 x0 −2 1 y − x0 −2 1 z − 2x0 1 1 −w

2

− f2 + f3−→

1 2 0 x0 −2 1 y − x0 0 0 z − y − x0 1 1 −w

2

Entonces para que el sistema tenga solucion, la ecuacion que se describe en la fila 3 debe deser concistente, es decir, que z− y− x = 0. Esta es entonces la condicion necesaria para que unvector con componentes (x, y, z,w)t pertenezca a W.

Si asumimos que el sistema es consistente, entonces,1 2 0 x0 −2 1 y − x0 0 0 00 1 1 −w

2

−2 f4 + f1−→

2 f4 + f2

1 0 −2 x + w0 0 3 y − x − w0 0 0 00 1 1 −w

2

13 f2−→

1 0 −2 x + w0 0 1 y−x−w

30 0 0 00 1 1 −w

2

2 f2 + f1−→− f2 + f4

1 0 0 x+2y+w

30 0 1 y−x−w

30 0 0 00 1 0 2x−2y−w

6

⇒ c1 =x + 2y + w

3, c2 =

2x − 2y − w6

, c3 =y − x − w

3

90


Por lo tanto, si se cumple con la condicion z = x + y, entonces el vector (x, y, z,w)t ∈W.

d) Complete la base que obtuvo para W a una base de R4.

Respuesta:Segun la parte c), entonces se puede caracterizar al subespacio W como el conjunto: W ={(x, y, z,w)t ∈ R4 z = x + y

}.

Entonces, por teorema, si se puede encontrar un vector v < W, entonces {v} ∪ B forma unconjunto de 4 vectores linealmente independientes de R4 y por tanto es una base. Por consi-guiente, solo es necesario encontrar un vector que no este en W.

Tome el vector v = (1, 0, 0, 0)t <W, pues no cumple con las condiciones de W. Entonces,

B1 =

1120

,

202−2

,

011−2

,

1000

es una base de R4.

e) Halle una base para el subespacio de R5 generado por las filas de la matriz A.

Respuesta:De la parte b), la matriz A tiene forma escalonada reducida R dada por:

R =

1 0 1 0 1

30 1 −1 0 1

30 0 0 1 −4

30 0 0 0 0

Una base para el espacio generado por las filas de A, son las filas no nulas de R, de modo quese puede tomar la base:

B2 ={(

1, 0, 1, 0,13

),(0, 1,−1, 0,

13

),(0, 0, 0, 1,

−43

)}que es base del EspacioFila(A).

11. Sea S ={A ∈M(3, 2;R)

(1 −1 2

)A =

(0 0

)}a) Pruebe que S es un subespacio vectorial de M(3, 2;R).

Respuesta:Note que la matriz de ceros de 3x2 esta en S, pues el producto de cualquier matriz por lamatriz de ceros, da como resultado la correspondiente matriz de ceros (cuyo tamano depende

91


de las matrices involucradas en el producto), que en este caso es(0 0

).

Ahora, necesitamos probar que si c ∈ R, y A,B ∈ S, entonces cA + B ∈ S. Sean A,B ∈ S.Entonces, cumplen que:(

1 −1 2)

A =(0 0

) (1 −1 2

)B =

(0 0

)Entonces, (

1 −1 2)

(cA + B) =(1 −1 2

)(cA) +

(1 −1 2

)B

= c(1 −1 2

)A +

(1 −1 2

)B = c ·

(0 0

)+

(0 0

)=

(0 0

)Entonces, cA + B ∈ S, por lo tanto, S es un subespacio de M(3, 2,R).

b) Halle una base B para S, e indique cual es la dimension de S.

Respuesta:Para obtener una base de S, vamos a tratar de obtener una caracterizacion explıcita para lasentradas de las matrices que estan en S.

Sea A =

a bc de f

∈ S, entonces

(1 −1 2

) a bc de f

= (0 0

)⇔

(a − c + 2e b − d + 2 f

)=

(0 0

)⇔ a = c − 2e b = d − 2 f

Entonces, A =

c − 2e d − 2 f

c de f

y por tanto se puede describir al conjunto S como:

S =

x − 2z y − 2w

x yz w

x, y, z,w ∈ R

De la caracterizacion anterior de S, se observa que todos sus elementos se pueden describircomo la siguiente combinacion lineal:

x − 2z y − 2wx yz w

= x

1 01 00 0

+ y

0 10 10 0

+ z

−2 00 01 0

+ w

0 −20 00 1

y como las matrices anteriores son linealmente independientes, y generan a todo vector de S(los vectores de S son matrices), entonces,

92


B =

1 01 00 0

,0 10 10 0

,−2 00 01 0

,0 −20 00 1

es base de S y por tanto dim(S) = 4.

c) Muestre que

B ∪

1 0−1 02 0

,0 −10 10 2

es base para M(3, 2;R).

Respuesta:Observe que la base canonica de M(3, 2,R) tiene 6 elementos (cada matriz tiene un 1 en unade sus entradas y ceros en el resto de las entradas). Entonces, dim(M(3, 2,R)) = 6.

Por lo tanto, para completar la base B a una base de M(3, 2,R) se necesitan dos vectores(matrices) que junto con los vectores de B conformen un conjunto de 6 vectores linealmenteindependientes, y que por teorema, como la dimension es 6, entonces serıan una base.

Entonces, lo que se busca es verificar que

D = B ∪

1 0−1 02 0

,0 −10 10 2

es un conjunto linealmente independiente, i.e. que si c1, c2, c3, c4, c5, c6 ∈ R son tales que,

c1

1 01 00 0

+ c2

0 10 10 0

+ c3

−2 00 01 0

+ c4

0 −20 00 1

+c5

1 0−1 02 0

+ c6

0 −10 10 2

=0 00 00 0

Entonces, c1 = c2 = c3 = c4 = c5 = c6 = 0. La combinacion lineal anterior es equivalente alsistema:

c1 − 2c3 + c5 = 0c2 − 2c4 − c6 = 0

c1 − c5 = 0c2 + c6 = 0

c3 + 2c5 = 0c4 + 2c6 = 0

donde la unica solucion es c1 = c2 = c3 = c4 = c5 = c6 = 0, la cual se obtiene al hacer sustitucionhacia atras: de las ecuaciones 3 al 6, se tiene c1 = c5, c2 = −c6, c3 = −2c5, c4 = −2c6, el resultado

93


final se obtiene al sustituir en las ecuaciones 1 y 2.

Por lo tanto, las 6 matrices son linealmente independientes, yD es por consiguiente una basede M(3, 2,R).

12. Sea V un espacio vectorial de dimension cinco y sea {w1,w2,w3,w4} un conjunto de vectores lineal-mente independiente en V.Pruebe que si v < Cl {w1,w2,w3,w4}, entonces {w1,w2,w3,w4, v} es base para V.

Respuesta:

Suponga v < gen {w1,w2,w3,w4}. Entonces, v no puede expresarse como combinacion lineal dew1,w2,w3,w4.

Sean c1, c2, c3, c4, c5 ∈ R, y suponga

c1w1 + c2w2 + c3w3 + c4w4 + c5v = 0

Vamos a probar que c1 = c2 = c3 = c4 = c5 = 0 y por lo tanto el conjunto {w1,w2,w3,w4, v} eslinealmente independiente.

Suponga que c5 , 0. En este caso, claramente podemos despejar a v y escribirlo como la combinacionlineal de w1,w2,w3,w4 dada por,

v = −c1

c5w1 −

c2

c5w2 −

c3

c5w3 −

c4

c5w4

lo cual es una contradiccion a nuestra suposicion inicial de que v < gen {w1,w2,w3,w4}. Entonces,c5 = 0. Pero entonces tenemos,

c1w1 + c2w2 + c3w3 + c4w4 = 0

y como esos vectores son linealmente independientes, se debe cumplir que c1 = c2 = c3 = c4 = 0 =c5. Entonces el conjunto B = {w1,w2,w3,w4, v} es uno linealmente independiente y con 5 vectoresen un espacio V de dimension 5, y por tanto, por teorema se concluye que B es base de V.

94


8. Espacios con producto interno, ortogonalidad y proyecciones

1. Sea W = {(a − c, b + c,−a + b − c, c) a, b, c ∈ R}.

a) Determine una base ortonormal para W.

Respuesta:Note que para cada elemento de W,

(a − c, b + c,−a + b − c, c) = (a, 0,−a, 0) + (0, b, b, 0) + (−c, c,−c, c)

= a(1, 0,−1, 0) + b(0, 1, 1, 0) + c(−1, 1,−1, 1)

Entonces los vectores v1 = (1, 0,−1, 0), v2 = (0, 1, 1, 0) y v3 = (−1, 1,−1, 1) determinan una basede W, ya que son linealmente independientes y generan a todo vector de W. Para encontraruna base ortogonal, aplicamos el algoritmo de Gram-Smith,

a1 = v1 = (1, 0,−1, 0) ⇒ ||a1||2 = 2 ||a1|| =√

2

Como, v2 · a1 = (0, 1, 1, 0) · (1, 0,−1, 0) = −1, entonces,

a2 = v2 −v2 · a1

||a1||2· a1 = (0, 1, 1, 0) − −1

2(1, 0,−1, 0) =

(12, 1,

12, 0

)

⇒ ||a2||2 =32

||a2|| =√

32

Como, v3 · a1 = (−1, 1,−1, 1) · (1, 0,−1, 0) = 0 y v3 · a2 = (−1, 1,−1, 1) ·(

12 , 1,

12 , 0

)= 0, entonces,

a3 = v3 −v3 · a1

||a1||2· a1 −

v3 · a2

||a2||2· a2 = v3 = (−1, 1,−1, 1)

⇒ ||a3||2 = 4 ||a3|| = 2

Por tanto, una base ortogonal de W esta conformada por los vectores, a1, a2, a3. Para obte-ner una base ortonormal, normalizamos los vectores de la base ortogonal que acabamos deobtener.

b1 =a1

||a1||=

(1√2, 0,−1√

2, 0

)b2 =

a2

||a2||=

(1√6,

2√6,

1√6, 0

)b3 =

a3

||a3||=

(−12,

12,−12,

12

)Entonces, B = {b1, b2, b3} es una base ortonormal de W.

95


b) Determine W⊥, el complemento ortogonal de W.

Respuesta:

Sea A =

v1v2v3

=

1 0 −1 00 1 1 0−1 1 −1 1

la matriz cuyas filas son la base de W encontrada en la parte

a). Entonces, W = EspacioFila(A). Por teorema, el complemento ortogonal de EspacioFila(A) esel EspacioNulo(A), i.e. W⊥ = EspacioNulo(A).

Af1 + f3−→

1 0 −1 00 1 1 00 1 −2 1

− f2 + f3−→

1 0 −1 00 1 1 00 0 −3 1

−13 f3−→

1 0 −1 00 1 1 00 0 1 −1

3

f3 + f1−→− f3 + f2

1 0 0 −1

30 1 0 1

30 0 1 −1

3

Entonces, se obtiene que W⊥ = EspacioNulo(A) = {(t,−t, t, 3t) t ∈ R}.

2. Sea W = Cl {(1, 1, 1, 1), (1,−1, 1,−1), (1, 0, 1, 2)}.


Respuesta:Como los vectores v1 = (1, 1, 1, 1), v2 = (1,−1, 1,−1) y v3 = (1, 0, 1, 2) generan a W, entoncesson una base si son linealmente independientes (l.i.).

Para determinar si son l.i., calculamos la solucion al sistema homogeneo:

[vt

1 vt2 vt

3

] c1c2c3

=000

1 1 11 −1 01 1 11 −1 2

−→

1 0 00 1 00 0 10 0 0

⇒

c1c2c3

=

000

Entonces los vectores son linealmente independientes. Por tanto, {v1, v2, v3} es una base de W.Para encontrar una base ortogonal, aplicamos el algoritmo de Gram-Smith;

a1 = v1 = (1, 1, 1, 1) ⇒ ||a1||2 = 4 ||a1|| = 2

Como, v2 · a1 = (1,−1, 1,−1) · (1, 1, 1, 1) = 0, entonces,

a2 = v2 −v2 · a2

||a1||2· a1 = v2 = (1,−1, 1,−1)

⇒ ||a2||2 = 4 ||a2|| = 2

96


Como, v3 · a1 = (1, 0, 1, 2) · (1, 1, 1, 1) = 4 y v3 · a2 = (1, 0, 1, 2) · (1,−1, 1,−1) = 0, entonces,

a3 = v3 −v3 · a1

||a1||2· a1 −

v3 · a2

||a2||2· a2 = (1, 0, 1, 2) − 4

4(1, 1, 1, 1) = (0,−1, 0, 1)

⇒ ||a3||2 = 2 ||a3|| =√

2

Por tanto, una base ortogonal de W esta conformada por los vectores, a1, a2, a3. Para obte-ner una base ortonormal, normalizamos los vectores de la base ortogonal que acabamos deobtener.

b1 =a1

||a1||=

(12,

12,

12,

12

)b2 =

a2

||a2||=

(12,−12,

12,−12

)b3 =

a3

||a3||=

(0,−1√

2, 0,

1√2


b) Determine la proyeccion de v = (3, 0, 3, 6) sobre W.

Respuesta:Como B = {b1, b2, b3} es una base ortonormal de W, entonces la proyeccion ortogonal de vsobre W esta dada por,

ProyW v = (v · b1) · b1 + (v · b2) · b2 + (v · b3) · b3

donde

v · b1 = (3, 0, 3, 6) ·(12,

12,

12,

12

)= 6

v · b2 = (3, 0, 3, 6) ·(12,−12,

12,−12

)= 0

v · b3 = (3, 0, 3, 6) ·(0,−1√

2, 0,

1√2

)=

6√2

Entonces,

ProyW v = 6 ·(12,

12,

12,

12

)+

6√2·(0,−1√

2, 0,

1√2

)= (3, 0, 3, 6)

c) Determine el complemento ortogonal de W.

Respuesta:

Considere la matriz A =

v1v2v3

=1 1 1 11 −1 1 −11 0 1 2

la matriz cuyas filas son la base de W.

Entonces, W = EspacioFila(A). Por teorema, el complemento ortogonal de EspacioFila(A) es elEspacioNulo(A), i.e. W⊥ = EspacioNulo(A).

97


A− f1 + f2−→− f1 + f3

1 1 1 10 −2 0 −20 −1 0 1

f3 + f1−→

−3 f3 + f2

1 0 1 20 1 0 −50 −1 0 1

f2 + f3−→

1 0 1 20 1 0 −50 0 0 −4

−14 f3−→

1 0 1 20 1 0 −50 0 0 1

−2 f3 + f1−→

5 f3 + f2

1 0 1 00 1 0 00 0 0 1

Entonces, W⊥ = EspacioNulo(A) = {(t, 0,−t, 0) t ∈ R}.

3. Sea W = Cl {(1,−1, 1, 1), (1, 1, 1,−1)} un subespacio vectorial de R4.

a) Determine una base B ortonormal de W⊥.Respuesta:El complemento ortogonal del espacio fila de una matriz A es el espacio nulo de A.

Entonces, si A =(

1 −1 1 11 1 1 −1

)el complemento ortogonal de W es el espacio nulo de A.

Por tanto buscamos una base del espacio nulo.

A− f1 + f2−→

(1 −1 1 10 2 0 −2

)12 f2−→

(1 0 1 00 1 0 −1

)Entonces, W⊥ = EspacioNulo(A) = {(−s, t, s, t) s, t ∈ R}Para encontrar una base separamos los parametros:

(−s, t, s, t) = (−s, 0, s, 0) + (0, t, 0, t) = s(−1, 0, 1, 0) + t(0, 1, 0, 1)

Entonces, v1 = (−1, 0, 1, 0) y v2 = (0, 1, 0, 1) son una base de W⊥. Note que los vectores v1 y v2son ortogonales, pues v1 · v2 = (0, 1, 0, 1) · (−1, 0, 1, 0) = 0. Para encontrar una base ortonormal,solo necesitamos normalizarlos.

b1 =v1

||v1||=

1√2· (−1, 0, 1, 0) =

(−1√

2, 0,

1√2, 0

)b2 =

v2

||v2||=

1√2· (0, 1, 0, 1) =

(0,

1√2, 0,

1√2

)Entonces,

B ={(−1√

2, 0,

1√2, 0

),

(0,

1√2, 0,

1√2

)}es una base ortonormal de W⊥.

98


b) Complete B a una base D ortonormal de R4.

Respuesta:Si unimos las bases de W y W⊥ podemos obtener una base de R4. Primero necesitamos unabase ortonormal de W.

Como {w1,w2} = {(1,−1, 1, 1), (1, 1, 1,−1)} es base de W, y ademas, w1 · w2 = (1,−1, 1, 1) ·(1, 1, 1,−1) = 0, entonces, son una base ortogonal de W. Por tanto para obtener una baseortonormal solamente es necesario normalizar los vectores.

c1 =w1

||w1||=

12· (1,−1, 1, 1) =

(12,−12,

12,

12

)c2 =

w2

||w2||=

12· (1, 1, 1,−1) =

(12,

12,

12,−12

)Entonces,

C ={(1

2,−12,

12,

12

),(12,

12,

12,−12

)}es base ortonormal de W. Por lo tanto, una base ortonormal de R4 es:

D = B ∪ C ={(−1√

2, 0,

1√2, 0

),

(0,

1√2, 0,

1√2

),(12,−12,

12,

12

),(12,

12,

12,−12

)}Note que esa base, contiene a la base B de W⊥, por lo tanto, completa la base.

c) Compruebe que el vector −→u = (2,−1, 0, 0) no pertenece a W⊥ y determine la proyeccion orto-gonal de −→u sobre W⊥.

Respuesta:De la parte a), W⊥ = {(−s, t, s, t) s, t ∈ R}, y claramente, −→u no tiene esa forma, entonces−→u <W⊥. Como,

B ={(−1√

2, 0,

1√2, 0

),

(0,

1√2, 0,

1√2

)}es base ortonormal de W⊥, entonces la proyeccion ortogonal de −→u sobre W⊥ es:

ProyW⊥−→u =

((2,−1, 0, 0) ·

(−1√

2, 0,

1√2, 0

))·(−1√

2, 0,

1√2, 0

)

+

((2,−1, 0, 0) ·

(0,

1√2, 0,

1√2

))·(0,

1√2, 0,

1√2

)

=−2√

2·(−1√

2, 0,

1√2, 0

)+−1√

2·(0,

1√2, 0,

1√2

)(1,−12,−1,

−12

)99


d) Determine[ProyW⊥

−→u]B.

Respuesta:Buscamos c1 y c2 tales que,(

1,−12,−1,

−12

)= c1 ·

(−1√

2, 0,

1√2, 0

)+ c2 ·

(0,

1√2, 0,

1√2

)y como B es una base ortonormal, y por la parte c), se conluye que,

[ProyW⊥

−→u]B=

(c1c2

)=

−2√2−1√

2

4. Considere el siguiente subespacio vectorial de R4:

W = Cl {(1, 1, 0, 1), (−1, 3, 1, 2), (−1, 0, 1, 1)}

a) Construya una base ortonormal de W.

Respuesta:Aplicamos el algoritmo de Gram-Smith, para obtener una base ortogonal y luego los norma-lizamos para que sea ortonormal.

Sean v1 = (1, 1, 0, 1), v2 = (−1, 3, 1, 2), v3 = (−1, 0, 1, 1).

a1 = v1 = (1, 1, 0, 1) ⇒ ||a1||2 = 3 ⇒ ||a1|| =√

3

Como, v2 · a1 = (−1, 3, 1, 2) · (1, 1, 0, 1) = 4, entonces,

a2 = v2 −v2 · a1

||a1||2· a1 = (−1, 3, 1, 2) − 4

3(1, 1, 0, 1) =

(−73,

53, 1,

23

)

⇒ ||a2||2 =293⇒ ||a2|| =

√873

Como, v3 · a1 = (−1, 0, 1, 1) · (1, 1, 0, 1) = 0 y v3 · a2 = (−1, 0, 1, 1) ·(−73 ,

53 , 1,

23

)= 4, entonces,

a3 = v3 −v3 · a1

||a1||2· a1 −

v3 · a2

||a2||2· a2 = v3 = (−1, 0, 1, 1) − 0

3· (1, 1, 0, 1) − 4

293

·(−7

3,

53, 1,

23

)= (−1, 0, 1, 1) − 4

29· (−7, 5, 3, 2) =

(−129,−2029,

1729,

2129

)⇒ ||a3||2 =

3929

⇒ ||a3|| =√

3929

Por tanto, una base ortogonal de W es {a1, a2, a3}. Para obtener una base ortonormal, normali-zamos los vectores de la base ortogonal que acabamos de obtener.

100


b1 =a1

||a1||=

1√3· (1, 1, 0, 1) =

(1√3,

1√3, 0,

1√3

)b2 =

a2

||a2||=

1√

873

·(−7

3,

53, 1,

23

)=

(−7√

87,

5√87,

3√87,

2√87

)

b3 =a3

||a3||=

1√3929

·(−1

29,−2029,

1729,

2129

)=

√2939·(−1

29,−2029,

1729,

2129


b) Construya una base para W⊥.

Respuesta:Sea A la matriz que tiene a los vectores que generan a W como filas, es decir,

A =

v1v2v3

=

1 1 0 1−1 3 1 2−1 0 1 1

Entonces, el espacio generado por las filas de A es igual a W, pues estan generados por losmismos vectores. De modo que W = EspacioFila(A). Por teorema, el complemento ortogonaldel espacio fila de A es el espacio nulo de A. Entonces, W⊥ = EspacioNulo(A). De modo que loque necesitamos es una base del espacio nulo de A.

Af1 + f2−→

f1 + f3

1 1 0 10 4 1 30 1 1 2

−4 f3 + f2−→− f3 + f1

1 0 −1 −10 0 −3 −50 1 1 2

−13 f2−→

1 0 −1 −10 0 1 5

30 1 1 2

f2 + f1−→− f2 + f3

1 0 0 2

30 0 1 5

30 1 0 1

3

f2 ⇔ f3−→

1 0 0 2

30 1 0 1

30 0 1 5

3

⇒x1 =

−23 x4

x2 =−13 x4

x3 =−53 x4

Por lo tanto, el complemento ortogonal de W es:

W⊥ = EspacioNulo(A) ={(2

3t,

13

t,53

t,−t)}

Entonces, una base de W⊥ se obtiene de:(23

t,13

t,53

t,−t)=

t3

(2, 1, 5,−3)

De modo que {(2, 1, 5,−3)} es una base de W⊥. Como ||(2, 1, 5,−3)|| =√

39, normalizamos alvector de la base para obtener una base ortonormal. Entonces,

BW⊥ =

{(2√39,

1√39,

5√39,−3√

39

)}es una base ortonormal de W⊥.

101


c) Represente al vector −→a = (4, 3, 3,−1) como la suma de un vector ∈W y de un vector −→c ∈W⊥.

Respuesta:Por el teorema de proyeccion, todo vector −→a ∈ R4, se puede escribir como,

−→a = ProyW−→a︸︷︷︸

esta en W

+ ProyW⊥−→a︸︷︷︸

esta en W⊥

Tomando la base ortonormal de W calculada en la parte, a), se tiene,

ProyW−→a =

(−→a · b1

)· b1 +

(−→a · b2

)· b2 +

(−→a · b3

)· b3

y como, −→a · b1 = 6, −→a · b2 =−6√

87y −→a · b3 = − 34

29

√29√39

, entonces,

ProyW−→a = 6 · (1, 1, 0, 1) − 6√

87·(−7√

87,

5√87,

3√87,

2√87

)− 34

29

√29√39

√2939·(−1

29,−2029,

1729,

2129

)=

(25439,

24439,−2839,

6813

)y de lo anterior se obtiene que,

ProyW⊥−→a = −→a − ProyW

−→a =(−98

39,−127

39,

14539,−81

13

)5. Sea W = Cl {(1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0)}.


Respuesta:Sean v1 = (1, 0, 0, 1), v2 = (0, 1, 1, 0). Entonces, v1 · v2 = 0, por lo tanto, v1 y v2 son ortogonales,y son li, como generan a W, entonces {v1, v2} es una base ortogonal de W. Para encontrar unabase ortonormal, entonces solamente necesitamos normalizarlos.

Como, ||v1|| =√

2 y ||v2|| =√

2, se tiene,

a1 =1||v1||

· v1 =

(1√2, 0, 0,

1√2

)y a2 =

1v2· v2 =

(0,

1√2,

1√2, 0

)Entonces, BW = {a1, a2} =

{(1√2, 0, 0, 1√

2

),(0, 1√

2, 1√

2, 0

)}es base ortonormal de W.

b) Determine una base ortonormal para W⊥ (el complemento ortogonal de W).

Respuesta:

Sea A =(1 0 0 10 1 1 0

). Entonces, EspacioFila(A) = gen {v1, v2} = W. Por teorema, el comple-

mento ortogonal del espacio fila de A es el espacio nulo de A. Es decir, W⊥ = EspacioNulo(A).

102


Calculamos la forma escalonada reducida de A para determinar su espacio nulo. Pero noteque A ya esta en la forma escalonada reducida, por lo que su espacio nulo entonces tiene laforma,

W⊥ = EspacioNulo(A) = {(−s,−t, t, s) s, t ∈ R}

Separando los parametros, (−s,−t, t, s) = s(−1, 0, 0, 1) + t(0,−1, 1, 0). De modo que entonces,los vectores v3 = (−1, 0, 0, 1) y v4 = (0,−1, 1, 0) son base de W⊥. Mas aun, como v3 · v4 = 0,entonces son una base ortogonal. Para encontrar una base ortonormal, entonces solo nos restanormalizarlos.

Como ||v3|| =√

2 y ||v4|| =√

2, entonces,

a3 =1||v3||

· v3 =

(−1√

2, 0, 0,

1√2

)y a4 =

1v4· v2 =

(0,−1√

2,

1√2, 0

)Entonces, BW⊥ = {a3, a4} =

{(−1√

2, 0, 0, 1√

2

),(0, −1√

2, 1√

2, 0

)}es base ortonormal de W⊥.

6. Sea W = Cl {(1, 1, 1)} y U = {(0, s, t) s, t ∈ R}.

a) Pruebe que U es un subespacio de R3.

Respuesta:Esto se puede probar al menos de dos maneras. La primera, note que U es un plano que pasapor el origen. Para ver por que, note que si (x, y, z) ∈ U, entonces ∃s, t ∈ R tal que

(x, y, z) = (0, s, t) = s(0, 1, 0) + t(0, 0, 1)

que es la ecuacion vectorial del plano que pasa por el origen con los vectores directores (0, 1, 0)y (0, 0, l).

Como todo plano que pasa por el origen en R3 es un subespacio, entonces U es subespacio.

La segunda manera de probar el resultado es usando la definicion de subespacio. Sean X =(0, a1, a2) y Y = (0, b2, b3) dos vectores de U. En ese caso, a1, a2, b1, b2 ∈ R. Sea c ∈ R. Hay queprobar que cX + Y ∈ U. Como,

cX + Y = c · (0, a1, a2) + (0, b1, b2) = (0, ca1, ca2) + (0, b1, b2) = (0, ca1 + b1, ca2 + b2)

y como ca1 + b1, ca2 + b2 ∈ R, entonces cX+Y ∈ U (pues tiene la misma forma que los vectoresde U). Como ademas, es claro que (0, 0, 0) ∈ U, entonces U es un subespacio de R3.

b) Halle una base para W⊥.

Respuesta:

103


Como W = gen {(1, 1, 1)}, entonces W se puede interpretar geometricamente como una rectaque pasa por el origen con vector director (1, 1, 1). Geometricamente, W⊥ son todos los planosperpendiculares a la recta, todos unidos uno junto al otro. Los dos vectores directores de cua-lesquiera de esos planos (pues todos son paralelos entre sı), son la base de W⊥ que buscamos.

Sea A = (1, 1, 1), el espacio fila de A es W, y el espacio nulo es W⊥, entonces

A ·

xyz

= 0 ⇔ x + y + z = 0 ⇔ x = −y − z

Entonces, W⊥ = {(−s − t, s, t) s, t ∈ R}. Por tanto, separando los parametros:

(−s − t, s, t) = s (−1, 1, 0) + t (−1, 0, 1)

Por tanto, v1 = (−1, 1, 0) y v2 = (−1, 0, 1) son base de W⊥.

c) Muestre que todo vector (x, y, z) ∈ R3 puede escribirse como la suma de un elemento de Umas un elemento de W.

Respuesta:Una base para W es a1 = (1, 1, 1) y una base para U es a2 = (0, 1, 0) y a3 = (0, 0, 1).

Mostremos que {a1, a2, a3} es una base deR3. Si esto es cierto, entonces todo vector (x, y, z) ∈ R3

se escribirıa como combinacion lineal de a1, a2, a3, es decir como;

(x, y, z) = c1a1︸︷︷︸vector de W

+ c2a2 + c3a3︸︷︷︸vector de U

y si existen esos c1, c2, c3, entonces se probarıa lo deseado.

Los vectores son li, ya que si B es la matriz que los tiene como columnas, B es equivalente porfilas a I3 la identidad de orden 3.

A =(

a1 a2 a3)−→ I3

entonces, como {a1, a2, a3} son li y son 3 vectores, son una base de R3 y concluimos que todovector de R3 se escribe como la suma de un vector de W y un vector de U.

d) Pruebe que B = {(1, 1, 1), (1, 0,−1), (0,−1, 1)} es base de R3 y determine[(x, y, z)

]B

.

Respuesta:

Como son 3 vectores dim(R3

)= 3, vasta con verificar que son li para que sean base. Ahora,

podemos verificar que son li si calculamos la formula general de coordenadas[(

x, y, z)]B

, y

luego verificamos que[(0, 0, 0)

]B= (0, 0, 0)t.

104


Entonces, sea (x, y, z) ∈ R3 un vector cualquiera,1 1 0 x1 0 −1 y1 −1 1 z

− f1 + f2−→− f1 + f3

1 1 0 x0 −1 −1 y − x0 −2 1 z − x

− f2−→− f3

1 1 0 x0 1 1 x − y0 2 −1 x − z

− f2 + f1−→

−2 f2 + f3

1 0 −1 y0 1 1 x − y0 0 −3 −x + 2y − z

−13 f3−→

1 0 −1 y0 1 1 x − y0 0 1 x−2y−z

3

f3 + f1−→

− f3 + f 2

1 0 0 x+y+z

30 1 0 2x−y−z

30 0 1 x−2y+z

3

Entonces,

[(x, y, z

)]B=

x+y+z

32x−y−z

3x−2y+z

3

y como

[(0, 0, 0)

]B= (0, 0, 0)t entonces B es base de R3.

7. Sean A =

1 1 0 01 −1 −1 01 0 1 0

, U el espacio generado por las filas de A y V ={X ∈ R4 AX = 0

}.

a) Determine una base para V.

Respuesta:

Note que V ={X ∈ R4 AX = 0

}es el espacio nulo de A. Entonces, calculamos una base de V

a partir de la solucion al sistema AX = 0.

A− f1 + f2−→− f1 + f3

1 1 0 00 −2 −1 00 −1 1 0

− f2−→

f3 + f1

1 0 1 00 2 1 00 −1 1 0

2 f3 + f2−→

1 0 1 00 0 3 00 −1 1 0

13 f2−→− f3

1 0 1 00 0 1 00 1 −1 0

− f2 + f1−→

f2 + f3

1 0 0 00 0 1 00 1 0 0

f2 ⇔ f3−→

1 0 0 00 1 0 00 0 1 0

= R

Entonces, W = {(0, 0, 0, t) t ∈ R} (puesto que en la solucion del sistema la variable x4puede tomar un valor arbitrario). Podemos encontrar una base separando el parametro t:(0, 0, 0, t) = t(0, 0, 0, 1). Entonces, v1 = (0, 0, 0, 1) es una base de V.

b) Determine una base ortonormal para U.

Respuesta:

105


Por definicion, U = EspacioFila(A). De la parte a), la matriz R es la forma escalonada reducidade A, entonces las filas no nulas de R son base del espacio fila de A, es decir, los vectoresw1 = (1, 0, 0, 0), w2 = (0, 1, 0, 0) y w3 = (0, 0, 1, 0) son base de U. Note que son ortogonales yademas son parte de la base canonica de R4.

c) Muestre que V = U⊥.

Respuesta:Como U es el espacio fila de A, por teorema el complemento ortogonal del espacio fila es elespacio nulo de A, es decir, V = U⊥.

d) Si x = (−4, 3,−1, 5) halle a = ProyU, x.Respuesta:Si x = (−4, 3,−1, 5) entonces como la base {w1,w2,w3} de U es una base ortonormal, entoncespodemos usar la formula de calculo de la proyeccion ortogonal

a = ProyU x = (x · w1) · w1 + (x · w2) · w2 + (x · w2) · w2

= −4 · (1, 0, 0, 0) + 3 · (0, 1, 0, 0) + −1 · (0, 0, 1, 0) = (−4, 3,−1, 0)

Este resultado es esperado por cuanto la base de U es parte de la canonica.

8. Sea B = {u1,u2} una base ortonormal de R2. Muestre que S = {u1 + u2,u1 − u2} es una base ortogo-nal de R2.

Respuesta:

Como B = {u1, u2} es base ortonormal, se tiene que u1 · u2 y ||u1|| = ||u2|| = 1. Ahora, como S tiene 2vectores, asumiendo que u1 + u2 , 0 y u1 − u2 , 0, entonces S es un conjunto ortogonal puesto que

(u1 + u2) · (u1 − u2) = u1 · u1 + u2 · u1 − u1 · u2 − u2 · u2 = ||u1||2 + 0 − 0 − ||u2||2 = 1 − 1 = 0

Entonces, como los vectores de S son ortogonales, son tambien li y por ser dos vectores y comodim

(R2

)= 2, entonces S es base ortogonal de R2.

9. Considere el siguiente subespacio W ={(x, x − y + z, y + 2z, z) x, y, z ∈ R}

de R4.

a) Halle una base ortonormal para W.

Respuesta:Para encontrar una base de W separamos los parametros:(

x, x − y + z, y + 2z, z)= x (1, 1, 0, 0) + y (0,−1, 1, 0) + z (0, 1, 2, 1)

106


Entonces v1 = (1, 1, 0, 0), v2 = (0,−1, 1, 0) y v3 = (0, 1, 2, 1) son una base para W. Aplicamos elalgoritmo de Gram-Smith, para obtener una base ortogonal y luego los normalizamos paraque sea ortonormal.

a1 = v1 = (1, 1, 0, 0) ⇒ ||a1||2 = 2 ⇒ ||a1|| =√

2

Como, v2 · a1 = (0,−1, 1, 0) · (1, 1, 0, 0) = −1, entonces,

a2 = v2 −v2 · a1

||a1||2· a1 = (0,−1, 1, 0) − −1

2(1, 1, 0, 0) =

(12,−12, 1, 0

)

⇒ ||a2||2 =32⇒ ||a2|| =

√32

Como, v3 · a1 = (0, 1, 2, 1) · (1, 1, 0, 0) = 1 y v3 · a2 = (0, 1, 2, 1) ·(

12 ,−12 , 1, 0

)= 3

2 , entonces,

a3 = v3 −v3 · a1

||a1||2· a1 −

v3 · a2

||a2||2· a2 = v3 = (0, 1, 2, 1) − 1

2· (1, 1, 0, 0) −

3232

·(12,−12, 1, 0

)= (−1, 1, 1, 1)

⇒ ||a3||2 = 4 ⇒ ||a3|| = 2

Por tanto, una base ortogonal de W es {a1, a2, a3}. Para obtener una base ortonormal, normali-zamos los vectores de la base ortogonal que acabamos de obtener.

b1 =a1

||a1||=

(1√2,

1√2, 0, 0

)b2 =

a2

||a2||=

(1√6,−1√

6,

2√6, 0

)b3 =

a3

||a3||=

(−12,

12,

12,

12

)Entonces, BW = {b1, b2, b3} es una base ortonormal de W.

b) Halle una base ortonormal para W⊥.

Respuesta:Sea A la matriz que tiene a los vectores que generan a W como filas, es decir,

A =

v1v2v3

=

1 1 0 00 −1 1 00 1 2 1

Entonces, el espacio generado por las filas de A es igual a W, pues estan generados por losmismos vectores. De modo que W = EspacioFila(A). Por teorema, el complemento ortogonaldel espacio fila de A es el espacio nulo de A. Entonces, W⊥ = EspacioNulo(A). De modo que loque necesitamos es una base del espacio nulo de A.

107


Af2 + f1−→

f2 + f3

1 0 1 00 −1 1 00 0 3 1

− f2−→13 f3

1 0 1 00 1 −1 00 0 1 1

3

− f3 + f1−→

f3 + f2

1 0 0 −1

30 1 0 1

30 0 1 1

3

Por lo tanto, W⊥ es: W⊥ = {(t,−t,−t, 3t) t ∈ R}.

Entonces, una base de W⊥ se obtiene de sacar el parametro: (t,−t,−t, 3t) = t (1,−1,−1, 3). Demodo que v4 = (1,−1,−1, 3) es una base de W⊥. Normalizamos al vector de la base paraobtener una base ortonormal. Como ||v4|| = 2

√3 entonces,

b4 =

{(1

2√

3,−1

2√

3,−1

2√

3,

3

2√

3

)}Entonces BW⊥ = {b4} es una base ortonormal de W⊥.

108


9. Transformaciones lineales

1. Sea T : R3 → R3 una transformacion lineal tal que

T(1, 1, 1) = (2, 0, 4), T(0,−1, 1) = (−1,−1,−1), T(0, 0,−1) = (0, 1,−1)

a) Calcule T(x, y, z).

Respuesta:Primero, note que los vectores v1 = (1, 1, 1), v2 = (0,−1, 1) y v3 = (0, 0,−1) son una base deR3. Para comprobarlo, solo necesitamos comprobar que son linealmente independientes (li),ya que la dimension de R3 es 3, y como son 3 vectores, por teorema, entonces generan y portanto serıan una base.

Antes de verificar que son li, note que si B = {v1, v2, v3} es una base de R3, como todatransformacion lineal queda determinada por su efecto sobre una base, entonces podemosexpresar a T en terminos de las imagenes de los vectores de la base B. En ese sentido, si(x, y, z) ∈ R3 y

[(x, y, z)

]B= (c1, c2, c3)t son sus coordenadas con respecto a B, entonces,

(x, y, z) = c1v1 + c2v2 + c3v3

y como T es transformacion lineal,

T(x, y, z) = c1T(v1) + c2T(v2) + c3T(v3)

y como ya conocemos T(v1), T(v2) y T(v3), solo necesitamos encontrar los valores c1, c2 y c3.Calculamos las coordenas de un vector cualquiera (x, y, z) de R3 respecto a la base B.

1 0 0 x1 −1 0 y1 1 −1 z

− f1 + f2−→− f1 + f3

1 0 0 x0 −1 0 y − x0 1 −1 z − x

f2 + f3−→

1 0 0 x0 −1 0 y − x0 0 −1 z + y − 2x

− f2−→− f3

1 0 0 x0 1 0 x − y0 0 1 2x − y − z

Entonces, la formula general de las coordenadas de cualquier vector (x, y, z) de R3 es:

[(x, y, z)

]B=

x

x − y2x − y − z

Con esto, podemos verificar facilmente que los vectores v1, v2 y v3 son li, puesto que si toma-mos (x, y, z) = (0, 0, 0), i.e., si c1v1 + c2v2 + c3v3 = 0, entonces claramente c1 = c2 = c3 = 0.

Finalmente, por los argumentos antes dados, entonces la transformacion se escribe como;

T(x, y, z) = x · (2, 0, 4) + (x − y) · (−1,−1,−1) + (2x − y − z) · (0, 1,−1)

= (2x − x + y,−x + y + 2x − y − z, 4x − x + y − 2x + y + z) = (x + y, x − z, x + 2y + z)

109


Entonces una expresion general para T es: T(x, y, z) = (x + y, x − z, x + 2y + z).

b) Determine una base para el nucleo de T.

Respuesta:Observe que la matriz de la transformacion T respecto a la base canonica C = {e1, e2, e3} de R3

esta dada por,

[T]C=

[T(e1) T(e2) T(e3)

]=

1 1 01 0 −11 2 1

Y como, las coordenadas de un vector deR3, respecto a la base canonica C son el mismo vector(en general esto es cierto en Rn), i.e. si (x, y, z)t ∈ R3 entonces,

xyz

C

=

xyz

Se tiene entonces que, la siguiente es una representacion matricial para T,T

xyz

C

=[T]C

xyz

C

⇔ T

xyz

=

1 1 01 0 −11 2 1

xyz

Entonces, como ker(T) = EspacioNulo

([T]C

), se tiene que

[T]C

− f1 + f2−→− f1 + f3

1 1 00 −1 −10 1 1

f2 + f3−→

1 1 00 −1 −10 0 0

f2 + f1−→

1 0 −10 1 10 0 0

⇒x = z

y = −z

Por lo tanto, ker(T) = {(t,−t, t) t ∈ R}. Note que (t,−t, t) = t(1,−1, 1), entonces una base deker(T) es B1 = {(1,−1, 1)}.

c) Determine una base para Img(T).

Respuesta:

Como Img(T) = EspacioColumna([

T]C

), para encontrar una base para Img(T), lo que necesita-

mos es una base del espacio generado por las columnas de[T]C

. Por los calculos de la parteb),

[T]C→

1 0 −10 1 10 0 0

110


Entonces, como las columnas 1 y 2 de la forma escalonada reducida tienen el primer 1 de cadafila, las columnas respectivas de la matriz

[T]C

son una base de su espacio columna.

Entonces, B2 = {(1, 1, 1), (1, 0, 2)} es base de Img(T).

2. Sea B = {u, v,w} la base de R3 y T : R3 → R3 una transformacion lineal tal que

[T]B=

1 1 0−1 0 10 1 1

a) Verifique si la transformacion T es o no invertible.

Respuesta:Por teorema, T es invertible si y solo si

[T]B

es una matriz invertible. Pero dicha matriz esinvertible si y solo si es equivalente por filas a la identidad. Entonces,

[T]B=

1 1 0−1 0 10 1 1

f1 + f2−→

1 1 00 1 10 1 1

− f2 + f3−→

1 1 00 1 10 0 0

Por lo tanto,

[T]B

no es invertible y entonces T tampoco lo es.

b) Si p es un vector de R3 tal que p = 2u + w, determine[T(p)

]B.

Respuesta:Tenemos la formula de coordenadas;[

T(p)]

B=

[T]B·[p]B

Como p se puede escribir como la siguiente combinacion lineal de los vectores de la base B:p = 2u + w, entonces,

[p]B= (2, 0, 1)t son las coordenadas de p. Y aplicando la formula de

coordenadas,

[T(p)]

B=

1 1 0−1 0 10 1 1

201

=

2−11

c) Si B = {(1, 1, 1), (1, 2, 0), (2, 0, 0)} y C es la base canonica de R3, determine

[T]C

B.

Respuesta:Como no tenemos la forma explıcita de la transformacion, entonces podemos usar la formulade la matriz de una composicion de transformaciones para realizar el calculo.

Note que si I : R3 → R3 es la transformacion identidad, entonces T = I ◦ T, por lo tanto,por teorema, tenemos la formula de coordenadas para la composicion de transformacioneslineales:

111


[T]C

B=

[I]C

B·[T]B

donde,[I]C

Bes la matriz de cambio de base de B a C.

Calculamos entonces la matriz de cambio de base B a C. Por la definicion, tenemos que,

[I]C

B=

[I(u) I(v) I(w)

]C=

[u v w

]=

1 1 21 2 01 0 0

Entonces, aplicando la formula de la matriz de una composicion de transformaciones lineales,se tiene,

[T]C

B=

[I]C

B·[T]B=

1 1 21 2 01 0 0

1 1 0−1 0 10 1 1

=

0 3 3−1 1 21 1 0

3. Sea T : R2 → R2 una transformacion lineal, tal que

[T]B=

(1 3−2 5

)donde B = {(1, 3), (−1, 4)} es una

base de R2.

a) Calcule[T(x, y)

]B.

Respuesta:Por la formula de coordenadas,

[T(x, y)

]B=

[T]B·[(x, y)

]B.(

1 −1 x3 4 y

)−3 f1 + f2−→

(1 −1 x0 7 y − 3x

)17 f2−→

(1 −1 x0 1 y−3x

7

)−3 f2 + f1−→

1 0 4x+y7

0 1 y−3x7

⇒[(x, y)

]B=

(4x + y

7,

y − 3x7

)t

Entonces,

[T(x, y)

]B=

(1 3−2 5

)· 4x+y

7y−3x

7

= 4x7 +

y7 +

3y7 − 9x

7−8x

7 −2y7 +

5y7 − 15x

7

=

4y7 − 5x

7−23x

7 +3y7

= 4y−5x7

3y−23x7

b) Calcule T(x, y).

Respuesta:Por la parte a), tenemos las coordenadas de T(x, y) en la base B, por lo tanto, podemos escribira T como combinacion lineal de la base B, es decir:

T(x, y) =(

4y − 5x7

)· (1, 3) +

(3y − 23x

7

)· (−1, 4) =

(18x + y

7,

24y − 107x7

)

112


c) ¿Es T biyectiva? Justifique.

Respuesta:

T es biyectiva⇔ T es invertible⇔[T]B

es invertible. Y como,

det([

T]B

)= det

(1 3−2 5

)= 11 , 0

Entonces,[T]B

es invertible, por tanto T es invertible, de modo que es biyectiva.

4. Sea T : R3 → R3 una transformacion lineal, tal que[T]C=

1 3 43 4 7−2 2 0

donde C es la base canonica

de R3.

a) Determine una base del Nucleo de T.

Respuesta:

Por la formula de coordenadas,[T(a, b, c)

]C=

[T]C·[(a, b, c)

]C

. Entonces,

(a, b, c)t ∈ Ker(T) ⇔ T(a, b, c) = (0, 0, 0)t ⇔[T(a, b, c)

]C= (0, 0, 0)t

Entonces, (a, b, c) ∈ Ker(T) si y solo si,[(a, b, c)

]C

esta en el espacio nulo de la matriz[T]C

.

⇒[T]C=

1 3 43 4 7−2 2 0

−3 f1 + f2−→

2 f1 + f3

1 3 40 −5 −50 8 8

− 1

5 f2−→18 f3

1 3 40 1 10 1 1

− f2 + f3−→

−3 f2 + f1

1 0 10 1 10 0 0

⇒[(a, b, c)

]C=

tt−t

t ∈ R

son las coordenadas de (a, b, c) respecto a la base canonica, por lo tanto, (a, b, c) = (t, t,−t).

Entonces, Ker(T) = {(t, t,−t) t ∈ R}. De modo que {(1, 1,−1)} es una base de Ker(T).

b) Determine una base Img(T).

Respuesta:Sea A = (a, b, c) ∈ R3 un vector cualquiera, buscamos Img(T).

Por la formula de coordenadas, lo que buscamos es determinar si existe un vector B ∈ R3 talque A = T(B), es decir, un B que cumpla:[

A = (a, b, c)]C=

[T(B)

]C=

[T]C·[B]C

113


Y como C es la base canonica,[A]C= (a, b, c)t. De lo anterior, se tiene entonces que:

A ∈ Img(T) ⇔ ∃ B ∈ R3 tal que T(B) = A

⇔[B]C

son solucion del sistema[A]C=

[T]C·[B]C

Entonces, 1 3 4 a3 4 7 b−2 2 0 c

−3 f1 + f2−→

2 f1 + f3

1 3 4 a0 −5 −5 b − 3a0 8 8 c + 2a

−1

5 f2−→18 f3

1 3 4 a0 1 1 3a−b

50 1 1 2a+c

8

− f2 + f3−→

1 3 4 a0 1 1 3a−b

50 0 0 −7a

20 +b5 +

c8

Entonces el sistema tiene solucion, solamente si

−7a20+

b5+

c8= 0 ⇔ −14a + 8b + 5c = 0

⇔ c =145

a − 85

b

Entonces, Img(T) ={(a, b, c) ∈ R3 − 14a + 8b + 5c = 0

}, es un plano que pasa por el origen.

Por tanto,

Img(T) ={(

a, b,145

a − 85

b)∈ R3 a, b ∈ R

}Para encontar una base, separamos los parametros,(

a, b,145

a − 85

b)=

(a, 0,

145

a)+

(0, b,−8

5b)

= a(1, 0,

145

)+ b

(0, 1,−8

5

)Entonces, una base para Img(T) es B = (5, 0, 14) , (0, 5, 8). Notese que tomamos vectores para-lelos para utilizar vectores en la base que no tengan fracciones.

c) Determine si T es invertible o no es invertible.

Respuesta:Como Ker(T) , {(0, 0, 0)}, entonces T no es inyectiva, y como dim(Img(T)) = 2 < 3 = dim(R3),entonces Img(T) , R3, por lo tanto no es sobreyectiva.

Como no es inyectiva ni sobreyectiva, no es biyectiva, entonces T no es invertible.

114


5. Considere la transformacion lineal T : R3 → R4 definida por

T(x1, x2, x3) = (x1 − 4x2 − 2x3, 2x1 + 5x2 − 4x3,−x1 + 2x3,−3x1 + 7x2 + 6x3)

a) Verifique que T es transformacion lineal.

Respuesta:T es una transformacion lineal pues envıa una combinacion lineal en R3 a una combinacionlineal en R4.

T(c · (x1, x2, x3) + (y1, y2, y3)

)= T(cx1 + y1, cx2 + y2, cx3 + y3)

= ((cx1 + y1) − 4(cx2 + y2) − 2(cx3 + y3), 2(cx1 + y1) + 5(cx2 + y2) − 4(cx3 + y3),

−(cx1 + y1) + 2(cx3 + y3),−3(cx1 + y1) + 7(cx2 + y2) + 6(cx3 + y3))

= c · (x1 − 4x2 − 2x3, 2x1 + 5x2 − 4x3,−x1 + 2x3,−3x1 + 7x2 + 6x3)

+(y1 − 4y2 − 2y3, 2y1 + 5y2 − 4y3,−y1 + 2y3,−3y1 + 7y2 + 6y3

)= c · T (

x1, x2, x3) + T(y1, y2, y3)

Sea C1 la base canonica de R3 y C2 la base canonica de R4, entonces la matriz de T en esasbases es:

A =[T]C2

C1=

1 −4 −22 5 −4−1 0 2−3 7 6

De este modo la transformacion lineal T se puede escribir en la forma matricial,

T

x1x2x3

=

1 −4 −22 5 −4−1 0 2−3 7 6

·

x1x2x3

Note que aquı los vectores se estan tratando como columnas, pero en realidad, de la formaoriginal de T se tiene que son filas.

b) Determine una base para el subespacio Nucleo de T.

Respuesta:

Por definicion, Ker(T) = Nuc(T) ={x ∈ R3 T(x) = 0, con 0 ∈ R4

}.

Entonces, Ker(T) = EspacioNulo(A) ={x ∈ R3 Ax = 0

}. Por tanto, lo que necesitamos es una

base del espacio nulo de A.

A

−2 f1 + f2−→

f1 + f33 f1 + f4

1 −4 −20 13 00 −4 00 −5 0

1

13 f2−→−14 f3−15 f4

1 −4 −20 1 00 1 00 1 0

4 f2 + f1−→− f2 + f3− f2 + f4

1 0 −20 1 00 0 00 0 0

115


Por tanto, Ker(T) = {(2t, 0, t) t ∈ R}, por lo tanto, obtenemos una base separando el parame-tro, es decir, como (2t, 0, t) = t(2, 0, 1), entonces, Bker(T) = {(2, 0, 1)} es una base de Ker(T).

c) Determine una base para el subespacio Imagen de T.

Respuesta:Por definicion,

Img(T) ={y ∈ R4 ∃x ∈ R3 tal que y = T(x)

}= EspacioColumna(A)

Entonces, una base para Img(T) es una base para el EspacioColumna(A). De la parte b),

A −→

1 0 −20 1 00 0 00 0 0

= R

Como las columnas de A que corresponden a las columnas de R con el primer 1 de cada filason la 1 y la 2, entonces

BImg(T) = {(1, 2,−1,−3), (−4, 5, 0, 7)}

es una base de la imagen de T, porque sus transpuestas son una base del espacio columna de A.

d) Determine si T es inyectiva, sobreyectiva y biyectiva.

Respuesta:T no es inyectiva pues Ker(T) , {(0, 0, 0)}. T no es sobreyectiva pues dim

(Img(T)

)= 2, entonces

Img(T) es un subespacio de R4 que no es R4 ya que su dimension es menor a 4. Entonces Tno es biyectiva pues no es ni inyectiva ni sobreyectiva.

6. Sea B1 = {(1, 0, 1, 1), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 1, 1), (0, 1, 0, 1)}una base deR4 y sea B2 = {(1, 1, 1), (1, 0, 1), (0, 1, 1)}una base de R3.

Considere la transformacion lineal T : R4 → R3 tal que:T(1, 0, 1, 1) = (1, 2, 3); T(0, 1, 1, 0) = (0, 1, 1); T(0, 0, 1, 1) = (0, 2, 2); T(0, 1, 0, 1) = (2, 4, 6).

a) Determine[T]B2

B1.

Respuesta:

Por definicion,[T]B2

B1es la matriz cuyas columnas son las coordenadas de las imagenes de la

baseB1, respecto a la baseB2. Dicha matriz se puede calcular resolviendo el siguiente sistemaaumentado:

1 1 0 1 0 0 21 0 1 2 1 2 41 1 1 3 1 2 6

− f1 + f2−→− f1 + f3

1 1 0 1 0 0 20 −1 1 1 1 2 20 0 1 2 1 2 4

116


− f3 + f2−→

1 1 0 1 0 0 20 −1 0 −1 0 0 −20 0 1 2 1 2 4

f2 + f1−→

1 0 0 0 0 0 00 −1 0 −1 0 0 −20 0 1 2 1 2 4

− f2−→

1 0 0 0 0 0 00 1 0 1 0 0 20 0 1 2 1 2 4

⇒[T]B2

B1=

0 0 0 01 0 0 22 1 2 4

b) Utilice la parte (a) para determinar la formula general de la transformacion dada por T(x1, x2, x3, x4).

Respuesta:

La idea aquı es utilizar la formula de coordenadas,[T (x1, x2, x3, x4)

]B2=

[T]B2

B1·[(x1, x2, x3, x4)

]B1

.

Entonces, primero procedemos a calcular[(x1, x2, x3, x4)

]B1

. Para eso usamos el sistema;1 0 0 0 x10 1 0 1 x21 1 1 0 x31 0 1 1 x4

− f1 + f3−→− f1 + f4

1 0 0 0 x10 1 0 1 x20 1 1 0 x3 − x10 0 1 1 x4 − x1

− f2 + f3−→

1 0 0 0 x10 1 0 1 x20 0 1 −1 x3 − x1 − x20 0 1 1 x4 − x1

− f3 + f4−→

1 0 0 0 x10 1 0 1 x20 0 1 −1 x3 − x1 − x20 0 0 2 x4 − x3 + x2

12 f4−→

1 0 0 0 x10 1 0 1 x20 0 1 −1 −x1 − x2 + x30 0 0 1 x2−x3+x4

2

− f4 + f2−→

f4 + f3

1 0 0 0 x10 1 0 1 x2+x3−x4

20 0 1 0 −2x1−x2+x3+x4

20 0 0 2 x2−x3+x4

2

Por tanto,

[(x1, x2, x3, x4)

]B1=

x1

x2+x3−x42−2x1−x2+x3+x42x2−x3+x42

Entonces, utilizando la formula de coordenadas,

[T (x1, x2, x3, x4)

]B2=

0 0 0 01 0 0 22 1 2 4

·

x1x2+x3−x4

2−2x1−x2+x3+x42x2−x3+x42

=

0x1 + x2 + x3 − x4−3x2+x3+5x4

2

Como este vector son las coordenadas de T (x1, x2, x3, x4) en la base B2, para encontrar su valor,se debe de escribir como combinacion lineal de la base. Entonces, la forma explıcita de T es;

T (x1, x2, x3, x4) = 0 · (1, 1, 1) + (x1 + x2 + x3 − x4) · (1, 0, 1) +(−3x2 + x3 + 5x4

2

)· (0, 1, 1)

=(x1 + x2 + x3 − x4,

−3x2 + x3 + 5x4

2,

2x1 + 5x2 − 3x3 + 7x4

2

)117


7. Se define T : R4 → R4 por T(x, y, z,w

)=

(0, x, y, z

).

a) Pruebe que T es una aplicacion lineal.

Respuesta:Para que T sea una transformacion lineal, es necesario que envıe una combinacion lineal enR4 a una combinacion lineal en R4.

T(c · (x1, y1, z1,w1) + (x2, y2, z2,w2)

)= T(cx1 + x2, cy1 + y2, cz1 + z2, cw1 + w2)

=(0, cx1 + x2, cy1 + y2, cz1 + z2

)=

(0, cx1, cy1, cz1

)+

(0, x2, y2, z2

)= c · (0, x1, y1, z1

)+

(0, x2, y2, z2

)= c · T (

x1, y1, z1,w1)+ T

(x2, y2, z2,w2

)Por tanto T es una transformacion lineal.

b) Halle una base para el nucleo de T.

Respuesta:

Por definicion, Ker(T) = Nuc(T) ={(x, y, z,w) ∈ R4 T(x, y, z,w) = (0, 0, 0, 0)

}. Pero entonces,

(x, y, z,w) ∈ Ker(T) ⇔ T(x, y, z,w) = (0, x, y, z) = (0, 0, 0, 0) ⇔ x = y = z = 0

Entonces, Ker(T) = {(0, 0, 0, t) t ∈ R}. Entonces, una base para el nucleo de T es, BKer(T) ={(0, 0, 0, 1)}.

c) Halle una base para la imagen de T.

Respuesta:Por la manera en que T esta definida, Img(T) = {(0, a, b, c) a, b, c ∈ R}. Esto porque la primeraentrada claramente debe ser siempre cero, y si (0, a, b, c) ∈ R4, entonces (a, b, c, 1) es unapreimagen de (0, a, b, c). Entonces, separando parametros;

(0, a, b, c) = a(0, 1, 0, 0) + b(0, 0, 1, 0) + c(0, 0, 0, 1)

Entonces, BImg(T) = {(0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} es una base de Img(T).

d) Considere la base B = {(1, 0, 0, 1), (−1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (0, 1,−1, 0)}, de R4 y determine la ma-triz

[T]B

.

Respuesta:

Por definicion, la matriz[T]B

es la matriz cuyas columnas son las coordenadas en la base B,de la imagen de los vectores de la base B en T.

Para calcular la matriz, entonces primero necesitamos las imagenes de la base B en T;

118


T(1, 0, 0, 1) = (0, 1, 0, 0), T(−1, 0, 0, 1) = (0,−1, 0, 0)

T(0, 1, 1, 0) = (0, 0, 1, 1), T(0, 1,−1, 0) = (0, 0, 1,−1)

Ahora, resolvemos el sistema aumentado;1 −1 0 0 0 0 0 00 0 1 1 1 −1 0 00 0 1 −1 0 0 1 11 1 0 0 0 0 1 −1

− f1 + f4−→− f2 + f3

1 −1 0 0 0 0 0 00 0 1 1 1 −1 0 00 0 0 −2 −1 1 1 10 2 0 0 0 0 1 −1

−12 f3−→12 f4

1 −1 0 0 0 0 0 00 0 1 1 1 −1 0 00 0 0 1 1

2−12

−12

−12

0 1 0 0 0 0 12

−12

f4 + f1−→− f3 + f2

1 0 0 0 0 0 1

2−12

0 0 1 0 12

−12

12

12

0 0 0 1 12

−12

−12

−12

0 1 0 0 0 0 12

−12

−→

1 0 0 0 0 0 1

2−12

0 1 0 0 0 0 12

−12

0 0 1 0 12

−12

12

12

0 0 0 1 12

−12

−12

−12

Entonces,

[T]B=

1 0 0 0 0 0 1

2−12

0 1 0 0 0 0 12

−12

0 0 1 0 12

−12

12

12

0 0 0 1 12

−12

−12

−12

8. Sea −→a un vector fijo de R2 distinto de cero. Determine, justificando, si la funcion T : R2 → R2, que

se define a continuacion, es una transformacion lineal, o no lo es

a) T(X) =(−→a · X)

X

Respuesta:Sea −→a ∈ R2 un vector fijo distinto de cero, −→a = (a1, a2). Sea c ∈ R, X,Y ∈ R2. Entonces,

T (cX + Y) =(−→a (cX + Y)

)· (cX + Y) =

(c−→a · X + −→a · Y

)· (cX + Y)

=(c−→a · X + −→a · Y

)· cX +

(c−→a · X + −→a · Y

)· Y

= c2(−→a · X)

· X + c(−→a · Y)

· X + c(−→a · X)

· Y +(−→a · Y)

· Y

= c2T (X) + c(−→a · Y)

· X + c(−→a · X)

· Y + T (Y) (⋆)

entonces T no es una transformacion lineal. Esto se puede observar por la presencia determinos mixtos y la constante al cuadrado. Por ejemplo, con c = 1, X = e1 y Y = e2 losvectores canonicos, se tiene,

T(X) = T(1, 0) = ((a1, a2) · (1, 0)) · (1, 0) = (a1, 0)

119


T(X) = T(0, 1) = ((a1, a2) · (0, 1)) · (0, 1) = (0, a2)

Entonces, cT(X) + T(Y) = (a1, a2) = −→a . Por otro lado, cX + Y = (1, 1), entonces, de la formula(⋆),

T (cX + Y) = 12 · (a1, 0) + 1 · ((a1, a2) · (0, 1)) · (1, 0) + 1 · ((a1, a2) · (1, 0)) · (0, 1) + (0, a2)

= (a1, 0) + (a2, 0) + (0, a1) + (0, a2) = (a1, a2) + (a2, a1) = −→a + (a2, a1)

De modo que, T(cX + Y) , cT(X) + T(Y), por tanto T no es transformacion lineal.

b) T(X) =(−→a · X)−→a

Respuesta:Sea −→a ∈ R2 un vector fijo distinto de cero. Sea c ∈ R, X,Y ∈ R2. Entonces,

T (cX + Y) =(−→a · (cX + Y)

)· −→a =

(c(−→a · X)

+ −→a · Y)· −→a

= c(−→a · X)

· −→a +(−→a · Y)

· −→a = cT (X) + T (Y)

entonces T es una transformacion lineal.

9. Se define la funcion T : R3 → R5 por,

T(x, y, z) =(x + 2y, y, x + 2y − z, 2x + 2y, x + 2y + z

)a) Muestre que T es una transformacion lineal inyectiva.

Respuesta:SeanC1 yC2 las bases canonicas deR3 yR5, respectivamente. Entonces la matriz de T respectoa estas bases es:

[T]C2

C1=

1 2 00 1 01 2 −12 2 01 2 1

pues, T(1, 0, 0) = (1, 0, 1, 2, 1), T(0, 1, 0) = (2, 1, 2, 2, 2) y T(0, 0, 1) = (0, 0,−1, 0, 1).

Ahora, como C1 es la base canonica de R3, entonces Ker(T) = Nuc(T) = EspacioNulo([

T]C2

C1

).

Por lo tanto, T es inyectiva si

EspacioNulo([

T]C2

C1

)= {(0, 0, 0)}

Entonces,

120


[T]C2

C1

− f1 + f3−→− f1 + f5−2 f1 + f4

1 2 00 1 00 0 −10 −2 00 0 1

−2 f2 + f1−→

f3 + f52 f2 + f4

1 0 00 1 00 0 −10 0 00 0 0

Por lo tanto, Ker(T) = EspacioNulo

([T]C2

C1

)= {(0, 0, 0)}, entonces T es inyectiva.

b) Halle una base para la imagen de T.

Respuesta:Por teorema, sabemos que las dimensiones de R3, de Ker(T) y de Img(T) estan relacionadaspor la identidad,

3 = dim(R3

)= dim (Ker(T)) + dim

(Img(T)

)y por la parte a), como T es inyectiva, entonces dim (Ker(T)) = 0, entonces se concluye quedim

(Img(T)

)= 3. Por lo tanto, se necesitan 3 vectores para encontrar una base de Img(T).

Como C2 es la bse canonica de R5, entonces Img(T) = EspacioColumna([

T]C2

C1

). Y dado que,

[T]C2

C1−→

1 0 00 1 00 0 10 0 00 0 0

Entonces, una base para la imagen de T es,

{(1, 0, 1, 2, 1), (2, 1, 2, 2, 2), (0, 0,−1, 0, 1)}

10. Sean T : R3 → R3 una transformacion lineal, B = {u1, u2,u3} una base deR3 y C = {e1, e2, e3} la basecanonica de R3. Si

T (e1) = u1, T (e2) = u1 − 2u2 + u3, T (e3) = au1 + bu3

donde a, b ∈ R.

a) Halle[T]BC

.

Respuesta:

Por definicion, las columnas de[T]BC

son las coordenadas de las imagenes de la base C en T,respecto a la base B. Como,

T (e1) = 1 · u1 + 0 · u2 + 0 · u3

121


T (e2) = 1 · u1 − 2 · u2 + 1 · u3

T (e3) = a · u1 + 0 · u2 + b · u3

entonces,

[T]BC=

1 1 a0 −2 00 1 b

b) ¿Para cuales valores de los parametros a y b, T es inyectiva?

Respuesta:

T es inyectiva si Ker(T) = {(0, 0, 0)}. Y note que,[(0, 0, 0)

]B= (0, 0, 0)t y EspacioNulo

([T]BC

)son

las coordenadas en la base B de los vectores del nucleo de T.

Se concluye que T es inyectiva si y solo si EspacioNulo([

T]BC

)=

{(0, 0, 0)t

}, ya que el unico

vector con coordenadas (0, 0, 0)t es el vector (0, 0, 0).

[T]BC

− 12 f1−→

1 1 a0 1 00 1 b

− f2 + f1−→− f2 + f3

1 0 a0 1 00 0 b

= R

Entonces, de R, se obtienen los siguientes casos;Si b , 0,

R1b f3−→

1 0 a0 1 00 0 1

= P

Si a = 0, R = I3.

Si a , 0, P−a f3 + f1−→ I3.

Si b = 0, entonces, ∀a ∈ R, Rng([

T]BC

)= 2.

Por lo tanto, solo si b , 0 y ∀a ∈ R, entonces EspacioNulo([

T]BC

)=

{(0, 0, 0)t

}que se da si y solo

si T es inyectiva.

11. B = {(1, 1,−1, 3), (0, 0, 1, 0), (0, 1,−2, 2), (1, 0, 0, 0)} es una base de R4, C es la base canonica de R4 yT : R4 → R4 es un operador lineal tal que

[T]BC=

0 −2 0 10 4 1 −10 3 0 −11 2 0 −1

122


Determine[T]CC

.

Respuesta:

Podemos usar la composicion de transformaciones lineales con la identidad I : R4 → R4, y laformula de la matriz de una composicion

[T]CC=

[I ◦ T

]CC=

[I]CB·[T]BC

Entonces, necesitamos calcular[I]BC

que es la matriz de cambio de base de B a C en R4.

Claramente,

[I]CB=

1 0 0 11 0 1 0−1 1 −2 03 0 2 0

Por tanto, aplicando la formula de la matriz de una composicion de transformaciones lineales,

[T]CB=

[I]CB·[T]BC=

1 0 0 11 0 1 0−1 1 −2 03 0 2 0

0 −2 0 10 4 1 −10 3 0 −11 2 0 −1

=

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

12. Considere la base B = {(1, 0, 1), (1, 1, 0), (1, 1, 1)} de R3 y sea T : R3 → R3 un operador lineal tal que

[T]B=

0 0 −1−1 0 −12 1 3

a) Calcule

[I]CB

; siendo C la base canonica de R3.

Respuesta:Buscamos la matriz de cambio de baseB a la baseC. Entonces, escribimos la matriz aumentadadonde del lado izquierdo colocamos la base a la que queremos llegar (base C) y del ladoderecho la base de donde partimos (base B);

1 0 0 1 1 10 1 0 0 1 10 0 1 1 0 1

Como a la izquierda tenemos la identidad, entonces la matriz de la derecha es

[I]CB

. Entonces

[I]CB=

1 1 10 1 11 0 1

123


b) Determine T(x, y, z).

Respuesta:

Por la formula de coordenadas,[T(x, y, z

)]B=

[T]B·[(

x, y, z)]B

.

Primero procedemos a calcular las coordenadas del vector (x, y, z) en la base B. Para esousamos el sistema;

1 1 1 x0 1 1 y1 0 1 z

− f2 + f1−→

1 0 0 x − y0 1 1 y1 0 1 z

− f1 + f3−→

1 0 0 x − y0 1 1 y0 0 1 z + y − x

− f3 + f2−→

1 0 0 x − y0 1 0 x − z0 0 1 z + y − x

⇒[(

x, y, z)]B=

x − yx − z

z + y − x

Entonces, utilizando la formula de coordenadas,

[T(x, y, z

)]B=

0 0 −1−1 0 −12 1 3

·

x − yx − z

z + y − x

=x − y − z−z

y + 2z

Como este vector son las coordenadas de T

(x, y, z

)en la base B, para encontrar su forma

explıcita, se debe de escribir como combinacion lineal de la base. Entonces,

T(x, y, z

)= (x − y − z) · (1, 0, 1) + −z · (1, 1, 0) + (y + 2z) · (1, 1, 1) = (x, y + z, x + z)

De modo que la transformacion lineal T es T(x, y, z

)= (x, y + z, x + z).

13. Determine una transformacion lineal T : R4 → R2 tal que {(1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1)} sea una base parael nucleo de T.

Respuesta:

Sean v1 = (1, 0, 1, 0) y v2 = (0, 1, 0, 1). Como v1 · v2 = 0, entonces son ortogonales y por tanto son li.Para que sean base de ker(T) la transformacion debe cumplir que:

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

Como queremos que v1 y v2 sean la base de ker(T), entonces se tiene que dim (ker(T)) = 2, y porconsiguiente por el teorema de las dimensiones

4 = dim(R4

)= dim (ker(T)) + dim

(Img(T)

)= 2 + dim

(Img(T)

)Entonces, dim

(Img(T)

)= 2. Y como dim

(R2

)= 2, entonces T es una transformacion sobreyectiva.

Ahora, si v3 = (1, 0, 0, 0) y v4 = (0, 1, 0, 0), entonces los vectores v1, v2, v3, v4 son li y como son4 vectores de R4 entonces son base. Como T es sobreyectiva, y {v1, v2, v3, v4} es un conjunto quegenera aR4 (pues es base), y como T : R4 → R2, entonces {T (v1) ,T (v2) ,T (v3) ,T (v4)} es un conjunto

124


que genera aR2. Pero como T (v1) = (0, 0) = T (v2), entonces se debe cumplir que T (v3) ,T (v4) debende generar a R2. Para que esto sea cierto, podemos tomar

T (v3) = T(1, 0, 0, 0) = (1, 0) T (v4) = T(0, 1, 0, 0) = (0, 1)

Como una transformacion lineal queda determinada por su efecto sobre una base, entonces siB = {v1, v2, v3, v4}, la forma en que T queda determinada es: si (x, y, z,w) = c1v1 + c2v2 + c3v3 + c4v4,entonces

T(x, y, z,w) = c1T (v1) + c2T (v2) + c3T (v3) + c4T (v4) = c3(1, 0) + c4(0, 1) = (c3, c4)

Entonces, T(x, y, z,w) = (c3, c4) donde (c1, c2, c3, c4)t son las coordenadas del vector (x, y, z,w) en labase {v1, v2, v3, v4}. Vamos a calcular la forma explıcita de estas coordenadas:

1 0 1 0 x0 1 0 1 y1 0 0 0 z0 1 0 0 w

− f1 + f3−→− f2 + f4

1 0 1 0 x0 1 0 1 y0 0 −1 0 z − x0 0 0 −1 w − y

f3 + f1−→

f4 + f2

1 0 0 0 z0 1 0 0 w0 0 −1 0 z − x0 0 0 −1 w − y

− f3−→− f4

1 0 0 0 z0 1 0 0 w0 0 1 0 x − z0 0 0 1 y − w

⇒[(

x, y, z,w)]B=

zw

x − zy − w

=

c1c2c3c4

Entonces, T(x, y, z,w) =

(x − z, y − w

)es una transformacion lineal que cumple con todas las con-

diciones pedidas.

125


10. Valores y vectores propios de operadores y matrices

1. Determine si la matriz A =

1 1 1 10 1 1 10 0 2 00 0 1 2

es o no diagonalizable.

Respuesta:

Calculamos el polinomio caracterıstico de A, PA(λ) = det (A − λI4).

Note que,

A − λI4 =

1 − λ 1 1 1

0 1 − λ 1 10 0 2 − λ 00 0 1 2 − λ

⇒ PA(λ) = (1 − λ) ·

1 − λ 1 10 2 − λ 00 1 2 − λ

= (1 − λ)2 · (2 − λ)2

Por lo tanto, PA(λ) = (1 − λ)2 · (2 − λ)2, de modo que los valores propios de A son λ1 = 1 y λ2 = 2.

Calculamos los subespacios propios:

Para λ1 = 1, Vλ=1 = EspacioNulo (A − I4).

A − I4 =

0 1 1 10 0 1 10 0 1 00 0 1 1

− f2 + f1−→− f2 + f4

0 1 0 00 0 1 10 0 1 00 0 0 0

− f3 + f2−→

0 1 0 00 0 0 10 0 1 00 0 0 0

−→

0 1 0 00 0 0 10 0 1 00 0 0 0

Entonces Vλ=1 = {(t, 0, 0, 0) t ∈ R}, de modo que Bλ=1 =

{(1, 0, 0, 0)t

}es una base.

Por lo tanto, la multiplicidad geometrica es 1 y la multiplicidad algebraica es 2. De modo que Ano es diagonalizable, porque las multiplicidades geometricas y algebraicas de un valor propio sondistintas.

2. Los valores propios de la matriz M =

13 1 −21 13 −2−2 −2 16

son λ1 = 12 y λ2 = 18. Calcule una matriz Q

ortogonal y una matriz D diagonal tal que QtMQ = D.

Respuesta:

La matriz Q es la matriz cuyas columnas son una base ortonormal de vectores propios de M.

126


Subespacios propios:

Para λ1 = 12, Vλ=12 = EspacioNulo (M − 12I3), entonces,

M − 12I3 =

1 1 −21 1 −2−2 −2 4

− f1 + f2−→

2 f1 + f3

1 1 −20 0 00 0 0

⇒ x + y − 2z = 0

Por lo tanto, Vλ=12 ={(−s + 2t, s, t)t s, t ∈ R

}. Y como:

(−s + 2t, s, t) = (−s, s, 0) + (2t, 0, t) = s(−1, 1, 0) + t(2, 0, 1)

Entonces, Bλ=12 = {v1, v2} ={(−1, 1, 0)t, (2, 0, 1)t

}es una base de Vλ=12 de vectores propios de M.

Aplicamos Gram-Smith a esa base para covertirla en base ortogonal.

a1 = v1 = (−1, 1, 0) ⇒ ||a1||2 = 2 ||a1|| =√

2

Como, v2 · a1 = (2, 0, 1) · (−1, 1, 0) = −2, entonces,

a2 = v2 −v2 · a1

||a1||2a1 = (2, 0, 1) − −2

2· (−1, 1, 0) = (1, 1, 1) ⇒ ||a2||2 = 3 ||a2|| =

√3

Por tanto, una base ortogonal de Vλ=12 esta conformada por los vectores, a1 y a2. Para obtener unabase ortonormal, normalizamos los vectores de la base ortogonal que acabamos de obtener.

b1 =a1

||a1||=

1√2· (−1, 1, 0) =

(−1√

2,

1√2, 0

)b2 =

a2

||a2||=

1√3· (1, 1, 1) =

(1√3,

1√3,

1√3

)

Entonces, Cλ=12 =

{(−1√

2, 1√

2, 0

)t,(

1√3, 1√

3, 1√

3

)t}

es una base ortonormal de Vλ=12.

Para λ2 = 18, Vλ=18 = EspacioNulo (M − 18I3).

M − 18I3 =

−5 1 −21 −5 −2−2 −2 −2

5 f2 + f1−→

2 f2 + f3

0 −24 −121 −5 −20 −12 −6

−112 f1−→−16 f3

0 2 11 −5 −20 2 1

− f1 + f3−→

0 2 11 −5 −20 0 0

12 f1−→

0 1 12

1 −5 −20 0 0

5 f1 + f2−→

0 1 1

21 0 1

20 0 0

f1 ⇔ f2−→

1 0 1

20 1 1

20 0 0

⇒x = −1

2 zy = −1

2 z⇒

2x = −z2y = −z

127


Por lo tanto, Vλ=18 ={(t, t,−2t)t t ∈ R

}. Y como (t, t,−2t) = t(1, 1,−2), entonces Bλ=18 =

{(1, 1,−2)t

}es una base de Vλ=18.

Para encontrar una base ortonormal de Vλ=18, en este caso, basta con normalizar al unico vectorde la base. Y como ||(1, 1,−2)||2 = 6, entonces,

1||(1, 1,−2)|| · (1, 1,−2) =

(1√6,

1√6,−2√

6

)

Entonces, Cλ=18 =

{(1√6, 1√

6, −2√

6

)t}

es base ortonormal de Vλ=18.

Por lo tanto, C = Cλ=12 ∪ Cλ=18 =

{(−1√

2, 1√

2, 0

)t,(

1√3, 1√

3, 1√

3

)t,(

1√6, 1√

6, −2√

6

)t}

, es una base ortonor-

mal de vectores propios de M, porque los vectores propios asociados a distintos valores propiosson ortogonales entre sı.

Entonces la matriz ortogonal a Q es,

Q =

−1√

21√3

1√6

1√2

1√3

1√6

0 1√3

−2√6

y la matriz diagonal D similar a M es la matriz,

D =

12 0 00 12 00 0 18

3. Sea A =

5 −6 −6−1 4 23 −6 −4

.

a) Calcule los valores propios de A.

Respuesta:El polinomio caracterıstico de A es;

PA(λ) = det (A − λI3) = det

5 − λ −6 −6−1 4 − λ 23 −6 −4 − λ

= − (λ − 1) · (λ − 2)2

Entonces los valores propios de A son λ1 = 1, λ2 = 2. Los subespacios propios:Para λ = 1, Vλ=1 = EspacioNulo (A − I3).

A − I3 =

4 −6 −6−1 3 23 −6 −5

4 f2 + f1−→

3 f2 + f3

0 6 2−1 3 20 3 1

− f3 + f2−→

−2 f3 + f1

0 0 0−1 0 10 3 1

128


− f2−→13 f3

0 0 01 0 −10 1 1

3

f1 ⇔ f2−→

1 0 −10 0 00 1 1

3

f2 ⇔ f3−→

1 0 −10 1 1

30 0 0

Por lo tanto, Vλ=1 =

{(t, −t

3 , t)t

t ∈ R}. Entonces, para determinar una base,(

t, −t3 , t

)= t

(1, −1

3 , 1).

Podemos tomar, Bλ=1 ={(

1, −13 , 1

)t}. Entonces, la multiplicidad geometrica y algebraica son

iguales a 1.

Para λ = 2, Vλ=2 = EspacioNulo (A − 2I3).

A − 2I3 =

3 −6 −6−1 2 23 −6 −6

− f1 + f3−→− f1

3 −6 −61 −2 −20 0 0

−3 f2 + f1−→

0 0 01 −2 −20 0 0

f1 ⇔ f2−→

1 −2 −20 0 00 0 0


{(2s + 2t, s, t)t s, t ∈ R

}. Entonces, para obtener una base,

(2s + 2t, s, t) = (2s, s, 0) + (2t, 0, t) = s (2, 1, 0) + t (2, 0, 1)

Una base de Vλ=2, es Bλ=2 ={(2, 1, 0)t , (2, 0, 1)t

}. Entonces, la multiplicidad geometrica y alge-

braica son iguales a 2.

b) Determine si A es diagonalizable o no.

Respuesta:Para λ = 1 y λ = 2, la multiplicidad geometrica y algebraicas son iguales, por teorema, A esdiagonalizable, y la matriz C que diagonaliza a A es,

C =

1 2 2−13 1 01 0 1

D =

1 0 00 2 00 0 2

es la matriz diagonal que es similar a A.

4. λ = 2 es el unico valor propio de la matriz A =

2 1 0 00 2 1 00 0 2 00 0 0 2

.

a) Halle una base para el espacio propio V2 asociado al valor propio λ = 2.

Respuesta:

129


Sabemos que, V2 = EspacioNulo(A − 2I4). Y como,

A − 2I4 =

0 1 0 00 0 1 00 0 0 00 0 0 0

Entonces, claramente, V2 =

{(s, 0, 0, t)t s, t ∈ R

}. Para obtener una base, separamos los parame-

tros, (s, 0, 0, t) = s(1, 0, 0, 0) + t(0, 0, 0, 1). Entonces, BV2 ={(1, 0, 0, 0)t, (0, 0, 0, 1)t

}es base de V2.

b) (10 puntos) ¿Es la matriz A diagonalizable? (Justifique su respuesta).

Respuesta:Note que λ = 2 es el unico valor propio de A, esto porque su polinomio caracterıstico es:

PA(λ) = det(A − λI4) = det

2 − λ 1 0 0

0 2 − λ 1 00 0 2 − λ 00 0 0 2 − λ

= (2 − λ)4

Entonces, λ = 2 tiene multiplicidad algebraica 4. Y como su subespacio propio V2, tiene di-mension 2, entonces λ = 2 tiene multiplicidad geometrica 2. Como son distintas, por teorema,entonces A no es diagonalizable.

5. Sea

1 0 10 1 11 1 0

. Halle una matriz C tal que

C−1 A C =

1 0 00 2 00 0 −1

Respuesta:

Como A es simetrica, entonces es ortogonalmente diagonalizable. Es decir, existen una matriz Cortogonal y una matriz D diagonal, tales que C−1AC = D. Entonces, claramente la matriz D es

D =

1 0 00 2 00 0 −1

y entonces los valores propios de A son los elementos de la diagonal principal de D, es decir que,λ1 = 1 λ2 = 2 y λ3 = −1 son los valores propios de A. Y por la teorıa, sabemos tambien que lamatriz C es la que tiene como columnas, una base ortonormal de vectores propios de A.

Calculamos los subespacios propios asociados a cada valor propio de A:

Para λ = 1; Vλ=1 = EspacioNulo (A − I3)

130


A − I3 =

0 0 10 0 11 1 −1

− f1 + f2−→

f1 + f3

0 0 10 0 01 1 0

f1 ⇔ f3−→

1 1 00 0 00 0 1

f2 ⇔ f3−→

1 1 00 0 10 0 0

Entonces, Vλ=1 =

{(t,−t, 0)t t ∈ R

}. Separamos el parametro, y tenemos que (t,−t, 0) = t (1,−1, 0),

por lo tanto, Bλ=1 ={(1,−1, 0)t

}es una base de Vλ=1. Para encontrar una base ortonormal, norma-

lizamos el vector de la base. Como, ||(1,−1, 0)|| =√

2, entonces,

1||(1,−1, 0)|| · (1,−1, 0) =

(1√2,−1√

2, 0

)

Entonces, B∗λ=1 =

{(1√2, −1√

2, 0

)t}


Para λ = 2; Vλ=2 = EspacioNulo (A − 2I3)

A − 2I3 =

−1 0 10 −1 11 1 −2

f1 + f3−→− f2

−1 0 10 1 −10 1 −1

− f2 + f3−→− f1

1 0 −10 1 −10 0 0

Entonces, Vλ=2 =

{(t, t, t)t t ∈ R

}. Separamos el parametro para encontrar una base: (t, t, t) =

t (1, 1, 1), por lo tanto, Bλ=2 ={(1, 1, 1)t

}es una base de Vλ=2. Ahora, normalizamos el vector de la

base. Como, ||(1, 1, 1)|| =√

3, entonces,

1||(1, 1, 1)|| · (1, 1, 1) =

(1√3,

1√3,

1√3

)


{(1√3, 1√

3, 1√

3

)t}


Para λ = −1; Vλ=−1 = EspacioNulo (A + I3)

A + I3 =

2 0 10 2 11 1 1

−2 f3 + f1−→

0 −2 −10 2 11 1 1

f1 + f2−→

12 f1 + f3

0 −2 −10 0 01 0 1

2

−12 f1−→

f2 ⇔ f3

0 1 1

21 0 1

20 0 0

f1 ⇔ f2−→

1 0 1

20 1 1

20 0 0

Entonces, Vλ=−1 =

{(−t,−t, 2t)t t ∈ R

}. Separamos el parametro, y tenemos que (−t,−t, 2t) =

t (−1,−1, 2), por lo tanto, Bλ=−1 ={(−1,−1, 2)t

}es una base de Vλ=−1. Como, ||(−1,−1, 2)|| =

√6,

entonces,

1||(−1,−1, 2)|| · (−1,−1, 2) =

(−1√

6,−1√

6,

2√6

)131


Entonces, una base ortonormal de Vλ=−1 es B∗λ=−1 =

{(−1√

6, −1√

6, 2√

6

)t}

Una base ortonormal de R3 formada por vectores propios de A es:

B = B∗λ=1 ∪ B∗λ=2 ∪B∗λ=−1 =

(

1√2,−1√

2, 0

)t

,

(1√3,

1√3,

1√3

)t

,

(−1√

6,−1√

6,

2√6

)t

Ası, C es la matriz cuyas columnas son los vectores de la base anterior, es decir, C es la matriz dadapor;

C =

1√2

1√3

−1√6

−1√2

1√3

−1√6

0 1√3

2√6

6. Sea A =

1 a − 2 00 2 10 0 1

a) Halle el polinomio caracterıstico de A.

Respuesta:Calculamos el polinomio caracterıstico de A, PA(λ) = det (A − λI3).

Note que, A − λI3 es triangular,

A − λI3 =

1 − λ a − 2 0

0 2 − λ 10 0 1 − λ

Entonces, PA(λ) = (1−λ)2 · (2−λ), es el polinomio caracterıstico de A. De modo que los valorespropios de A son λ1 = 1 y λ2 = 2.

b) λ = 1 es un valor propio de A. Sea Vλ=1 el subespacio propio correspondiente a este valorpropio.

1) Determine los valores de a para los cuales la dimension de Vλ=1 es igual a 1.

Respuesta:Como Vλ=1 = EspacioNulo (A − I3), entonces

dim (Vλ=1) = dim(EspacioNulo (A − I3)

)= 3 − Rng (A − I3)

A − I3 =

0 a − 2 00 1 10 0 0

Si a , 2,

132


A − I3

1a−2 f1−→

0 1 00 1 10 0 0

− f1 + f2−→

0 1 00 0 10 0 0

Entonces Rng (A − I3) 2 y dim (Vλ=1) = 1

2) Determine los valores de a para los cuales la dimension de Vλ=1 es igual a 2.

Respuesta:Si a = 2, Rng (A − I3) = 1 y entonces, dim (Vλ=1) = 2.

c) Determine los valores de a para los cuales la matriz A es diagonalizable; y en este caso, halleuna matriz invertible C tal que C−1AC sea diagonal.

Respuesta:A es diagonalizable si para cada valor propio, las multiplicidades geometricas y algebraicasson iguales.

Como, para λ = 1; multiplicidad algebraica=2 y multiplicidad geometrica=dim (Vλ=1). Enton-ces, si a = 2, por la parte b), se tiene que dim (Vλ=1) = 2 y las multiplicidades son iguales parael valor propio λ = 1.

Para el valorλ = 2, como la multiplicidad algebraica=1 y multiplicidad geometrica=dim (Vλ=2),y dado que para que A sea diagonalizable se necesita que 3 = dim (Vλ=1) + dim (Vλ=2), porlo tanto, si a = 2 se sigue que dim (Vλ=2) = 1 y las multiplicidades son iguales para el valorpropio λ = 2.

Entonces, A es diagonalizable si a = 2.Calculamos los subespacios propios:

Por la parte b), para λ = 1, Vλ=1 = EspacioNulo (A − I3).

A − I3 =

0 1 10 0 00 0 0

entonces, Vλ=1 =

{(s,−t, t)t s, t ∈ R

}, por lo tanto, Bλ=1 =

{(1, 0, 0)t, (0,−1, 1)t

}es una base de

Vλ=1.

Para λ = 2, Vλ=2 = EspacioNulo (A − 2I3).

A − 2I3 =

−1 0 00 0 10 0 −1

− f1−→

f2 + f3

1 0 00 0 10 0 0

entonces, Vλ=2 =

{(0, s, 0)t s ∈ R

}, por lo tanto, Bλ=2 =

{(0, 1, 0)t

}es una base de Vλ=2.

133


Entonces,

B = Bλ=1 ∪ Bλ=2 ={(1, 0, 0)t, (0,−1, 1)t, (0, 1, 0)t

}es una base de R3 formada por los vectores propios de A.

Por lo tanto, si C =

1 0 00 −1 10 1 0

y D =

1 0 00 1 00 0 2

. Entonces C y D cumplen que, C−1AC = D.

Por tanto, C es la matriz buscada.

7. Sea A =

−1 1 20 2 0−2 1 3

.

a) Determine los valores propios de A.

Respuesta:El polinomio caracterıstico de A es


−1 − λ 1 2

0 2 − λ 0−2 1 3 − λ

= (2 − λ) (λ − 1)2

Entonces los dos valores propios de A son λ1 = 1 y λ2 = 2

b) Para cada valor propio de A halle una base para su espacio propio asociado.

Respuesta:Calculamos los subespacios propios:

Para λ1 = 1, Vλ=1 = EspacioNulo (A − I3).

A − I3 =

−2 1 20 1 0−2 1 2

− f1 + f3−→

−2 1 20 1 00 0 0

− f1 + f2−→

−2 0 20 1 00 0 0

−12 f1−→

1 0 −10 1 00 0 0

Entonces Vλ=1 =

{(t, 0, t)t t ∈ R

}, de modo que Bλ=1 =

{(1, 0, 1)t

}es una base del subespacio

propio Vλ=1.

Para λ2 = 2, Vλ=2 = EspacioNulo (A − 2I3).

A−2I3 =

−3 1 20 0 0−2 1 1

− f3 + f1−→

−1 0 10 0 0−2 1 1

− f1−→

f2 ⇔ f3

1 0 −1−2 1 10 0 0

2 f1 + f2−→

1 0 −10 1 −10 0 0

134


Entonces Vλ=2 ={(t, t, t)t t ∈ R

}, de modo que Bλ=2 =

{(1, 1, 1)t

}es una base del subespacio

propio Vλ=2.

c) ¿Es la matriz A diagonalizable?

Respuesta:Para λ1 = 1 la multiplicidad algebraica es 2, pero la multiplicidad geometrica es 1. Entoncespor teorema, se sigue que A no puede ser diagonalizable.

8. Sea T : R3 → R3 un operador lineal definido por

T(x, y, z) =(5x + 4y + z, 4x + 8y − 4z, x − 4y + 5z

)Si T es ortogonalmente diagonalizable halle una base ortonormal B de R3 tal que

[T]B

sea unamatriz diagonal; en caso contrario justifique por que T no es ortogonalmente diagonalizable.

Respuesta:

La matriz A de T en la base canonica C de R3 es A =

5 4 14 8 −41 −4 5

= [T]C

.

Como A es simetrica entonces T es ortogonalmente diagonalizable. Buscamos una base B ortonor-mal formada por vectores propios de A y de modo que

[T]B

sea una matriz diagonal con los valorespropios de A en la diagonal principal.

El polinomio caracterıstico de A es


5 − λ 4 1

4 8 − λ −41 −4 5 − λ

= −λ (λ − 6) (λ − 12)

Entonces λ1 = 0, λ2 = 6 y λ3 = 12 son los 3 valores propios de A.

Calculamos los subespacios propios:

Para λ1 = 0, Vλ=0 = EspacioNulo (A), entonces,

A−5 f3 + f1−→

−4 f3 + f2

0 24 −240 24 −241 −4 5

− f1 + f2−→

0 24 −240 0 01 −4 5

124 f1−→

0 1 −10 0 01 −4 5

4 f1 + f3−→

0 1 −10 0 01 0 1

−→

1 0 10 1 −10 0 0

135


Por lo tanto, Vλ=0 ={(−t, t, t)t t ∈ R

}. Entonces, v1 = (−1, 1, 1)t es una base de Vλ=0. Para en-

contrar una base ortonormal solamente es necesario normalizar a v1. Como ||v1|| =√

3, entonces

a1 =1||v1||v1 =

(−1√

3, 1√

3, 1√

3

)tes tal que Bλ=0 = {a1} es base ortonormal de Vλ=0.

Para λ2 = 6, Vλ=6 = EspacioNulo (A − 6I3), entonces,

A − 6I3 =

−1 4 14 2 −41 −4 −1

f1 + f3−→

4 f1 + f2

−1 4 10 18 00 0 0

− f1−→118 f2

1 −4 −10 1 00 0 0

4 f2 + f1−→

1 0 −10 1 00 0 0


{(t, 0, t)t t ∈ R

}. Entonces, v2 = (1, 0, 1)t es una base de Vλ=6. Para encon-

trar una base ortonormal solamente es necesario normalizar a v2. Como ||v2|| =√

2, entonces

a2 =1||v2||v2 =

(1√2, 0, 1√

2


Para λ3 = 12, Vλ=12 = EspacioNulo (A − 12I3), entonces,

A − 12I3 =

−7 4 14 −4 −41 −4 −7

7 f3 + f1−→

−4 f3 + f2

0 −24 −480 12 241 −4 −7

− 1

24 f1−→112 f2

0 1 20 1 21 −4 −7

− f2 + f1−→

4 f2 + f3

0 0 00 1 21 0 1

f1 ⇔ f2−→

1 0 10 1 20 0 0


{(−t,−2t, t)t t ∈ R

}. Entonces, v3 = (−1,−2, 1)t es una base de Vλ=12. Pa-

ra encontrar una base ortonormal normalizamos a v3. Como ||v3|| =√

6, entonces a3 =1||v3||v3 =(

−1√6, −2√

6, 1√

6


Entonces una base ortonormal de vectores propios de A es

B = Bλ=0 ∪ Bλ=6 ∪ Bλ=12 =

(−1√

3,

1√3,

1√3

)t

,

(1√2, 0,

1√2

)t

,

(−1√

6,−2√

6,

1√6

)t

Entonces en la base B la matriz[T]B

es diagonal y toma la forma

[T]B=

0 0 00 6 00 0 12

136


11. Formas cuadraticas, secciones conicas y superficies cuadraticas

1. La ecuacion 5x2 − 2xy + 5y2 = 4 representa una conica.

a) Efectue un cambio de variable que corresponda a una rotacion de ejes de manera que laecuacion en las nuevas variables tenga la forma canonica y escriba la ecuacion en esas nuevasvariables.

Respuesta:Por simplificacion, escriba la ecuacion de la conica en las variables x1 y x2, 5x2

1−2x1x2+5x22 = 4.

En forma matricial, se escribe, xtAx = 4, donde A =(

5 −1−1 5

). Buscamos los valores propios

de A,

PA(λ) = det(

5 − λ −1−1 5 − λ

)= (5 − λ)2 − 1 = λ2 − 10λ + 24 = (λ − 4)(λ − 6)

Por lo tanto, λ1 = 4 y λ2 = 6 son los valores propios de A.

Los subespacios propios son:

Para λ1 = 4, Vλ=4 = EspacioNulo (A − 4I2)

A − 4I2 =

(1 −1−1 1

)f1 + f2−→

(1 −10 0

)Entonces, Vλ=4 =

{(s, s)t s ∈ R

}. Por tanto, Bλ=4 =

{(1, 1)t

}es una base. Como solo contiene

un vector, entonces para obtener una base ortonormal solamente es necesario normalizar elvector. Como ||(1, 1)|| =

√2, entonces,

1||(1, 1)|| · (1, 1) =

(1√2,

1√2

)De modo que Dλ=4 =

{(1√2, 1√

2

)t}


Para λ2 = 6, Vλ=6 = EspacioNulo (A − 6I2)

A − 6I2 =

(−1 −1−1 −1

)− f1 + f2−→

(−1 −10 0

)− f1−→

(1 10 0

)Entonces, Vλ=6 =

{(−s, s)t s ∈ R

}. Por tanto, Bλ=6 =

{(−1, 1)t

}es una base. Normalizamos el

vector de la base. Como ||(−1, 1)|| =√

2, entonces,

1||(−1, 1)|| · (−1, 1) =

(−1√

2,

1√2

)De modo que Dλ=6 =

{(−1√

2, 1√

2

)t}


137


Entonces, B = Dλ=4 ∪ Dλ=6 =

{(1√2, 1√

2

)t,(−1√

2, 1√

2

)t}

es una base ortonormal de vectores

propios de A. Por lo tanto, si C es la matriz;

C =

1√2

−1√2

1√2

1√2

el cambio de variable y = Ctx elimina el termino cruzado. De modo que la forma cuadraticaequivalente es:

4y21 + 6y2

2 = 4 ⇔ y21 +

32

y22 = 1 ⇔ y2

1 +y2

2√23

= 1

Entonces la conica es una elipse en los nuevos ejes.

b) Determine los nuevos ejes y el angulo de rotacion.

Respuesta:Los nuevos ejes son las rectas:

y1 : (x1, x2) = t(1, 1) ⇒ Eje y1 : x2 = x1

y2 : (x1, x2) = t(−1, 1) ⇒ Eje y2 : x2 = −x1

El angulo de rotacion es el angulo entre el vector(

1√2, 1√

2

)y e1 = (1, 0)

cosθ = (1, 0) ·(

1√2,

1√2

)=

1√2⇒ θ =

π4

De modo que la rotacion es de 45 grados.

c) Haga un grafico de la conica.

Respuesta:

138


2. La ecuacion 5x2 − 4xy + 8y2 − 36 = 0 representa una conica. Y los valores propios de la matriz

A =(

5 −2−2 8

)son 4 y 9.

a) Realice una rotacion de los ejes x,y de modo que los nuevos ejes x, y la ecuacion de la conicaeste en su forma canonica. Escriba la ecuacion canonica e identifique cual conica es.

Respuesta:Calculamos los subespacios propios,Para λ1 = 4, Vλ=4 = EspacioNulo (A − 4I2).

A − 4I2 =

(1 −2−2 4

)2 f1 + f2−→

(1 −20 0

)Por lo tanto, Vλ=4 =

{(2t, t)t t ∈ R

}. Entonces, para obtener una base, (2t, t) = t (2, 1).

Una base de Vλ=4, es{(2, 1)t

}. Para encontrar una base ortonormal, solamente necesitamos

normalizar el vector. ||(2, 1)|| =√

5. Entonces;

1||(2, 1)|| · (2, 1) =

(2√5,

1√5

)

Entonces, Bλ=4 =

{(2√5, 1√

5

)t}


Para λ2 = 9, Vλ=9 = EspacioNulo (A − 9I2).

A − 9I2 =

(−4 −2−2 −1

)−2 f2 + f1−→

(0 0−2 −1

)−12 f2−→

(0 01 1

2

)f1 ⇔ f2−→

(1 1

20 0

)Se sigue que, Vλ=9 =

{(−t2 , t

)tt ∈ R

}. Entonces, para obtener una base,

(−t2 , t

)= t

(−12 , 1

).

Una base de Vλ=9, es{(−12 , 1

)t}. Para encontrar una base ortonormal, normalizamos el vector.∣∣∣∣∣∣∣∣(−1

2 , 1)∣∣∣∣∣∣∣∣ = √

52 . Entonces;

1∣∣∣∣∣∣∣∣(−12 , 1

)∣∣∣∣∣∣∣∣ ·(−1

2, 1

)=

(−1√

5,

2√5

)

Por tanto, Bλ=9 =

{(−1√

5, 2√

5

)t}


Entonces, B = Bλ=4 ∪ Bλ=9 =

{(2√5, 1√

5

)t,(−1√

5, 2√

5

)t}

es base ortonormal de vectores propios

de A.

139


Tomando el cambio de variable (z,w) = Ct · (x, y)t, donde C =

2√5

−1√5

1√5

2√5

es una matriz

ortogonal cuyas columnas son la base B, se obtiene la forma cuadratica equivalente;

4z2 + 9w2 − 36 = 0 ⇔ 436

z2 +936

w2 = 1

z2

32 +w2

22 = 1

Entonces en los nuevos ejes, la conica es una elipse.

b) Calcule el angulo de rotacion de sus ejes.

Respuesta:Como el angulo de rotacion es el angulo entre el eje x y el nuevo eje z, este mismo angulo esel formado por los vectores directores de las rectas de los ejes,

cosθ = e1 ·(

2√5,

1√5

)=

2√5⇒ θ ≈ 26, 56◦

c) Haga el grafico de la conica, el cual debe ser claro y con suficientes detalles.

Respuesta:La grafica de la conica es

3. La ecuacion 3x21 + 6x1x2 + 3x2

2 − 11√

2x1 − 13√

2x2 + 24 = 0 corresponde a una conica.

a) Encuentre una transformacion lineal que permita transformar dicha conica a su forma canoni-ca sin terminos mixtos.

140


Respuesta:La ecuacion se escribe en la forma matricial como: xtAx + Bx + l = 0, donde

A =(

3 33 3

)B = (−11

√2,−13

√2) l = 24

El polinomio caracterıstico de A es;

PA(λ) = det (A − λI2) = det(

3 − λ 33 3 − λ

)= λ(λ − 6)

Por tanto, λ1 = 0 y λ2 = 6 son los dos valores propios de A.

Subespacios propios:Para λ = 0; Vλ=0 = EspacioNulo (A)

A− f1 + f2−→

(3 30 0

)13 f1−→

(1 10 0

)Tenemos que Vλ=0 =

{(t,−t)t t ∈ R

}. Entonces, una base para Vλ=0 es Bλ=0 =

{(1,−1)t

}.

Para encontrar una base ortonormal, basta con normalizar al unico vector de la base. Como,||(1,−1)|| =

√2

1√2· (1,−1) =

(1√2,− 1√

2

)


{(1√2,− 1√

2

)t}



A − 6I3 =

(−3 33 −3

)f1 + f2−→

(−3 30 0

) −13 f1−→

(1 −10 0


{(t, t)t t ∈ R


{(1, 1)t

}.

Una base ortonormal se obtiene al normalizar al unico vector de la base. Como, ||(1, 1)|| =√

2

1√2· (1, 1) =

(1√2,

1√2

)

Entonces, una base ortonormal de Vλ=6 es B∗λ=6 =

{(1√2, 1√

2

)t}

.


B =

(

1√2,− 1√

2

)t

,

(1√2,

1√2

)t

Tome C la matriz dada por;

141


C =

1√2

1√2

− 1√2

1√2

que es una matriz ortogonal que diagonaliza ortogonalmente a A. El cambio de variable,y = Ctx elimina los terminos cruzados de la forma cuadratica xtAx de la ecuacion matricial.Para los terminos lineales,

(r, s) = B · C =(−11√

2,−13√

2)· 1√

21√2

− 1√2

1√2

= (2,−24)

Por lo tanto, la ecuacion de la conica equivalente es:

0y21 + 6y2

2 + 2Y1 − 24y2 + 24 = 0

⇒ 3y22 + y1 − 12y2 + 12 = 0

⇒ y1 + 3y22 − 12y2 + 12 = 0

⇒ y1 + 3(y22 − 4y2) + 12 = 0

⇒ y1 = −3(y2 − 2)2

Tome, z1 = y1 y z2 = y2 − 2.

⇒ z1 = −3z22

es la ecuacion en forma canonica de una parabola, que se abre hacia la parte negativa del ejey1 y esta centrada en (0, 2).

b) Determine el angulo de rotacion efectuado por dicha transformacion.

Respuesta:El angulo de rotacion es el que se forma entre los ejes x1 y z1, y por lo tanto entre e1 = (1, 0) y(

1√2,− 1√

2

)que son los vectores directores de esos ejes.

cosθ = e1 ·(

1√2,− 1√

2

)=

1√2⇒ θ =

π4= 45◦

La rotacion es 45 grados el en sentido contrario al movimiento de las agujas del reloj.

c) Trace la grafica de la conica en los nuevos ejes coordenados.

Respuesta:Los nuevos ejes y1 y y2 tienen ecuacion respecto a los ejes x1 y x2 dada por,

(x1, x2) = t · (1,−1) → eje y1: x2 = x1

(x1, x2) = t · (1, 1) → eje y2: x2 = −x1

142


La grafica de la conica es

4. La ecuacion 5x2 − 4xy + 8y2 = 36 corresponde a una seccion conica.

a) Determine una transformacion lineal T(x, y) = (z,w) tal que al efectuar este cambio de varia-bles, la ecuacion resultante este en la forma canonica.

Respuesta:La ecuacion se escribe en la forma matricial como: xtAx + l = 0, donde

A =(

5 −2−2 8

)l = −36

Diagonalizamos ortogonalmente a A para obtener el cambio de variable. Para eso calculamosprimero los valores propios de A. El polinomio caracterıstico de A es;


5 − λ −2−2 8 − λ

)= (λ − 4)(λ − 9)


Subespacios propios:Para λ = 4; Vλ=4 = EspacioNulo (A − 4I2)

A − 4I2 =

(1 −2−2 4

)2 f1 + f2−→

(1 −20 0


{(2t, t)t t ∈ R


{(2, 1)t

}.

Normalizamos al unico vector de la base para encontrar una base ortonormal. Como, ||(2, 1)|| =√5

143


1√5· (2, 1) =

(2√5,

1√5

)


{(2√5, 1√

5

)t}



A − 9I3 =

(−4 −2−2 −1

) −14 f1−→

(1 1

2−2 −1

)2 f1 + f2−→

(1 1

20 0


{(−t, 2t)t t ∈ R


{(−1, 2)t

}.

Una base ortonormal se obtiene al normalizar al unico vector de la base. Como, ||(−1, 2)|| =√

5

1√5· (−1, 2) =

(−1√

5,

2√5

)


{(−1√

5, 2√

5

)t}

.


B = B∗λ=4 ∪ B∗λ=9 =

(

2√5,

1√5

)t

,

(−1√

5,

2√5

)t

Tome C la matriz dada por;

C =

2√5

−1√5

1√5

2√5

que es una matriz ortogonal que diagonaliza ortogonalmente a A. El cambio de variable,(

zw

)= Ct ·

(xy

)elimina los terminos cruzados de la forma cuadratica xtAx de la ecuacion

matricial. Por lo tanto, la ecuacion de la conica equivalente es:

4z2 + 9w2 = 36

⇒ z2

9+

w2

4= 1

⇒ z2

32 +w2

22 = 1

En los nuevos ejes, z y w, la ecuacion en forma canonica corresponde a una elipse.

b) En un mismo grafico, trace los ejes coordenados x y y, los ejes coordenados z y w y la seccionconica.

Respuesta:Los nuevos ejes tienen ecuacion respecto a los ejes x y y dada por,

144


(x, y

)= t · (2, 1) → eje z: y = 2x(

x, y)= t · (−1, 2) → eje w: y =

−12

x


5. Considere la seccion conica correspondiente a la ecuacion

x21 + x2

2 − 4x1x2 + 2x1 + 2x2 = 6

a) Haga un cambio de coordenadas, apropiado,(y1y2

)= Pt

(x1x2

)para eliminar el termino mixto

(x1, x2). Determine explıcitamente la matriz P.

Respuesta:La ecuacion de la conica se escribe en la forma matricial como: xtAx + Bx + f = 0, donde

A =(

1 −2−2 1

)B = (2, 2) f = −6

Diagonalizamos ortogonalmente a A para efectuar el cambio de variable. El polinomio carac-terıstico de A es;


1 − λ −2−2 1 − λ

)= −(λ + 1)(3 − λ)

Por tanto, λ1 = −1 y λ2 = 3 son los dos valores propios de A.

Los subespacios propios son:Para λ = −1; Vλ=−1 = EspacioNulo (A + I2)

A + I2 =

(2 −2−2 2

)−→

(1 −10 0

)145


Tenemos que Vλ=−1 ={(t, t)t t ∈ R

}. Entonces, una base para Vλ=−1 es Bλ=−1 =

{(1, 1)t

}.

Para encontrar una base ortonormal, basta con normalizar al unico vector de la base. Como,||(1, 1)|| =

√2

1√2· (1, 1) =

(1√2,

1√2

)

Entonces, B∗λ=−1 =

{(1√2, 1√

2

)t}

es una base ortonormal de Vλ=−1.


A − 3I2 =

(−2 −2−2 −2

)−→

(1 10 0


{(−t, t)t t ∈ R


{(−1, 1)t

}.

Una base ortonormal se obtiene al normalizar al unico vector de la base. Como, ||(−1, 1)|| =√

2

1√2· (−1, 1) =

(−1√

2,

1√2

)


{(−1√

2, 1√

2

)t}

.

Por lo tanto, una base ortonormal de R2 formada por vectores propios de A es:

B =

(

1√2,

1√2

)t

,

(−1√

2,

1√2

)t

Entonces,

P =

1√2

−1√2

1√2

1√2

que es una matriz ortogonal que diagonaliza ortogonalmente a A. El cambio de variable,y = Ptx, con y = (y1, y2)t y x = (x1, x2)t elimina los terminos cruzados de la forma cuadraticaxtAx de la ecuacion matricial. Para los terminos lineales,

(r, s) = B · P = (2, 2) · 1√

2−1√

21√2

1√2

= (2√

2, 0)

Por lo tanto, la ecuacion de la conica equivalente es:

λ1y21 + λ2y2

2 + rY1 + sy2 + f = 0

⇒ −1y21 + 3y2

2 + 2√

2y1 + 0y2 = 6

⇒ −y21 + 2

√2y1 + 3y2

2 = 6

146


⇒ −(y2

1 − 2√

2y1 + 2)+ 3y2

2 = 4

⇒ −(y2

1 −√

2)2+ 3y2

2 = 4

⇒ −

(y1 −

√2)2

22 +y2

2(2√3

)2 = 1

es la ecuacion de la conica sin terminos mixtos y sin terminos lineales.

b) Identifique la seccion conica, trace, en un mismo dibujo, los ejes coordenados x1, x2, los ejescoordenados y1, y2 y la grafica de la seccion conica.

Respuesta:La conica es una hiperbola, que se abre hacia el eje y2. Esta centrada en el punto (

√2, 0) en los

ejes y1, y2 Tome, z1 = y1 −√

2 y z2 = y2.

⇒ −z2

1

22 +z2

2(2√3

)2 = 1

es la ecuacion en forma canonica en los ejes z1, z2.

El angulo de rotacion es el que se forma entre los ejes x1 y z1, y por lo tanto entre e1 = (1, 0) y(1√2, 1√

2

)que son los vectores directores de esos ejes.

cosθ = e1 ·(

1√2,

1√2

)=

1√2⇒ θ =

π4= 45◦

La rotacion es 45 grados el en sentido contrario al movimiento de las agujas del reloj.

Los nuevos ejes tienen ecuacion respecto a los ejes x1 y x2 dada por,

(x1, x2) = t · (1, 1) → eje y1: x2 = x1

(x1, x2) = t · (−1, 1) → eje y2: x2 = −x1

Las asıntotas siguen las ecuaciones,

y2 =1√3

y1

y2 = −1√3

y1


147


6. Considere la seccion conica correspondiente a la ecuacion

3x21 − 3x2

2 − 8x1x2 − 4√

5x1 + 2√

5x2 = 15

a) Haga un cambio de coordenadas, apropiado,(y1y2

)= Pt

(x1x2

)para eliminar el termino mixto

(x1, x2). Determine explıcitamente la matriz P.

Respuesta:La ecuacion de la conica se escribe en la forma matricial como: xtAx + Bx = f , donde

A =(

3 −4−4 −3

)B = (−4

√5, 2√

5) f = 15

Diagonalizamos ortogonalmente a A para efectuar el cambio de variable. El polinomio carac-terıstico de A es;


3 − λ −4−4 −3 − λ

)= (λ − 5)(λ + 5)

Por tanto, λ1 = −5 y λ2 = 5 son los dos valores propios de A.

Los subespacios propios son:Para λ = −5; Vλ=−5 = EspacioNulo (A + 5I2)

A + 5I2 =

(8 −4−4 8

)−→

(1 −1

20 0

)Tenemos que Vλ=−5 =

{(t, 2t)t t ∈ R

}. Entonces, una base para Vλ=−5 es Bλ=−5 =

{(1, 2)t

}.

Una base ortonormal es B∗λ=−5 =

{(1√5, 2√

5

)t}

es una base ortonormal de Vλ=−5.

148



A − 5I2 =

(−2 −4−4 −8

)−→

(1 20 0


{(−2t, t)t t ∈ R


{(−2, 1)t

}.

Una base ortonormal de Vλ=5 es B∗λ=5 =

{(−2√

5, 1√

5

)t}

.

Por lo tanto, una base ortonormal de R2 formada por vectores propios de A es:

B = B∗λ=−5 ∪ B∗λ=5 =

(

1√5,

2√5

)t

,

(−2√

5,

1√5

)t

Tome

P =

1√5

−2√5

2√5

1√5

que es una matriz ortogonal que diagonaliza ortogonalmente a A. El cambio de variable,y = Ptx, con y = (y1, y2)t y x = (x1, x2)t elimina los terminos cruzados de la forma cuadraticaxtAx de la ecuacion matricial. Para los terminos lineales,

(r, s) = B · P =(−4√

5, 2√

5)· 1√

5−2√

52√5

1√5

= (0, 10)

Por lo tanto, en los nuevos ejes, la ecuacion de la conica equivalente es:

λ1y21 + λ2y2

2 + rY1 + sy2 = f

⇒ −5y21 + 5y2

2 + 0y1 + 10y2 = 15

⇒ −y21 + y2

2 + 2y2 = 3

⇒ −y21 +

(y2

2 + 1)2= 4

⇒ −(y1

)2

22 +

(y2 + 1

)2

22 = 1

es la ecuacion de la conica sin terminos mixtos y sin terminos lineales.

b) Identifique la seccion conica, trace, en un mismo dibujo, los ejes coordenados x1, x2, los ejescoordenados y1, y2 y la grafica de la seccion conica.

Respuesta:La conica es una hiperbola, que se abre hacia el eje y2. Esta centrada en el punto (0,−1) en losejes y1, y2 Podemos centrarla en el origen, z1 = y1 y z2 = y2 + 1.

⇒ −z2

1

22 +z2

2

22 = 1

149


es la ecuacion en forma canonica en los ejes z1, z2.

Los nuevos ejes tienen ecuacion respecto a los ejes x1 y x2 dada por,

(x1, x2) = t ·(

1√5,

2√5

)→ eje y1: x2 = 2x1

(x1, x2) = t ·(−2√

5,

1√5

)→ eje y2: x2 =

−12

x1

Las asıntotas siguen las ecuaciones,

y2 = y1

y2 = −y1


7. La ecuacion

7x21 +√

2√

6x1x2 − 2√

2√

3x1x3 + 5x22 −

23

√3√

6x2x3 + 6x23 = 2

corresponde a una superficie cuadratica.

a) Muestre que uno de los valores propios de la matriz de la forma cuadratica correspondientees λ = 10. Determine los otros dos valores propios de la matriz.

Respuesta:La ecuacion se escribe en la forma matricial como: xtAx + Bx + l = 0, donde

150


A =

7

√2√

62 −

√2√

3√2√

62 5 −

√3√

63

−√

2√

3 −√

3√

63 6

B = (0, 0, 0) l = −2

El polinomio caracterıstico de A es;


7 − λ

√2√

62 −

√2√

3√2√

62 5 − λ −

√3√

63

−√

2√

3 −√

3√

63 6 − λ

= −(λ − 4)2(λ − 10)


b) Encuentre, explıcitamente, una transformacion lineal de modo que la forma cuadratica dadasea transformada en una forma cuadratica sin terminos mixtos.

Respuesta:Necesitamos hallar una base ortonormal de vectores propios de A.

Subespacios propios:Para λ = 4; Vλ=4 = EspacioNulo (A − 4I3)

A − 4I3 =

3

√2√

62 −

√2√

3√2√

62 1 −

√3√

63

−√

2√

3 −√

3√

63 2

13 f1−→

1

√2√

66 −

√2√

33√

2√

62 1 −

√3√

63

−√

2√

3 −√

3√

63 2

−√

2√

62 f1 + f2−→√

2√

3 f1 + f3

1

√2√

66 −

√2√

33

0 0 00 0 0

⇒ x1 = −√

2√

66

x2 +

√2√

33

x3

Entonces, tomando x2 =√

2√

6s y x3 =√

2√

3t (esto para simplificar la expresion del subes-

pacio propio como conjunto), tenemos que Vλ=4 ={(−2s + 2t,

√2√

6s,√

2√

3t)t

s, t ∈ R}.

Y como, (−2s + 2t,

√2√

6s,√

2√

3t)= s

(−2,√

2√

6, 0)+ t

(2, 0,

√2√

3)

Entonces, una base para Vλ=4 es: Bλ=4 ={(−2,√

12, 0)t,(2, 0,

√6)t}.

Como buscamos una base ortonormal, aplicamos el algoritmo de Gram-Smith a la base B.Sean v1 = (−2,

√12, 0), v2 = (2, 0,

√6).

a1 = v1 = (−2,√

12, 0) ⇒ ||a1||2 = 16 ⇒ ||a1|| = 4

Como, v2 · a1 = (2, 0,√

6) · (−2,√

12, 0) = −4, entonces,

a2 = v2 −v2 · a1

||a1||2· a1 = (2, 0,

√6) − −4

16(−2,

√12, 0) =

(32,

√124,√

6)

151


⇒ ||a2||2 = 9 ⇒ ||a2|| = 3

Entonces, una base ortogonal de Vλ=4, son b1 y b2 dados por,

b1 =a1

||a1||=

14· (−2,

√12, 0) =

(−1

2,

√3

2, 0

)b2 =

a2

||a2||=

13·(

32,

√124,√

6)=

(12,

1√12,

√6

3

)Entonces, B∗λ=4 = {b1, b2} es una base ortonormal de Vλ=4.


A − 4I3 =

−3

√2√

62 −

√2√

3√2√

62 −5 −

√3√

63

−√

2√

3 −√

3√

63 −4

−13 f1−→

1 −

√2√

66

√2√

33√

2√

62 −5 −

√3√

63

−√

2√

3 −√

3√

63 −4

−√

2√

62 f1 + f2−→√

2√

3 f1 + f3

1 −

√2√

66

√2√

33

0 −4 −2√

3√

63

0 −2√

3√

63 −2

−14 f2−→

1 −

√2√

66

√2√

33

0 1√

3√

66

0 −2√

3√

63 −2

−√

2√

66 f2 + f1−→

2√

3√

63 f2 + f3

1 0

√2√

32

0 1√

3√

66

0 0 0

Entonces, Vλ=10 =

{( √6

2 t,√

186 t,−t

)tt ∈ R

}.

Y como, ( √6

2t,√

186

t,−t)= t

( √6

2,

√186,−1

)Entonces, una base para Vλ=10 es: Bλ=10 =

( √6

2 ,√

186 ,−1

).

Normalizamos el vector de esta base para encontrar una base ortonormal; como∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣( √

62,

√186,−1

)∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = √3

Entonces, 1∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣( √62 ,√

186 ,−1

)∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ ·( √

62 ,√

186 ,−1

)=

( √2

2 ,√

66 ,−1√

3

)Por lo tanto, una base ortogonal de Vλ=10, es

B∗λ=4 =

( √2

2,

√6

6,−1√

3

)Una base de R3 formada por vectores propios de A es:

152


B =

(−1

2,

√3

2, 0

)t

,

(12,

1√12,

√6

3

)t

,

( √2

2,

√6

6,−1√

3

)tAsı, que si C es la matriz cuyas columnas son los vectores de la base anterior, es decir, si C esla matriz ortogonal dada por;

C =

−12

12

√2

2√3

21√12

√6

6

0√

63

−1√3

entonces, el cambio de variable y = Ctx, con y ∈ R3, se obtiene la forma equivalente sinterminos mixtos para la ecuacion de la forma cuadratica:

4y21 + 4y2

2 + 10y23 = 2 ⇔ 2y2

1 + 2y22 + 5y2

3 = 1

c) Identifique cual es la superficie cuadratica en los nuevos ejes ordenados.

Respuesta:Reacomodamos los terminos de la ecuacion para identificar cual es la forma cuadratica en laposicion canonica:

2y21 + 2y2

2 + 5y23 = 1 ⇔

y21(

1√2

)2 +y2

2(1√2

)2 +y2

3(1√5

)2 = 1

es un elipsoide en forma canonica en los nuevos ejes y1, y2, y3.

153

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