Algebra Lineal,Ejercicios Resueltos(Revisado)
December 14, 2020 | Author: Anonymous | Category: N/A
Short Description
Download Algebra Lineal,Ejercicios Resueltos(Revisado)...
Description
0.1.
0.1
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
EJERCICIOS RESUELTOS DE MATRICES.
1
1.
1 2 2 a) Dada la matriz A = Calcular A − 5A + 2I. 2 3 Solución. 2 1 2 1 2 1 0 2 A − 5A + 2I.= −5 +2 2 3 2 3 0 1 5 8 5 10 2 0 2 −2 = + = 8 13 10 15 0 2 −2 0 1 0 0 2 1 Calcular A2 − 5A + 2I. b) Dada la matriz 0 0 0 3 Solución −2 0 0 A2 − 5A + 2I.= 0 −4 0 0 0 −4 1 2 2 −1 c) Dadas las matrices A = ,B = Calcular 3 4 −3 −2 2 i) (A + B) 2 2 ii) A + 2AB + B ¾Los resultados deberían coincidir.?. Solución:
2 3 1 9 5 i)(A + B) = = 0 2 0 4 2 2 ii) A + 2AB + B 1 2 1 2 1 2 = +2 3 4 3 4 3 4 7 10 −4 −5 7 = +2 + 15 22 −6 −11 0 6 0 = 3 7 2
2 −1 −3 −2 0 7
+
−1 −2
2 −3
2 −3
−1 −2
Los resultados no coinciden pues el cuadrado del binomio no se cumple en las matrices ,pues el producto de
AB 6= BA 2 −1 ,B = −3 −2
matrices no es conmutativo,es decir que
d) Dadas las matrices
A=
1 3
2 4
A2 − B 2 Compruebe que es dintinto del producto (A − B)(A + B) Solución. 0 10 −3 5 2 2 A −B = es distinto de (A − B)(A + B)= 15 15 18 18
Calcular
2. Despejar la matriz
X
y hallar la matriz
(a)
1 profesor
2X + A = BX
Si
A=
1 −1
−2 0
X
de la ecuación :
, B=
Osvaldo Carvajal
1
−5 −1
3 0
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
Solución :
Despejando
X , ⇒ A = BX − 2X⇒ A = (B − 2I) · X←Observe
la factorización por
X
se hace por derecha. suponiendo que
(B − 2I) · X
(B − 2I) es una matriz que (B − 2I)−1 por izquierda se
por
posee inversa, entonces multiplicando la igualdad
A =
tiene
(B − 2I)−1 · A = X reemplazando las matrices A y B se tiene:
−1 1 −2 · = −1 0 1 −1 2 −5 T T (A − X) + B = 3X si A = ,B = 0 2 0 1 T T Solución b)De (A − X) + B = 3X ⇒ T ransponiendo ambos lados T T T (A − X)T + B T = 3X T , usando la propiedad AT = A
X = (B − 2I)−1 · A= (b)
−5 −1
3 0
−2
1 0
0 1
1 17
1 8
4 −2
(A − X) + B T = 3X ⇒ A + B T = 4X .⇒ X = 41 (A + B T ) T 1 −1 3 −1 2 −5 1 1 reemplazando las matrices A y B se tiene X = ( + . )= 4 4 0 2 −5 3 0 1 1 −1 −4 0 T (AXB − I) = B si A = ,B = 0 2 −2 4 T Solución c) : Transponiendo ambos lados de (AXB − I) = B T T se tiene (AXB − I) = B ⇒ AXB = B + I , suponiendo existen las matrices inversas de A y tenemos
(c)
de B
,entonces
AXB = B T + I , por A−1 por izquierda A AXB = A (B + I) ⇒ XB = A−1 (B T + I) Ahora multiplicamos por B −1 por derecha −1 para obtener ⇒ XB · B = A−1 (B T + I) · B −1 ⇒ X = A−1 (B T + I) · B −1
multiplicamos a ambos lados de
−1
−1
T
reemplazando las matrices A y B se tiene.
−1 T 1 −1 −4 0 1 0 −4 X = A−1 (B T + I) · B −1 = ( + ) 0 2 −2 4 0 1 −2 2 1 −4 −2 1 0 4 0 1 −1 X=2 ( + ) 16 4 0 1 0 0 1 2 −4 2 1 3 −2 4 0 26 −4 −1 1 X= 12 ( ) = 16 32 0 1 0 5 2 −4 10 −20
0 4
−1
3. . (Costos de materias primas) Una empresa utiliza tres tipos de materias primas M1,M2,M3 en la elaboración de dos productos P1,P2 .El número de unidades M1,M2 y M3 usados por cada unidad de P1 son 3 , 2 y 4 respectivamente y por cada unidad de P2 son 4, 1 y 3 respectivamente .Suponga que la empresa produce 20 unidades de P1 a la semana y 30 unidades de P2 a la semana .Exprese las respuestas a las preguntas como producto de matrices a) Calcule el consumo semanal de las materias primas b) Si los costos por unidad en dólares para M1,M2 y M3 son 6 ,10 y 12 respectivamente. Calcular los costos de materias primas por unidad de P1,P2 Solución:a) Los datos se registran en la siguiente tabla o matriz.
2
0.1.
P1
P2
M1
3
4
M2
2
1
M3
4
3
llamamos a esta matriz , matriz insumo
3 A= 2 4
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
4 1 3
se producen 20 unidades de P1 y 30 unidades de P2 a la semana , llamamos a esta matriz matriz producción
P =
20 30
entonces el consumo semanal de M1,M2 es simplemente el producto
3 AP = 2 4
4 180 20 1 · = 70 30 3 170
entonces a la semana se consume 180 unidades de M1, 70 unidades de M2 y 170 unidades de M3. b) Si los costos por unidad en dólares para M1,M2 y M3 son 6 , 10 y 12 respectivamente, entonces de nimos
la matriz
6 costo C = 10 12
se pide costos por unidad de P1,P2 , hay que multiplicar
AT · C=
3 4
2 1
4 3
AT · C
6 86 · 10 = 70 12
Asi 86 unidades monetarias cuesta la unidad de P1 y 70 la unidad de P2.
4. Siendo A,B matrices de tamaño a)
n×n
invertibles , entonces simpli car la expresión matricial:
C = (A + B)2 − B(A−1 + B −1 )AB − A(A + A−1 )
Solución: Multiplicando
C = A2 + AB + BA + B 2 − B(A−1 AB + B −1 AB) − (A2 + AA−1 ) recuerde que las matrices no conmutan es decir
AB 6= BA
, tambien
A−1 A = AA−1 = I
C = A2 + AB + BA + B 2 − B(B + B −1 AB) − (A2 + I) cancelando A2 C = AB + BA + B 2 − B(B + B −1 AB) − I C = AB + BA + B 2 − B 2 − BB −1 AB − I cancelando B 2 , con BB −1 = I C = AB + BA − AB − I
cancelando
AB
C = BA − I b) Usando la parte a) anterior Calcular
C,
sabiendo que
A
−1
B
−1
=
1 1
0 1
Solución :
−1 −1 −1 C = BA − I debemos hallar BA , pero BA = (A B ) = (B −1 )−1 (A−1 )−1 ,esto −1 −1 −1 −1 −1 está basado en la propiedad (AB) = B A y la propiedad (A ) = A. −1 1 0 1 0 −1 −1 −1 Asi que BA =(A B ) = = 1 1 −1 1 por la parte anterior
3
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
C = BA − I
=
1 −1
0 1
−
1 0
0 1
=
0 −1
0 0
5. ( Costos de suministros) Un contratista puede adquirir las cantidades requeridas de madera , ladrillo,concreto , vidrio y pintura de cualquiera de 3 proveedores .Los precios que cada proveedor ja a cada unidad de estos materiales estan contemplados en la siguiente matriz
8 A= 9 9
5 4 5
7 5 6
4 5 5
2 2 1
Cada la se re ere a un proveedor y las columnas a los materiales . El contratista tiene la política de adquirir todos los materiales requeridos en cualquier obra particular al mismo proveedor a n de minimizar los costos de transportes . Hay tres obras en construcción O1,O2 y O3. O1 requiere 20 unidades de madera , 4 de ladrillos ,5 de concreto , 3 de vidrio y 3 de pintura. O2 requiere 15 unidades de madera , 0 de ladrillos ,8 de concreto , 8 de vidrio y 2 de pintura. O3 requiere 30 unidades de madera , 10 de ladrillos ,20 de concreto , 10 de vidrio y 12 de pintura. Usando matrices decida cuál proveedor deberá usar en cada obra. Solución : los datos se pueden registrar en la siguiente tabla. o matriz M
L
C
V
P
O1
20
4
5
3
3
O2
15
0
8
8
2
O3
30
10
20
10
12
tenemos la matriz
20 B = 15 30
4 0 10
5 8 20
3 8 10
3 2 12
Si multiplicamos
8 A · BT = 9 9
8 = 9 9
5 4 5
7 5 6
5 4 5 2 2 1
2 4 2 5 , A · BT = 1 5 20 15 30 4 4 0 10 5 · 8 20 5 = 5 3 8 10 3 2 12 7 5 6
8 9 9
5 4 5
233 242 248
7 5 6 200 201 201
2 2 1
4 20 5 · 15 5 30
4 0 10
5 8 20
3 8 10
T 3 2 12
=
498 490 510
Las las de esta última matriz corresponden a los proveedores , las columnas corresponden a las obras O1.O2,O3 asi en obra 1, los costos asociados a los proveedores es la primera columna , el más barato es el menor valor de la primera columna correspondiente a 233, en obra 2 los costos asociados a los proveedores es la segunda columna ,donde el menor valor es 200 y en la comuna 3 el menor valor es 490. e resumiendo obra 1 con proveedor 1,obra 2 con proveedor 1 y obra 3 con proveedor 2
6. Resuelva los siguientes sistemas de ecuaciones
4
0.1.
a)
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
x1 + 5x2 − 4x3 + x4 = 22 x + 2x + x = 16 2 3 4 3x1 + 2x2 + 3x3 − x4 = 30 2x1 + 2x2 − x3 = 22
Solución : El sistema escrito en matriz es
−4 2 3 −1
1 5 0 1 3 2 2 2
1 x1 x2 1 · −1 x3 0 x4
22 16 = 30 22
el pivoteo lo hacemos en la matriz ampliada
|22 |16 |30 |22 El símbolo de pivoteo aquí es Fj → k · Fi + FJ lo que debe entenderse la la j es reemplazada por la la j mas k veces la la pivote i la la j es la la receptora, la la i es la la pivote la operación por k debe realizarse sólo en la la pivote. −4 2 3 −1
1 5 0 1 (A | b) = 3 2 2 2
Pivoteando en el lugar
1 1 −1 0
a14 = 1,
como :
realizando las operaciones
F2 → −1 · F1 + F2 , F3 → 1 · F1 + F3 , 1 0 3 2
5 − 4 11 1 2 1 2 3 −1 2 −1 0
22 16 30 22
∼
Ahora pivoteamos en el lugar
1 −1 4 2
−4 6 −1 −1
5 −4 7 2
a43 = −1
1 22 0 −6 0 52 0 22
y realizamos las operaciones
F3 → −1 · F4 + F3 , F2 → 6 · F4 + F2 , F1 → −4 · F4 + F1 , 1 −1 4 2
5 −4 7 2
−4
1 22 0 −6 0 52 0 22
6 −1 −1
∼
− 7 11 2 2
−3 0 1
− 154
8 0 0 5 0 0 2 −1 0
126 30 22
Si observamos la segunda y tercera la ,tenemos un sistema de 2 ecuaciones y 2 incógnitas que ya podemos resolver o bien podríamos seguir pivoteando ,pero la ausencia de valores
1
o
−1
en las las 2 y 3 no pivoteadas obliga
a las operaciones con fracciones El sistemade2 ecuaciones es
11 8 2 5
·
x1 x2
al resolver obtenemos
126 30 x1 = 10,x2 = 2
=
las otras soluciones se obtienen por simple sustitución , para obtener
5
x3 = 2, x4 = 10.
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
( b)
3x + 5y − 3z + w = 1 2x + y + 4z − w = 0
Solución :
Este sistema presenta in nitas soluciones debido a que hay más incógnitas que ecuaciones .El
sistema escrito en matriz es :
3 2
−3 4
5 1
1 −1
x y 1 = · z 0 w
El pivoteo lo realizamos en la matriz ampliada
3 2
=
(A|b)
5 1
−3 1 1 4 − 1 0
El elemento pivote se busca en el lugar donde hay un valor dicado es el elemento
a14 = 1,lo
−3 1 1 4 − 1 0
3 2
5 1
3 5
5 −3 6 1
1 1 0 1
3 5
5 −3 1 6
1 1 0 1
18 5
23 6
0 1
1 0
1
o un valor
−1
de la matriz A. El más in-
que indica pivotear en la primera la.
Realizando la operación ,
F2 → 1 · F1 + F2
se tiene:
Ahora el lugar mas adecuado de la segunda la es el elemento
Realizando la operación
F1 → 3 · F2 + F1
a23 = 1
, se logra :
4 1
observe que las variables
z, w
constituyen columnas de la matriz identidad
1 0
0 1
siendo esta la matriz identidad máxima lograda con el pivoteo, entonces hemos llegado a la solución. las variables
z, w
variables b´ asicas, las otras variables cuyas columnas no constituyen matriz no b´ asicas.La solución se obtiene despejando las variables b´ asicas en función de las
son llamadas
identidad son llamadas
no b´ asicas solución del sistema :
( z = 4 − 18x − 23y w = 1 − 5x − 6y
← (∗)
se obtienen particulares del sistema si se otorgan valores cualesquiera a las variables obteniéndose asi muchas pero muchas soluciones.Por ejemplo si
x = 0, y = 0
no b´ asicas z = 4, w = 1.
se obtiene
una de las muchas soluciones del sistema. hay que advertir que la expresión
c) Resolver el sistema
(∗)
no es única ,depende del lugar que se escoja para el pivoteo.
x + 2y = 4 2x − y = 5 5x + 3y = 0
6
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
Este es un sistema con más ecuaciones que incógnitas , es posible que no tenga solución.
Esto no siem-
pre es asi.Solo con el proceso del pivoteo lo sabremos.
El sistema escrito en matriz es
1 2 5
2 4 x −1 · = 5 y 3 0
Pivoteamos en la matriz ampliada en el lugar
1 2 2 −1 5 3
4 5 0
⇒
1 2 5
2 −1 3
4 5 0
a11 = 1
Realizando las operaciones
F2 → −2 · F1 + F2
,
F3 → −5 · F1 + F3
se tiene:
1 0 0
2 −5 −7
4 −3 − 20
1 0 0
2 5 7
1 0 0
2
4 1 3 / 5 7 20
1 0 0
0 1 0
4 3 20
Multiplicando por
(−1)
las las segunda y tercera ,tenemos
Dividiendo la la segunda por
Realizando las operaciones
5,
se tiene un lugar para pivotear
F1 → −2 · F2 + F1 , F3 → −7 · F2 + F3
se tiene:
4 − 6/5 3/5 20 − 21 / 5
0 · x + 0 · y = 20 0 = 79 5 , Por eso no hay solución. − 21/5⇒ 1 2 −1 es 2 pues se lograron 2 las no Tambien usando otro lenguaje ,se dice que el rango de la matriz 2 5 3 1 0 1 nulas en el pivoteo que es la matriz 0 0 0 Observe la ´ la tercera ,se tiene una contradicción
mientras que el
rango de la matriz ampliada es 3, pues 3 las no nulas hay en la matriz pivoteada
dado que estos rangos no coinciden ,el sistema no tiene solución.
7
1 0 0
0 1 0
4 − 6/5 3/5 20 − 21 / 5
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
d) Un sistema aplicado. (Asignación de maquinarias ) Una empresa produce tres tipos de productos P1, P2,y P3 , los que procesa en tres máquinas M1,M2 y M3. El tiempo en horas requerido para procesar una unidad de cada producto por las tres máquinas esta dada por la matriz : P1
P2
P3
M1
3
1
2
M2
1
2
4
M3
2
1
1
Se dispone 850 horas de máquina 1 , de 1200 horas de máquina 2 y de 550 horas de máquina 3 a) Cuantas unidades de cada producto deberían producirse con el objeto de emplear todo el tiempo disponible de las máquinas .? b) Determine la capacidad ociosa de maquinas si se producen 80 unidades de P1, 140 de P2y 160 de P3. c) Sin resolver nuevamente el sistema , Calcular las unidades de P1,P2 y P3 a producir si los recursos ( horas de máquina) se reducen en un 10%. d) Si cuesta $10 la hora de Máquina 1, $12 la hora de Máquina 2 y $ 15 la hora de Máquina 3.Calcular el costo por unidad de P1,P2 y P3. Solución:a)
El sistema a resolver es
3 A·X = b ⇒ 1 2
1 2 1
x 850 2 4 · y = 1200 , z 550 1
donde
x, y, z
son las unidades a
producir de P1,P2 y P3 respectivamente. Pivoteamos en el lugar
3 1 2
1 2 1
2 4 1
a12 = 1
850 1200 550
∼
de la matriz ampliada.
3 − 5 −1
se ha realizado las operacionesF2
1 0 0
2 0 −1
850 − 500 − 300
→ −2 · F1 + F2 , F3 → −1 · F1 + F3
la la segunda ya permite hallar la solución .⇒−5x tercera la se obtiene la incóginta
z = 200,
= −500⇒ x = 100, sustituyendo esta x = 100, z = 200 en la primera
reemplazando
solución en la la se obtiene
y = 150 entonces se deben producir 100 unidades de P1, 150 unidades de P2 y 200 unidades de P3. Obteniendose el nivel de produción óptimo
100 X = 150 , 200
80 3 Solución b) En este caso se dá el nivel de producción X = 140 , calculamos AX = 1 160 2
8
1 2 1
2 80 4 · 140 1 160
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
700 = 1000 , este último vector arroja las horas ocupadas en la elaboracion del nivel de producción X 460
dado.Las
horas ociosas la calculamos por diferencia
850 700 150 horas ociosas = 1200 − 1000 = 200 , 550 460 90
Entonces se disponen de 150 horas no ocupadas en
M1,200 horas no ocupadas en M2 y de 90 horas no ocupadas en M3. Solución c)Los recursos son las horas máquina dada por el vector
850 b = 1200 550
este se reduce en un 10% ,es decir se dispone del
de producción que le llamamos
X 0,
solución del sistema
0, 9b,
entonces hay que hallar el nuevo nivel
A · X 0 = 0.9b
⇒ X 0 = A−1 · 0, 9b = 0, 9(A−1 · b) −1 pero por otro lado, el sistema original es A · X = b de donde X = A ·b 100 90 0 entonces X = 0, 9X= 0, 9 · 150 = · 135 200 180 0 estableciendose una realción entre el vector prodcción nuevo X y el antiguo X. 10 Solución d) De namos un vector costo hora de máquina igual a C = 12 15 72 10 3 1 2 T 2 1 · 12 = 49 Entonces lo que se pide es el producto A C = 1 83 15 2 4 1
siendo
A
una matriz invertible
P1, $ 49 la unidad de P2 y $ 83 la unidad de P3. Observe la necesidad de transponer la matriz
A
9
cuesta $ 72 la unidad de
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
Unidad 2.Determinante de una matriz MAS DE MATRICES Y DETERMINANTES
determinantes . 3 2 Det(A)= (−1) · 2 − (1)(3) = −5. 1 1 0 −2 2 1 3 3 −2
1. Calcular los siguientes
a)
−1 |A| = 1
Solución : b)
|A| =
Solución: Pivoteamos en el lugar más adecuado ,en el lugar operación
a23 = 1,cambiando
sólo la tercera la con la
F3 → 2 · F2 + F3
para obtener :
1 −2 3
1 0 2 1 3 −2
1 −2
⇒
1
1
0
−2 −1
2 7
11 0
1 2 7
−1
0 1 0
Ahora desarrollamos por la columna tercera,
Los ceros logrados por pivote en la tercera columna , convierte al determinante de uno de
3×3
en
2 × 2.
obtenido al ignorar las la 2 y columna 3 ( lo achurado).Según fórmula de Laplace , entonces el valor del determinante es.
Det(A) = (−1)2+3 · 1 · (−1)2+3 5 8 c)Det(A) = 9 8 5
El signo
= −1 4 8 9 8 5
3 6 9 8 5
1 =(−1)(7 − (−1)) = −8. 7
1 −1
, obedece al lugar del pivote
2 4 6 8 5
1 2 3 4 5
a23 = 1,
Aqui usamos propiedades: En la 2, factorizamos por 2 En la 3 ,factorizamos por 3 En la 4 ,factorizamos por 4 En la 5 factorizamos por 5 10
que corresponde al signo
(−1)i+j .
0.1.
Det(A) = 2 · 3 · 4 · 5
5 4 3 2 1
4 4 3 2 1
3 3 3 2 1
1 1 1 1 1 a15 = 1,
2 2 2 2 1
pivoteamos en la 1,en el elemento
realizando las operaciones
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
Fi → −1 · F1 + Fi ,
para
i = 2, 3, 4, 5
se tiene.
Det(A) = 120
5 −1 −2 −3 −4
5 −1 −2 −3 −4
Det ( A) =
4 0 −1 −2 −3
3 0 0 −1 −2
4 3 2 0 0 0 −1 0 0 − 2 −1 0 − 3 − 2 −1
2 0 0 0 −1
1 0 0 0 0
1 0 0 0 0 Los ceros logrados por pivoteo en columna 5 ,reducen el determinante
de
5×5
en uno de
4 × 4,el
determinante a resolver es el que esta fuera de los rectángulos achurados de la
gura anterior, con el cuidado de multiplicar por el signo del lugar del pivote (intersección de los rectángulos achurados) este signo es
Det(A) = 120
Det ( A) =
−1 −2 −3 −4
120
0 −1 −2 −3
−1 −2 −3 −4
(−1)1+5 = (−1)6 = 1, 0 0 0 0 −1 0 −2 −1
asi que el determinante se reduce a
0 0 0 −1 0 0 − 2 −1 0 − 3 − 2 −1
ahora no es necesario realizar ningun pivoteo, la matriz anterior es una matriz triangular inferior,el triángulo de ceros hace de la matriz una matriz inferior ,y en este caso el determinante es simplemente el producto de la diagonal.
Det(A) = 120 · (−1)4 = 120
2. Hallar el valor de
x
en la ecuación
1 x x x
1 a 0 0
1 0 b 0
1 0 0 c
=0
Solución : METODO 1:la la 1 , repleta de valores 1 parece ser muy conveniente para el pivoteo se pueden lograr tres ceros si se pivotea por columnas, asi que elegimos el lugar 11
a14 = 1
y realizamos las operaciones columnas :
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
Ci → (−1) · C4 + Ci , i = 1, 2, 3.Esto
debe entenderse como multiplicar la columna 4 por (-1) y ésta sumarla
a las restantes columnas.Se obtiene entonces
0
0
x
a
0 0
0 x−c −c x
1 0 0
b
−c
c
El determinante a resolver ahora es de multiplicar por
3×3
, obtenido por desarrollo de Laplace por la 1, cuidando de
(−1)1+5 = (−1)
que al nal no in uye en una ecuación igualada a cero.
x a 0 0 b (−1) · x x − c −c −c
= 0,
abrimos el determinante en 2 determinantes del mismo orden(eliminamos
el signo negativo)
x a 0 x 0 b x −c −c
0 + 0 −c
=0
a 0 0 b −c −c
Observe que las columnas 2 y 3 se copian,la columna 1 se separa El segundo ya se puede resolver por los 2 ceros de la columna 1.
x en columna 0 a 0 + 0 0 b = 0 −c −c −c 0 0 a 0 b + 0 0 b = 0 −c −c −c −c
El primero se puede factorizar por
x x
1 1 1 1 0 0
1 x 0 0 x
a 0 0 b −c −c a −a −c − a
0 a b + 0 −a −a −c−a −c −c −c
−a −c − a
a
0
a b +(−c) · −a −c
1 y luego pivotear en el lugar
0 b
=0
−c
0 =0 b
Ahora ya podemos multiplicar cruzado para obtener la solución de
x {ac − b(−c − a)} + (−c) {ab − 0} = 0 ⇒ x =
abc ab+bc+ac
12
x
a11 = 1,
quedando
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
METODO 2
El determinante
1 x x x
1 a 0 0
1 0 b 0
1 0 0 c
= 0
se puede desarrollar directamente por la la 2 , o la 3 o la 4
donde la presencia de 2 ceros facilita el cáculo Si lo desarrollamos por la la 2, tenemos que resolver 2 determinantes de orden menor
1
1
x
a
x
0 0
x
1 0 b
1 0 0
0
c
1
1
x
a
x
0 0
x
1 0 b
1 0 0
0
c
los determinantes a resolver son los obtenidos al eliminar las las y columnas achuradas,con el cuidado de multiplicar por los signos correspondientes ecuación a resolver
1 (−x) 0 0
1 b 0
1 0 c
1 +a · x x
1 1 b 0 = 0 0 c
El primer determinante ya esta resuelto ,por los dos ceros en columna 1,o la 2 o la 3, el segundo determinante se puede pivotear en columna 3 en el lugar
a13 = 1.
es decir multiplicar columna 3 por (-1) y
sumar éste resultado a la columna 2 y columna 1 para obtener
1 (−x) 0 0
1 b 0
1 0 c
0 +a · x x−c
0 b −c
1 0 c
=0
Ahora si desarrollamos el determinante primero por columna 1 y el segundo determinante por la 1, tenemos
b (−x) 0
x 0 + a · x−c c
b =0 −c
Ahora multiplicamos cruzado
(−x) {bc − 0} + a {−xc − b(x − c)} = 0 −bcx − acx − abx + abc = 0⇒ x = abc/(ab + ac + bc)
13
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
3. Hallar el valor de
Solución :
k
en la ecuación
Operación
1−k 2 1
C1 → 1 · C3 + C1 ,
1 −k −1
−1 −2 −(1 + k)
=0
es decir la columna 1 es reemplazada por la suma de colum-
nas 1 y 3 para obtener
−k 1 −1 = 0⇒Factorizando en columna 1 por k 0 −k −2 −k −1 −(1 + k) −1 1 −1 = 0, Ahora pivoteamos en la 1 −2 k 0 −k −1 −1 −(1 + k) realizando la operación F3 → (−1) · F1 + F3 obtenemos −1 1 −1 −k −2 = 0, Desarrollando por columna 1 k 0 0 −2 −k −k −2 = 0,⇒−k(k 2 − 4) = 0 → k = 0, k = −2 , k = 2. k(−1) · −2 −k
4. Resolver
t−2 −1 −1
−2 t−3 −2
0 −1 t−3
=0
Solución:
C1 → −1 · C3 + C1 , t−2 −2 0 0 t−3 −1 = 0 Factorizamos por (t − 2) en columna 2−t −2 t−3 1 −2 0 −1 = 0 Ahora pivoteamos en la 1 (t − 2) 0 t − 3 −1 −2 t−3 realizando la operación F3 → (1) · F1 + F3 se reduce a 1 −2 0 −1 = 0, desarrollando por columna 1 (t − 2) 0 t − 3 0 −4 t− 3 t−3 −1 (t − 2) · = 0,⇒(t − 2) · ((t − 3)2 − 4) = 0 −4 t−3 ⇒t−2=0⇒t=2 ⇒ (t − 3)2 − 4 = 0 ⇒ [(t − 3) − 2] [(t − 3) + 2] = 0⇒ t = 5, t = 1 Realizamos la operación
14
1
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
SISTEMAS DE ECUACIONES CON PARAMETROS.
5. Determine para que valores de
a
el sistema de ecuaciones
ax + y + z = 0 x + (a + 1)y + z = 0 x + y + az = 0 tiene soluciones no triviales Solución: Observe que el sistema esta igualado a cero, es un sistema llamado
cero o solución trivial.Se trivial x = 0, y = 0, z = 0
siempre tiene solución , es la solución presente soluciones distintas a la
homogeneo.Un sistema homogeneo a tal que el sistema
pide determinar si existe
A · x = b es un Det(A) = 0 entonces el sistema o no tiene solución o tiene in nitas soluciones ,En el caso de un sistema homogeneo este siempre tendrá solución , por tanto las soluciones no triviales estan dentro
La respuesta está en el determinante de la matriz que constituye el sistema, a saber si sistema cuadrado , con
de las in nitas soluciones y esas aparecen cuando el determinate es cero veamos entonces el determinate de la matriz asociada al sistema
a 1 a+1 Det(A) = 1 1 1 a−1 1 a+1 Det(A) = 0 1−a 1 1 Det(A) = (a − 1) 0 −1 1 Det(A) = (a − 1) 0 0
1 1 a
= 0, Realizando la operación columna C1 → (−1) · C3 + C1 1 1 = 0, Factorizando en columna 1 por (a − 1) a 1 1 a+1 1 = 0, realizando la operación por la F3 → F1 + F3 1 a 1 1 a+1 1 = 0, Desarrollando por columna 1 2 a+1
1 1 1 (a − 1) 0 a + 1 1 = 0 0 2 a +1 √ Det(A) = (a − 1) {(a + 1)(a + 1) − 2} = 0 ⇒ a = 1, (a + 1)2 = 2⇒ (a + 1) = ± 2 √ Entonces el sistema tiene soluciones distintas de x = 0, y = 0, z = 0 si a = 1, a = −1 ± 2
6. Hallar el valor de
k
de manera que el sistema lineal homogeneo
(1 − k)x + y − z = 0 2x − ky − 2z = 0 x − y − (1 + k)z = 0 15
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
Tenga soluciones no triviales. Solución Siendo el sistema cuadrado , podemos analizar el determinante de la matriz.
1−k 2 1 −k 0 −k Det(A) = (−k) · Det(A) = (−k) · Det(A) = (−k) ·
1 −1 −k −2 = 0, Realizando la operación columna C1 → (−1) · C3 + C1 −1 −1 − k 1 −1 −k −2 = 0, Factorizando por (−k) en primera columna −1 −1 − k 1 1 −1 0 −k −2 = 0, realizando la operación la F3 → (−1) · F1 + F3 1 −1 −1 − k 1 1 −1 0 −k −2 = 0 Desarrollando por columna 1 0 −2 −k −k −2 =0 −2 −k Det(A) = (−k)(k 2 − 4) = 0⇒ k = 0, k = −2.k = 2 El sistema tiene soluciones no triviales si k = 0, k = −2.k = 2 Det(A) = Det(A) =
7. Propuesto: Determinar el valor de
λ
de modo que el sistema
(1 − λ)x + y + z = 0 2x + (2 − λ)y + z = 0 x + y + (1 − λ)z = 0 tenga in nitas soluciones. Respuesta.
λ = 1, λ = 4
8. Hallar los valores de
a
de modo que el sistema
3x − ay + 2z = a − 1 2x − 5y + 3z = 1 x + 3y − (a. − 1)z = 0 a) tenga única solución b) no tenga solución c) tenga in nitas soluciones. Solución: Este sistema es cuadrado pero no homogeneo . Veamos su determinante.
3 Det(A) = 2 1
−a −5 3
por las realizando las
3 Det(A) = 2 1
−a −5 3
2 3 1−a
, la ausencia del parámetro a en columna 1 permite pivotear en el lugar a31 = 1 operaciones F2 → (−2) · F3 + F2 , F1 → (−3) · F3 + F1 se obtiene. 2 3 , 1−a 16
0.1.
−9−a − 11
0 0 1
Det ( A) =
− 1 + 3a 1 + 2a
1− a
3
Rescatamos el determinante de la matriz
(−1)3+1 = 1) −9 − a Det(A) = −11
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
2×2
fuera de los rectángulos achurados.( que queda multiplicado
por
−1 + 3a = (−9 − a)(1 + 2a) − (−11)(−1 + 3a) = −2a2 + 14a − 20 1 + 2a
al igualar a cero este determinante se obtiene
−2a2 + 14a − 20 = 0
dividiendo por
(−2)⇒ a2 − 7a + 10 =
0 ⇒ (a − 5)(a − 2) = 0 tenemos una respuesta , la más obvia Solución a) Si
a 6= 5 ,si a 6= 2
entonces como la inversa es única la solución En el caso que
a
a no es 2 ni 5 el Ax = b ⇒ x = A−1 b,
el sistema tiene solución única.La razón de esto es que si
determinante no es cero y en ese caso existe la matriz inversa de
x = A−1 b
A,
matriz del sistema
es única.
toma los valores 2 o 5 el determinante de
A
es cero y en ese caso hay dos alternativas
, o el sistema no tiene solución o el sistema presenta in nitas soluciones, para averiguarlo reemplazamos estos
a
valores de
( A | b) =
encontrados en la matriz ampliada original
3 2
−a −5
2 3
a −1 1
1
3
− (a − 1)
0
Al reemplazar por
( A | b) =
a=2
3 −2 2 −5 1 3
se obtiene
2 3 −1
1 1 0
Ahora pivoteamos en la 3 ,en el lugar
( A | b) =
0 0
− 11 − 11
1
3
5 5
−1
a31 = 1
1 1 0
observe que tenemos dos las iguales la primera y segunda , lo que signi ca ecuaciones redundantes del sistema, por ello eliminamos una ecuación o una la, la la 1,para obtener un sistema de sólo dos ecuaciones y tres incógnitas que sospechamos que tendrá in nitas soluciones.
( A | b) = 0 1
− 11
3
5 −1
1 0
Al dividir por 5 la la 1 , la matriz identidad de
por pivoteo
17
2×2
se puede lograr
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
( A | b) =
( A | b) =
− 11/ 5
0 1
1 −1
3 − 11/ 5
0 1
1/ 5 0 1/ 5 1 / 5
1 0
4/5
observe que las variables
b´ asicas
son
x, z
las que constituyen columnas de la matriz identidad que son la
primera y tercera columna , la columna segunda corresponde a la variable
y,
esta varible se considera como
parámetro y es la que se le puede dar cualquier valor ,esto permite hallar in nitas soluciones.las in nitas soluciones entonces son
x = 1 − 4 y 5 5 1 11 z = + y 5 5
con
y∈ R
entonces
Solución c) Hay in nitas soluciones si Nos queda reemplazar
( A | b) =
en la matriz ampliada
3 2
−a −5
2 3
a −1 1
1
3
− (a − 1)
0
2
2
−5 −5
3
1
3
−4
( A | b) =
a=5
3
− 14 − 11
14 11 −4
3
4
1 0
pivoteamos en la 3,en el lugar
0 ( A | b) = 0 1
a=2
a31 = 1 4 1 0
dividimos la 2 por 11 , la 1 por 14
( A | b) =
−1
0 0 1
1 1 −4
−1
3
realizamos el pivote
4 / 14 1 / 11 0
F2 → (−1) · F1 + F2 ,
es decir la la 2 es reemplazada por
(−1)
veces la la 1 mas la 2,
para obtener
( A | b) =
0 0 1
−1
0 3
1 0 −4
4 / 14 1/ 11 − 4 / 14 0
observe la la 2, se tiene la contradicción esta razón cuando la matriz
A
a=5
0·x+0·y+0·z =
1 4 1 4 1 4 − ⇒0= − ⇒⇒ = por 11 14 11 14 11 14
el sistema no tiene solución. En otro lenguaje no hay solución porque el rango de
es 2 y no coincide con el rango de la matriz ampliada
pivoteo se logran 2 las no nulas en matriz
A
(A|b)
que es 3, es decir por proceso del
y tres las no nulas en matriz ampliada
18
(A|b)
lo que lleva a la
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
contradicción Respuesta b) No hay solución si
a de (a − 1)x + ay + z = a −2ax + y − az = a2 x − y + (2a − 1)z = 0
9. Hallar los valores de
a = 5.
modo que el sistema
}{
a) Tenga única solución b) no tenga solución
c) tenga in nitas soluciones. Solución :
Este es un sistema cuadrado y no homogeneo. Si el sistema fuera no cuadrado entonces ya no se puede analizar el determinante de la matriz y eso obliga a pivotear en la matriz ampliada (A|b) (A |
a −1
( A | b) = − 2a 1
b)
a
1
a
1 −1
−a
a2 0
2a − 1
A
El pivotear en la matriz ampliada obliga a pivotear sólo en las, lo que limita las operaciones decidimos estudiar el determinante de la matriz
a−1 Det(A) = −2a 1
a 1 −1
1 −a 2a − 1
A.
hay dos operaciones inteligentes ,la primera es cambiar la columna 1 por la suma de las columnas 1 y 3 ,esto
→ C3 + C1 y se obtiene 1 a a 1 a 1 1 −a 1 −a Det(A) = −3a = a −3 2a 2 −1 2a − 1 −1 2a − 1 la ausencia de a en columna 1 permite pivotear por las ,se pivotea en la 1 en a11 = 1 para obtener 1 a 1 3a + 1 3 − a 3a + 1 3 − a =a Det(A) = a 0 = a {(3a + 1)(2a − 3) − (3 − a)(−2a − 1)}= −2a − 1 2a − 3 0 −2a − 1 2a − 3 1 a(4a2 − 2a) al igualar a cero permite hallar los valores de a para el análisis ,esto es para a = 0, a = 2 se escribe en símbolosC1
la otra operación tambien buena es cambiar la columna 1 por la suma de las columnas 1 y 2 ,que en símbolos
C1 → C2 + C1 para obtener 2a − 1 a 1 1 −a Det(A) = 1 − 2a 0 −1 2a − 1 lo que permite factorizar por (2a − 1) en columna 1 y pivotear en la 1 1 a 1 a =(2a − 1) 0 1 + a 1 −a Det(A) = (2a − 1) −1 0 0 −1 2a − 1 −1 se escribe
19
1
1 1−a 2a − 1
0.1.
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
ahora ya se puede resolver por columna 1
Det(A) = (2a − 1) {(1 + a)(2a − 1) − (−1)(1 − a)} = (2a − 1)(2a)2 al igualar a cero se obtienen las mismas soluciones para análisis
a 6= 0, a 6=
Solución a) Respuesta obvia ,hay solución única si Solución b) Si Solución c) Si
1 no hay solución 2 a = 0 hay in nitas soluciones
a = 0, a =
1 2
1 2
a=
Las respuestas b) y c) requieren reemplazar dichos valores en la matriz ampliada y entonces pivotear en sus las para obtener o contradicción o eliminación de toda una la que conlleva a in nitas soluciones( se deja como ejercicio para el alumno).
2 ALGUNOS EJERCICIOS TEORICOS SENCILLOS DEL ALGEBRA LINEAL
10. Sea
A
una matriz cuadrada , demostrar que
AAT
es simétrica.
Solución. Demostración : una matriz es simetrica si y solo si
T T
(AA ) = AA T (AAT )T = AT AT = AAT .
entonces hay que demostrar que pero esto es elemental , pues 11. Si
A
una matriz cuadrada , demostrar que
Demostración : (
A + AT
AT = A.
T
T
) = (
AT + AT
T
A + AT es simétrica. T )= A + A, como al
transponer se obtiene la misma matriz ,esta
es entonces simétrica.
12. Si
A
una matriz cuadrada, Si
Solución.
A
una matriz
involutiva
entonces demuestre que
Que sea involutiva quiere decir que cumple con la propiedad
quiere decir que cumple con la propiedad
A2 = A.
1 (I − A) 2
A2 = I
idempotente 2 1 1 (I − A) = (I −A) 2 2
y que sea
entonces hay que demostrar que
es idempotente.
2 1 1 1 1 (I − A) = (I − A)2 = (I 2 − 2I · A + A2 ) = (I − 2A + A2 ), peroA2 = I entonces En efecto 2 4 4 4 2 1 1 1 (I − A) = (2I − 2A)= (I − A) 2 4 2 2 2 observe que el binomio (I − A) = I − 2A + A sea ha dearrollado como si fuera algebraico y eso es válido pues las matrices I, A conmutan , no asi para dos matrices A, B cualesquiera.
13. Demostrar que si Solución: por
A−1
2 Profesor
A, B
que sea
A
son matrices tales que
es matriz
AB = AC
y
A
es matriz
no singular signi ca que tiene A−1 AB = A−1 AC⇒ B = C
izquierda , para obtener
Osvaldo Carvajal
20
no singular
, demuestre que
inversa, entonces multiplicamos
B=C
AB = AC
0.1.
14. Sea
A, B
son matrices
n×n
tales que
A
A
posse inversa⇒
entonces
det(B) = det(A−1 BA) det(AB) = det(A)det(B)
posse inversa, demuestre que
Solución : Aplicamos la propiedad de determinates Si
AA−1 = I⇒ det(AA−1 ) = det(I)⇒ det(A)det(A−1 ) = 1⇒ det(A−1 ) =
det(A−1 BA) = det(A−1 )det(AB) = det(A−1 )det(A)det(B) =
15. Demostrar que si
UNIDAD 1. ALGEBRA DE MATRICES
A, B
son matrices
n×n
1 det(A)
1 · det(A)det(B) = det(B) det(A)
idempotentes y permutables entonces demuestre que
AB
es idem-
potente. Solución : Se debe probar que
2
(AB) = (AB)(AB) = A(BA)B←propiedad asociativa 2 BA = AB pues son permutables , entonces (AB) = (AB)(AB) = A(BA)B =A(AB)B = A2 B 2 = AB , 2 2 A = A, B = B
En efecto: pero pues
2
(AB) = AB
16. Demostrar que si
A
es idempotente y
B
es ortogonal entonces
B T AB
es idempotente.
B T AB es idempotente, es decir que (B T AB )2 = B T AB T T T T En efecto : (B AB) = (B AB)(B AB) .= B A(BB )AB , pero B es ortogonal , es decir BB = I T 2 T T T T 2 2 entonces (B AB) = B A(BB )AB = B (A · I · A)B= B A B , pero A es idempotente⇒ A = A entonces
Solución: Hay que demostrar que
T
(B T AB )2 = B T AB
2
T
esto naliza la demostración.
A y B son matrices no singulares (A−1 + B −1 )−1 = A(A + B)−1 B
17. Si
Solución :
A+B
es no singular entonces demostrar que
inversa de una matriz A si AB = I
Hay que dejar en claro el concepto de
B es BA = I⇐⇒ B = A−1
quiere decir que la matriz o bien si
tal que
inversa de la
matriz
A,
cuando se escribe
A−1 = B
A(A+B)−1 B es la inversa de la matriz (A−1 +B −1 ), entonces identidad I . Este ejercicio es identico a demostrar
en este ejercicio se debe demostrar que la matriz bastará multiplicarlas y obtener la matriz
(A−1 + B −1 ) = (A(A + B)−1 B)−1 , en ambos −1 la matriz (A + B −1 ) y esperar obtener I
casos hay que multiplicar las matrices
A(A + B)−1 B
con
En efecto:
A(A + B)−1 B· (A−1 + B −1 )= A(A + B)−1 · (BA−1 + BB −1 )= A(A + B)−1 · (BA−1 + I), =A(A + B)−1 · (BA−1 + AA−1 ) factorizamos por derecha por A−1 =A(A + B)−1 · (B + A)A−1 pero (A + B)−1 (B ´ + A) = I = A · I · A−1 = AA−1 = I , queda entonces demostrado.
21
pero
I = AA−1
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES Espacios Vectoriales
0.2
1. Determinar cuáles de los siguientes subconjuntos son subespacios vectoriales (a) (b) (c) (d)
W1 = (x, y, z) ∈ R3 / |x| + y + z = 0 W2 = (x, y, z) ∈ R3 /y + z = 1 W3 = (x, y, z) ∈ R3 /3y 2 − z = 0 W4 = (x, y, z) ∈ R3 /2y + x = 0
Solución Solo el subconjunto d)
W4
es un subespacio vectorial de
el subconjunto b) no es un subespacio vectorial de
R3 .
R3 .
vamos explicando .
pues un requisito mínimo de todo espacio vecto-
cero, el cero o elemento neutro W2 = (x, y, z) ∈ R3 /y + z = 1 , pues y + z = 1 no se vcri ca
rial es que debe contener al elemento neutro , que en muchas ocasiones es el
R3 . es (0, 0, 0) y (0, 0, 0) para (0, 0, 0) , 0 + 0 6= 1.
de
no pertenece a
El subconjunto a) cumple con tener elelemento neutro pues
|0| + 0 + 0 = 0
vectorial no cumple con la propiedad de clausura de la suma ,
pero
no es un subespacio
para comprobar esto ultimo tenemos que
W1 , sean estos α = (−1, 0, −1), β = (2, 1, −3) siendo estos elementos de W1 |−1| + 0 + −1 = 0 y |2| + 1 + −3 = 0 , la suma no pertenece aW1 , es decir α + β= (1, 1, −4) ∈ / W1 |1| + 1 + −4 no es cero
obtener 2 elementos de
El subconjunto c)
W3 = (x, y, z) ∈ R3 /3y 2 − z = 0 cumple
con tener elelemento neutro pues
pues pues
3 · 02 − 0 = 0,
pero no es un subespacio vectorial, usamos el mismo argumento anterior , no cumple con la ley de clausura de
W3 , (x, y, z) con z = 3y 2 ,
si damos valor y = 1, →z = 3, el valor de x que W3 se toma como valor cualquiera, digamos x = 1⇒ α = (1, 1, 3), del mismo modo si y = −1 → z = 3 con x = 2⇒ β = (2, −1, 3) ahora si sumamos α + β = (1, 1, 3) + (2, −1, 3) = (3, 0, 6) 2 2 pero este último punto no es de W3 pues no se cumple que z = 3y , no cumple que 6 = 3 · 0 = 0
la suma , nos damos dos puntos de no aparece en la condición de
El subconjunto d)
W4
es un subespacio vectorial de
R3 ,
debemos demostrarlo .
Para ello hay que veri-
car las dos propiedades de subespacios. Si
α,β ∈ W4
entonces hay que demostrar que
α + β ∈ W4 y que kα ∈ W4 , con k ∈ R, ambas α,β ∈ W4 entonces kα + β ∈ W4 .
propiedades se
pueden resumir en una sola, es mejor demostrar que si entonces la demostración comienza así:
α = (x, y, z) ∈ W4 ⇒ 2y + x = 0 β = (a, b, c) ∈ W4 ⇒ 2b + a = 0 se debe demostrar que kα + β = k(x, y, z) + (a, b, c) ∈ W4 , se debe demostrar b, kz + c) ∈ W4 , es decir se debe demostrar que 2(ky + b) + (kx + a) = 0 Sea
Sea
2(ky + b) + (kx + a) = k(2y + x) + (2b + a) = k · 0 + 0 = 0. 2y + x = 0, 2b + a = 0
En efecto: son
Esto concluye la demostración de que
W4
es un subespacio vectorial de
Observación: Las condiciones de los subconjuntos las expresiones
|x| + y + z = 0, 3y 2 − z = 0
W1 ., W3
son
no
que e
kα + β = (kx + a, ky +
esto es por que las hipótesis
R3 .
lineales,
no son lineales,son raras , cualquier condición de nida como
rara , digamos ,cuadrados ,cubos, logaritmos, exponenciales, potencias, etc , no permiten hacer del conjunto un subespacio vectorial , por lo contrario si la expresión es del tipo 22
multiplicaci´ on de constantes por
0.2.
variables lineales,
ESPACIOS VECTORIALES
es decir una combinación lineal y todo eso igualado a cero , el subconjunto asi de nido ,es
muy probable que sea un subespacio vectorial 2. Por simple inspección , diga cuales de los siguientes subconjuntos son o no subespacios vectoriales.
(a) (b) (c) (d)
W1 = (x, y, z, w) ∈ R4 /x2 + y + z = 0 x y W2 = ∈ M2×2 (R)/yz = w z w √ W3 = ax2 + bx + c ∈ P2 [x] /a = b2 + 1 W4 = (x, y) ∈ R2 /y = ex Solución. Ninguno de ellos es un subespacio vectorial. sus condiciones estan de nidas como raras. pero no podemos dar esto como respuesta, sirve para descartar que son subespacios pero no como respuesta. Debemos justi car con un contraejemplo, debemos obtener 2 puntos del subconjunto y veri car que una de las propiedades de espacio vectorial no se cumple.Por ejemplo en
1 2
2 4
W2
, damos dos matrices
∈ W2
W2 , sea entonces α = pues 2 · 2 = 4, otro elemento de 0 3 W2 es β = ∈ W2 pues 9 = 3 · 3 3 9 1 6 pero la suma α + β = no pertenece o no es un elemento de W2 pues 13 6= 6 · 6,no se 6 13 cumple entonces que w = xy que es la condición de W2 .Esto es sufuciente para probar que W2 no es un que cumplan con la condición de
subespacio vectorial. El mismo argumento se debe dar para demostrar que los restantes no son subespacios vectoriales
W = {p(x) ∈ P3 [x] /p(−1) = p(0)} es un subespacio vectorial del espacio vectorial P3 [x]. W es un conjunto de polinomios de grado hasta 3 que tienen la propiedad de que el valor de la imagen en 0 es igual al valor de la imagen en −1 Debemos demostrar que si p(x), q(x) ∈ W ⇒ kp(x) + q(x) ∈ W, con k ∈ R.
3. Demostrar que
Se entiende que
Entonces sea p(x) ∈ W ⇒ p(−1) = p(0) q(x) ∈ W ⇒ q(−1) = q(0) Sea r(x) = kp(x) + q(x) hay que demostrar que tambien r(−1) = r(0) pero esto es muy fácil,basta evaluar r(−1) = kp(−1) + q(−1). pero p(−1) = p(0), pero q(−1) = q(0) entonces r(−1) = kp(−1) + q(−1)= kp(0) + q(0) = r(0) ⇒ r(x) ∈ W Esto concluye la demostración. observe tres elementos de W que son polinomios que se caracterizan por que p(-1)=p(0)
4. Hallar elvalor de
k
de modo que el vector
(1, k, 5)
sea combinación lineal de los vectores
(2, −1, 1). 23
v1 = (1, −3, 2), v2 =
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
Solución : Debemos hallar x1 , x2 números reales tal que (1, k, 5) = x1 · (1, −3, 2) + x2 · (2, −1, 1) ⇒ (1, k, 5) = (x1 + 2x2 , −3x1 − x2 , 2x1 + x2 ) El sistema a resolver es x1 + 2x2 = 1 −3x1 − x2 = k 2x1 + x2 = 5 1 2 |1 −1 | k La matriz ampliada de este sistema es −3 2 1 |5 El sistema se puede obtener simplemente colgando los vectores (1, −3, 2), (2, −1, 1), (1, k, 5) como −3 0 0 Pivoteando esta matriz ampliada en el lugar a32 = 1, y el resultado en a21 = 1 obtenemos −1 2 1 0 0 | − 24 − 3k −1 0 , x1 , x2 existen sólo si −24 − 3k = 0, es decir k = −8 |k + 5 0 1 | 15 + 2k
5. Determine si el vector
Solución:
(−1, 1, 3)
Debemos hallar
x1 , x2
a11 = −1
números reales solución del
se obtiene ,
−1 0 0
−1 2 2
| | |
−1 1 ,siendo 1
−1 eliminamos la tercera la para obtener un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas 0 1 1 , de la primera la −x1 − x2 = −1 ⇒ x1 = . la segunda la tenemos 2x2 = 1 ⇒ x2 = 2 2 x1 , x2
existen el vector
6. Escribir el vector
(−1, 1, 3)
pivoteando
las las segunda y tercera iguales
Como
|−9 |k + 5 ∼ |5
es combinación lineal de los vectores
en la primera la ,en
(−1, 0, 2), (−1, 2, 4). −1 −1 | −1 2 | 1 , sistema 0 2 4 | 3
columnas.
es combinación lineal de los vectores
−1 2
| |
−1 1
De
(−1, 0, 2), (−1, 2, 4).
u = 3x2 + 8x − 5 como combinación lineal de los vectores v = 2x2 + 3x − 4, w = x2 − 2x − 3.
Solución : colgando estos polinomios como columnas de la matriz ampliada comenzando con los coe cientes
de la mayor potencia , se tiene
tiene
2 7 2
1 | 0 | 0 |
2 3 −4
3 14 ,dividiendo 4
| | |
1 −2 −3
3 8 ,Ahora −5
pivoteando en la 1 en el elemento
la 2 por
7,
la 3 por
2
se tiene
2 1 1
1 0 0
| 3 | 2 | 2
a12 = 1
se
siendo las las se-
gunda y tercera iguales , son ecuaciones redundantes del sistema por ello eliminamos tercera la para obtener
un sistema de 2 ecuaciones y 2 incógnitas
2 1
1 0
| |
3 2
De la segunda la
x1 = 2 ,
de la primera la
2x1 + x2 = 3 ⇒ x2 = −1 Como
x1 , x2 existen , u = 3x2 + 8x − 5
el vector
es combinación lineal de los vectores 24
v = 2x2 + 3x − 4, w = x2 − 2x − 3
0.2.
7. Determine para que valores de
3 0
0 0
k
las matrices
A =
1 k
1 0
1 ,B = 0
k −1
ESPACIOS VECTORIALES
,C =
k k
k 2
,D
=
son linealmente independientes.
x1 .x2 , x3 ,x4 números reales tal que k k k 3 0 0 0 +x3 +x4 = −1 k 2 0 0 0 0 ,obtenemos s´ olo solución x1 = x2 = x3 =x4 = 0,
Solución :Debemos hallar
x1
1 k
1 0
+x2
1 0
si al resolver el sistema
entonces las matrices serían lineal-
mente independientes (L.I)
1 1 el sistema a resolver es k 0
1 k 0 −1
k k k 2
3 0 0 0
| | | |
0 0 , observe que cada columna es la matriz colgada.Observe 0 0
tambien que este es un sistema cuadrado y homogeneo(igualado a cero), este tipo de sistemas tiene ya solución y es la solución
x1 = x2 = x3 =x4 = 0,
lo que hay que averiguar si ésta es la única solu-
ción, para ello recuerde la propiedad de sistemas homogeneos cuadrados ción única si y solo si el determinante de
A,
A · X = b, con b = 0,
tiene solu-
es distinto de cero, por esa razón calculamos el determinante
1 1 k 3 1 k k 0 ,desarrollando éste por columna 4, se tiene det(A) = 0 k 0 k 0 0 −1 2 ← ← 3 1 k k 1 k k ↓ 1 k k = − 3 = −3k 1 0 1 det(A) = 0 k ↓ 0 k k 0 −1 2 k 0 −1 2 0 −1 2 donde por k se ha factorizado en segunda la, pivoteando en segunda la en el elemento a21 = 1, det(A) == 0 k k − 1 , 0 1 −3k 1 0 −1 2 k k − 1 desarrollando por primera columna, se obtiene det(A) = −3k · (−1) = 3k {2k − (−1)(k − 1)} = −1 2 3k(3k − 1). 1 . Igualando a cero resolvemos 3k(3k − 1) = 0⇒ 3k = 0∨3k − 1 = 0, tenemos k = 0, k = 3 1 Entonces hay solución única si y solo k 6= 0 ∧ k 6= 3 1 1 1 k k k 3 0 Entonces las matrices A = ,B = C= ,D = son linealmente indek 0 0 −1 k 2 0 0 1 pendientes si k 6= 0 ∧ k 6= 3
8. Determine el valor de
k ∈R
de modo que lo siguientes vectores sean L.D.
v1 = (1, 1, k, 0), v2 = (1, k, 0, −1), v3 = (k, k, k, 2), v4 =(3,0,0,0)
.
Solución: Este ejercicio ya ha sido resuelto en el anterior ejercicio n° 7, solo que la respuesta cambia . Respuesta. Los vectores
v1 = (1, 1, k, 0), v2 = (1, k, 0, −1), v3 = (k, k, k, 2), v4 =(3,0,0,0) son linealmente dependientes 25
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
(L.D.) si y sólo si 9. Suponga que
k = 0, ∨k =
1 . 3
{u, v, w} es un conjunto de vectores linealmente {u + v, u − v, u − 2v + w} es tambien L.I.
independiente (L.I).
Demostrar que
x1 · (u + v) + x2 · (u − v) + x3 · (u − 2v + w) = 0, hay x1 = x2 = x3 = 0, pero esto es muy fácil. de x1 · (u + v) + x2 · (u − v) + x3 · (u − 2v + w) = 0⇒ (x1 + x2 + x3 ) · u + (x1 − x2 − 2x3 ) · v + x3 · w = 0,. pero {u, v, w} es un conjunto L.I, lo que signi ca que de cualquier combinación del tipo y1 ·u+y2 ·v +y3 ·w = 0, implica que y1 = y2 = y3 = 0, en este caso de ⇒ (x1 + x2 + x3 ) · u + (x1 − x2 − 2x3 ) · v + x3 · w = 0 implicamos x1 + x2 + x3 = 0, que x1 + x2 + x3 = 0, x1 − x2 − 2x3 = 0, x3 = 0 , resolviendo asi un sistema x1 − x2 − 2x3 = 0, ⇒ x3 = 0, ( x1 + x2 = 0 ⇒ x1 = 0, x2 = 0, x3 = 0 x1 − x2 = 0 Solución.
Se forma primero la combinación lineal
que demostrar que
10. (Propuesto) Si
{v1 , v2 , v3 , v4 }es
un conjunto L.I ¾ Cómo es el conjunto
{v1 + v3 , 2v2 − v1 , 2v2 − 3v3 , v4 + v1 }
?. ¾Un conjunto L.I o L.D.?
11. (Propuesto) Hallar
1 0
−2 −1 , 1 −1
12. (Propuesto) Hallar
k
de modo que las matrices
3 −2 k ,p
,
1 −1
k 0
0 , k
1 1
de modo que los vectores
sen L.D→
Respuesta k = ±1
(1, 2, k, 1), (k, 1, 2, 3), (0, 1, p, 0)sean
L.D→
Respuesta k =
7 3, p = 5 k,p de −1 2 3 0 −3 4 −1 , −3 0 1 −2 1 → R. p = 12, k = 13
13. (Propuesto) Hallar
14. (Propuesto) Hallar
k ,p
modo que las matrices
−1 5 0
1 −5 −2 , −9 −5 −2
de modo que el vector
p 10 5
k −1 0
(k, p, 5, −3)
sean dependientes
pertenezca al subespacio generado por
(1.2. − 5, 3), (2, −1, 4, 7)→ R. k = −1, p = −2
15. Demostrar que Solución : Sea
h{(2, −1, 6), (−3, 4, 1)}i = h{(−1, 3, 7), (8, −4, 24)}i W1 =h{(2, −1, 6), (−3, 4, 1)}i , W2 = h{(−1, 3, 7), (8, −4, 24)}i
se debe buscar bajo que condiciones un vector cualesquiera
(x, y, z)
pertenece a
W1
o a a
W2 si
estas condi-
ciones son las mismas entonces ellos tienen los mismos elementos y por tanto son iguales Se deben resolver dos sistemas de ecuaciones , buscar
(x, y, z) =x1 (−1, 3, 7) + x2 (8, −4, 24)
26
x1 , x2
tal que
(x, y, z) =x1 (2, −1, 6) + x2 (−3, 4, 1)
y
0.2.
a21= −1 5 | x + 2y 4 | y 25 | z + 6y
resolvemos el primero, pivoteamos en segunda la en
−3 4 1
2 (A|b) = −1 6
| x 0 | y ∼ −1 | z 0
Ahora pivoteamos en la 1, en el elemento
(−5)F1 + F3 ,
a12 = 5
ESPACIOS VECTORIALES
cambiando las 1 y la 3
pero solo cambiamos la la 3,con la operación
F3 →
el objetivo es hacer una la cero y eso se logra en la 3 ,por eso dejamos tranquila la al 2.
0 5 | x + 2y 0 ∼ −1 4 | y (A|b) = −1 0 25 | z + 6y 0 −5x − 4y + z = 0
x + 2y y −5x − 4y + z
5 | 4 | 0 |
es la condicion que deben cumplir los vectores
(x, y, z)
el sistema tendrá solución si y solo si
para pertenecer a a
esta condición debe ser la misma para el otro subespacio a
W1 .
W2
veri que el estudiante como ejercicio propuesto que asi es.
BASE Y DIMENSION 16. Determine
(a) (b) (c) (d)
base y dimensi´ on
de los siguientes subespacios vectoriales.
W1 = {(x, y, z)/ 2x + y + 4z = 0, z = 0}. a b W2 = /a = b + 2c c d W3 = {p(x) ∈ P2 [x] /p(−1) = p(0)} W4 = p(x) = ax3 + bx2 + cx + d ∈ P3 [x] /a + 2b − c = 0 ∧ 2b − d = 0
W1 = {(x, y, z)/ − 2x = y, z = 0}= {(x, −2x, 0)/x ∈ R} x, por ello se encontrará sólo un vector L.I en la base.W1 = {x(1, −2, 0)/x ∈ R} .El vector (1, −2, 0) genera a W podemos escribir en simbología de generadores W1 = h{(1, −2, 0)}i⇒ dim(W1 ) = 1, base de W1 = {(1, −2, 0)}.
Solución .a)
W1 se
puede escribir en la forma
observe que hay un parámetro o variable libre que hemos decidido sea
Solución b)
W2 =
a c
W2 se puede escribir en la forma b b + 2c /a = b + 2c = d c
Observe que la presencia de los tres parámetros
W2
b /b, c, d ∈ R d b, c, d o variables libres
es indicador de que en la base de
hay tres vectores generadores y tal vez L.I
b b 2c 0 0 0 W2 = + + /b, c, d ∈ R 0 0 c 0 0 d 1 1 2 0 0 0 = b +c +d /b, c, d ∈ R , 0 0 1 0 0 1 1 1 2 escribiendo en simbología de generadoresW2 = , 0 0 1 1 1 2 0 0 0 con base las tres matrices , , . 0 0 1 0 0 1 27
0 0
0 , 0
0 1
⇒ dim(W2 ) = 3,
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
observe que las tres matrices son L.I. pues al colgar las matrices
0 0 la 0 0
1 2 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1
| | | |
Solución c)
W3
matriz identidad está presente en las las2,3 y 4 ,arrojando solución cero.
está constituido por polinomios de grado hasta 2 que tienen la propiedad de tienen
igual imagen en los valores
−1 y 0,
sea entonces un polinomio de tipo general
p(x) = ax2 + bx + c
que
cumple esta condición .
p(−1) = p(0) ⇒ a · (−1)2 + b · (−1) + c = a · 02 + b · 0 + c⇒ a − b + c = c⇒ a − b = 0⇒ a = b. observe que en la relación anterior la variable c se ha cancelado ,entonces c toma cualquier valor ,así el subespacioW3 se puede volver a escribir como W3 = ax2 + bx + c ∈ P2 [x] /a = b, c ∈ R =W3 = ax2 + ax + c ∈ P2 [x] /a, c ∈ R La presencia de las 2 variables libres a.c ∈ R es indicador de que en la base de W3 hay dos vectores, tal vez L.I. veamos cuales son estos vectores (polinomios).
W3 = ax2 + ax + c ∈ P2 [x] /a, c ∈ R = a(x2 + x) + c · 1 ∈ P2 [x] /a, c ∈ R = x2 + x, 1 ⇒ dim(W3 ) = 2, la base son los 2 vectores(polinomios) p(x) =x2 + x y el vector q(x) = 1. ( a + 2b − c = 0 Solución d) En W4 debemos resolver el sistema de ecuaciones escrito en matriz am2b − d = 0 1 2 −1 0 | 0 pliada queda observe que este sistema ya está resuelto porque la matriz 0 2 0 −1 | 0 identidad 2 × 2 se puede formar con columna 1 y columna 4 o bien se puede formar previa multiplicación por (−1)con las columnas 3 y 4.Cualquiera sea la elección obtenemos in ntas soluciones .Para resolver escogemos columnas 3 y 4 como variables b´ asicas entonces ( ( a b c d −c = −a − 2b c = a + 2b 1 2 −1 0 | 0 ⇒ ⇒ reemplazamos estas variables en W4 −d = −2b d = 2b 0 2 0 −1 | 0 , para reescribir W4 W4 = p(x) = ax3 + bx2 + (a + 2b)x + 2b ∈ P3 [x] /a, b ∈ R las dos variables a, b libres de recorrer todo R indican que la dimensión de W4 es dos , su base está constituidad por 2 polinomios.Veamos W4 escrito de otro modo
W4 = a(x3 + x) + b(x2 + 2x + 2)/a, b∈ R = x3 + x , x 2 + 2x + 2 , 3 2 polinomios ⇒ dim(W4 ) = 2,baseW4 = x + x , x + 2x + 2
17. Sean los siguientes subespacios de
Asi
W4
es
generado
por dos
R4 .
W1 = {(x, y, z, w)/x + y − w = 0 ∧ x − z + 2w = 0}, W2 = h{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (2, −2, −2, 2)}i Calcular bases y dimensión de
Solución :Para
W1
resolvemos
W1 , W2 ,W1 ∩ W2 , W1 + W2 ( x+y−w =0 el sistema de ecuaciones x − z + 2w = 0 28
⇒
1 1
1 0
0 −1
−1 2
| 0 | 0
0.2.
x sistema ya resuelto por las columnas 2 y 3 1 1
y 1 0
z 0 −1
w −1 2
| 0 ⇒ | 0
(
ESPACIOS VECTORIALES
y =w−x −z = −x − 2w
se reescribe
W1
W1 = {(x, w − x, x + 2w, w)/x, w ∈ R} = {(x, −x, x, 0) + (0, w, 2w, w)/x, w ∈ R} ={x(1, −1, 1, 0) + w(0, 1, 2, 1)/x, w ∈ R} dim(W1 ) = 2, Base de W1 = {(1, −1, 1, 0); (0, 1, 2, 1)} W2 son linealmente independientes resolviendo x1 (1, 0, 0, 1) + x2 (0, 1, 0, 0) + x3 (0, 0, 1, 0) + x4 (2, −2, −2, 2) = (0, 0, 0, 0) 1 0 0 2 | 0 0 1 0 −2 | 0 0 0 1 −2 | 0 Observe f ila 4 = f ila 1 si esto ocurre una de ellas puede borrarse con la goma 1 0 0 2 | 0 1 0 0 2 | 0 0 1 0 −2 | 0 de borrar o bien , cambiando la la 4 con pivoteo en a11 = 1⇒ 0 0 1 −2 | 0 los ceros logrados 0 0 0 0 | 0 en la 4 indican que el sistema tiene in nitas soluciones , la matriz identidad de 3 × 3 formada por las tres primeras columnas permite ya resolver el sistema en función de la variable libre x4 , de hecho la solución x1 = −2x4 del sistema es si x4 = 1 se tiene x1 = −2, x2 = 2, x3 = 2 entonces se tiene la relación de x2 = 2x4 x3 = 2x4 dependencia −2(1, 0, 0, 1) + 2(0, 1, 0, 0) + 2(0, 0, 1, 0) + 1 · (2, −2, −2, 2) = (0, 0, 0, 0) ⇒ (2, −2, −2, 2) = 2(1, 0, 0, 1) − 2(0, 1, 0, 0) − 2(0, 0, 1, 0) esta última relación nos dice que el vector (2, −2, −2, 2) es dependiente de los otros vectores (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0) entonces éste vector no forma parte de la base de W2 , éste se elimina de la base de W2 .¾ y de la base de W2 se puede eliminar otro .?.No pues el sistema sólo tiene una variable libre que es x4 , esta variable libre está asociada al cuarto vector (
Para
W2
es necesario averiguar si los vectores generadores de
el sistema
2,-2,-2,2) que es el que se elimina, es una manera útil de detectar un vector L.D en un conjunto dado.En lo sucesivo entonces bastará pivotear hasta formar la identidad y aquellas varibles libres o parámetros acusan a los respectivos vectores L.D.
W2 = h{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (2, −2, −2, 2)}i=W2 = h{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}i⇒ dim(W2 ) = 3, base de W2 es{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}.
Resumiendo
Observe la diferencia entre vectores que en
W2
Para hallar base y dimensión de de
W2
generan
a un susbespacio y vectores en la
base
del subespacio,
hay 4 vectores que lo generan pero solo 3 de ellos son L.I.
W1 ∩ W2
es necesario intersectar las condiciones de
, las condiciones deW1 se conocen y son dos
x + y − w = 0 ∧ x − z + 2w = 0,las
de
W1 y las condiciones W2 no se conocen se
deben encontrar .
W2 = h{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}i debemos averiguar qué condición debe cumplir un vector (x, y, z, w) para pertenecer al subespacio W2 ,es decir se deben encontrar bajo que condiciones existen x1 , x2 .x3 tal que (x, y, z, w)= x1 (1, 0, 0, 1) + x2 (0, 1, 0, 0) + x3 (0, 0, 1, 0) esto lleva a resolver el sistema de 4 ecuaciones y 3 incógnitas (x, y, z, w)= (x1 , 0, 0, x1 ) + (0, x2 , 0, 0) + (0, 0, x3 , 0) igualando y escribiendo 1 0 0 | x 0 1 0 | y el sistema en matriz ampliada 0 0 1 | z ( esta matriz se pudo obtener mas rapidamente con solo 1 0 0 | w Siendo
cualesquiera
29
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
W2
colgar como columnas los vectores de la base de
agregando el vector incógnita
(x, y, z, w)
tambien col-
gado como columna)
pivoteando esta matriz en
a11 = 1
para cambiar la la cuarta se
última la , el sistema tendrá solución si y sólo si vector
(x, y, z, w)
para ser un elemento de
en el mismo modo que está escrito
W2 = {(x, y, z, w)/ − x + w = 0}
W2 ,
1 0 obtiene 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
| x | y observe | z | w−x
w − x = 0 que es la única condicion W2 se puede reescribir
la
que debe cumplir el
entonces
W1
Ahora recien podemos intersectar ambos espacios.
W1 ∩ W2 = {(x, y, z, w)/x + y − w = 0 ∧ x − z + 2w = 0 ∧ −x + w = 0} x + y − w = 0 debemos resolver el sistema x − z + 2w = 0 −x + w = 0 1 1 0 −1 | 0 1 0 −1 2 | 0 siendo escrito en matriz ampliada se tiene −1 0 0 1 | 0
las columnas 2 y 3 ya de la matriz
identidad no conviene cambiar o modi car esas columnas a efecto de no perder esos ceros pivoteamos en la
a31 = −1 o bien en el lugar a34 = 1. a31 = −1 la matriz anterior se reduce a 1 0 0 | 0 0 −1 3 | 0 la matriz identidad se encuentra 0 0 1 | 0
4 en el lugar
pivoteando en
w
0 0 −1
desordenada en columnas 1 , 2 y 3 la variable
es la variable libre asociada a la columna 4 resolviendo se tiene
el sistema arrojó solo una variable libre
w
, la dimensión de
y = 0 −z = −3w −x = −w
W1 ∩ W2
deberá ser 1 .Claro está que si se
elije cualquier otro lugar de pivoteo las expresiones de solución del sistema son totalmente distintas ,por que hay in nitas soluciones,pero en lo que se debe coincidir es en la cantidad de variables libres.En este caso todos debemos llegar a obtener solo una variable libre que para este caso fue la varaible
x
si este alumno pivotea en
a34 = 1
w,
otro alumno obtendrá como libre a
por ejemplo.
W1 ∩ W2 = {(x, y, z, w)/x + y − w = 0 ∧ x − z + 2w = 0 ∧ −x + w = 0}= W1 ∩ W2 = {(x, y, z, w)/y = 0, z = 3w, x = w} W1 ∩ W2 = {(w, 0, 3w, w)/w ∈ R}= {w(1, 0, 3, 1)/w ∈ R}= h{(1, 0, 3, 1)}i
la cuestión es que
dim(W1 ∩ W2 )= 1,
con base
{(1.0, 3, 1)}
dim(W1 + W2 ) = dim(W1 ) + dim(W2 ) − dim(W1 ∩ W2 )= 2 + 3 − 1 = 4 . dim(W1 + W2 ) = 4 4 es la cantidad de vectores en la base del subespacio W1 + W2 , en teoría W1 + W2 es generado por la unión de los vectores de la base de W1 y los vectores de la base de W2 , pero si unimos estas bases nos dan 5 vectores , 2 de W1 y 3 de W2 lo que obliga a pivotear para eliminar un vector lo que es una verdadera
Para
W1 + W2
aplicamos el teorema
observe el signi cado de que
lata. En este ejemplo podemos evitar ese procedimiento latoso .y es por el siguiente hecho.Todo subespacio
menor o igual a la dimensión del espacio vectorial madre con dimensión 4, entonces W1 +W2 no puede tener la misma dimensión que el espacio
vectorial tiene dimensión
30
que en este caso es
R4
madre a menos que....
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
W 1 + W 2 = R4 entonces bases para elegir para
W1 + W2
hay muchas , no necesariamente la union de bases.
18. En el espacio de los polinomios de grado hasta 3 , que se simboliza por
P3 [x] se dan los siguientes subespacios
vectoriales
W1 = {p(x) ∈ P3 [x] /p(1) = p(−1) ∧ p(1) = 0} W2 = x3 + x2 − x + 1, x2 − 2, 2x3 + 3x2 − 2x Determine bases y dimensión de
W1 ∩ W2 , W 1 + W 2
p(x) = ax3 + bx2 + cx + d entonces de p(1) = p(−1) ⇒ a + b + c + d = −a + b − c + d, reduciendo términos se tiene 2a + 2c = 0 ⇒ a + c = 0, De p(1) = 0 ⇒ a + b + c + d = 0 asi W1 se puede 3 2 reescribir W1 = ax + bx + cx + d ∈ P3 [x] /a + c = 0 ∧ a + b + c + d = 0 ( a+c=0 1 0 1 0 | 0 1 0 1 0 | 0 debemos resolver el sistema ⇐⇒ ∼ ∼ 1 1 1 1 | 0 0 1 0 1 | 0 a+b+c+d=0 ( a = −c b = −d W1 = ax3 + bx2 + cx + d ∈ P3 [x] /a = −c ∧ b = −d = −cx3 + −dx2 + cx + d ∈ P3 [x] /c, d ∈ R factorizando por c, d se tiene Solución:
Si
W1 = c(−x3 + x)+d( − x2 + 1) ∈ P3 [x] /c, d ∈ R −x3 + x, −x2 + 1 dim(W1 ) = 2 En
W2
ya se vislumbra los polinomios generadores de
W1
3 x + x2 − x + 1, x2 − 2, 2x3 + 3x2 − 2x son o no L.I , para ello 3 2 2 3 2 homogeneo x1 (x + x − x + 1) + x2 (x − 2) + x3 (2x + 3x − 2x) = 0
hay que averiguar si los vectores
debemos calcular
x1 , x2 , x3
del sistema
, la matriz ampliada de este sistema se obtiene colgando los coe cientes de los polinomios como columnas comenzando con el coe ciente de la mas alta potencia o por la constante ,pero sin mezclar.
0 2 | 0 1 3 | 0 matriz ampliada 0 −2 | 0 0 6 | 0 Observe la las 1 , la 3 y la 4 son proporcionales pivoteamos en la 1 ,en a11 = 1 y obtenemos dos las nulas 1 0 2 | 0 x1 x2 x3 0 1 1 | 0 1 0 2 | 0 , x3 es 0 0 0 | 0 El sistema se reduce a dos ecuaciones y tres incógnitas 0 1 1 | 0 0 0 0 | 0 3 la variable libre asociada a la columna no identidad , podemos a rmar que el tercer vector (polinomio) 2x + 2 3x − 2x es combinación lineal del resto ,entonces lo eliminamos deW2 ,reescribinosW2 W2 = x3 + x2 − x + 1, x2 − 2 hay dos vectores L.I que generan a W2 , dim(W2 ) = 2.
1 1 (A|b) = −1 1
0 1 0 −2
2 3 −2 0
| | | |
0 1 0 F4 → 2F2 + F4 ∼ 1 −1 0 0 3
W1 ∩ W2 ,se requiere hallar las condiciones de W2 ,para ello un polinomio cualesquiera ax3 + bx2 + bx + d debe escribirse como combinación lineal de los vectores de la base de W2 , es decir encontrar dos reales x1 , x2 tal que para poder hallar
ax3 + bx2 + bx + d = x1 (x3 + x2 − x + 1) + x2 (x2 − 2) 31
,el sistema a resolver se obtiene colgando los
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
coe cientes como columnas en matriz ampliada
1 0 | a 1 1 | b pivoteamos en la 2 para cambiar la 4, con la operación F4 → 2F2 + F4 (A|b) = −1 0 | c 1 −2 | d 1 0 | a 1 1 | b pivoteamos en la 1,para cambiar todas las otras las , (A|b) = −1 0 | c 3 0 | d + 2b operacionesF2 → (−1)F1 + F2 ,F3 → (1)F1 + F3 ,F4 → (−3)F1 + F4 1 0 | a 0 1 | b−a observe las las 3 y 4 con elementos ceros, la única manera que el (A|b) = 0 0 | c+a 0 0 | d + 2b − 3a sistema tenga solución para las variables x1 , x2 es que c + a = 0 ∧ d + 2b − 3a = 0 .Estas son las condiciones 3 2 para que un polinomio ax + bx + bx + d pueda estar enW2 , asi se puede ahora reescribir W2 , 3 2 W2 = ax + bx + bx + d/a + c = 0 ∧ −3a + 2b + d = 0 ahora reunimos ambas condiciones de W1 y de W2 en la intersección W1 ∩ W2
=
observe que
ax3 + bx2 + bx + d/a + c = 0 ∧ −3a + 2b + d = 0 ∧ a = −c ∧ b = −d la condición a + c = 0 es común a ambos subespacios
el sistema a resolver es ( eliminando una de las condiciones comunes)
a+c=0 1 0 1 0 | 0 −3a + 2b + d = 0 ⇒ −3 2 0 1 | 0 pivoteando en la 2 en a24 = 1, para cambiar la 3 a + c = 0 0 1 0 1 | 0 b+d=0 operación F3 → (−1)F2 + F3 1 0 1 0 | 0 2 0 1 | 0 observe ya tenemos en columnas 3 y 4 las columnas de la matriz identi(A|b) = −3 3 −1 0 0 | 0 dad ya no podemos pivotear ni en la 1 ni en la 2, pivoteamos en la 3 en el lugar a32 = −1, para cambiar la 2 con la operación F2 → 2F3 + F2 1 0 1 0 | 0 0 0 1 | 0 observe la identidad con columnas desordenadas en columnas 2,3 y 4.esto (A|b) = 3 3 −1 0 0 | 0 indica n del pivoteo y solución del sistema , la variable libre está sociada a la primera columna que no es una columna de la matriz identidad, la solución del sistema es en términos de la variable libre
a 1 (A|b) = 3 3
b 0 0 −1
c 1 0 0
d 0 1 0
la presencia de una sola
a,
c = −a | 0 ⇒ d = −3a | 0 −b = −3a | 0 variable libre a, indica que
el subespacio
W1 ∩ W2
tendrá dimensión 1 y tendrá solo
un vector en su base. reescribimos
W1 ∩ W2
.
W1 ∩ W2 = ax3 + bx2 + cx + d/c = −a ∧ d = −3a ∧ b = 3a = ax3 + 3ax2 + −ax + −3a/a ∈ R factorizando por a
32
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
W1 ∩ W2 = a(x3 + 3x2 − x − 3)/a ∈ R ahora se puede apreciar el vector (polinomio) generador W1 ∩W2 = (x3 + 3x2 − x − 3) ⇒ dim(W1 ∩W2 )= 1, su base está constituida por el vector x3 +3x2 −x−3.
Para
W1 + W2
usamos el teorema
dim(W1 + W2 ) = dim(W1 ) + dim(W2 ) − dim(W1 ∩ W2 )
dim(W1 + W2 ) = 2 + 2 − 1 = 3 debemos hallar 3 vectores en la base de
W1 + W2
para ello reunimos los vectores de la base de
3 −x + x, −x2 + 1, x3 + x2 − x, x2 − 2
que sean L.I.
W1 con
los de la base de
W2
esta unión da los vectores
de estos 4 vectores debemos eliminar uno de ellos, el que dependa
de los demás.
W1 , los dim(W1 + W2 ) = 3 debemos buscar x1 , x2 , x3 , x4 no todos ceros tal que x1 (−x3 + x) + x2 (−x2 + 1) + x3 (x3 + x2 − x) + x4 (x2 − 2) = 0
los dos primeros vectores ( color rojo) son L.I y son de
dos segundos (color azul ) son L.I de
W2
, pero juntos son L.D pues
colgando coe cientes formamos la matriz ampliada
0 | 0 1 | 0 pivoteando en a11 = −1 de la 1 se obtiene (A|b) = 0 | 0 −2 | 0 0 | 0 1 | 0 eliminamos la la 3 de solos ceros (A|b) = 0 | 0 −2 | 0 0 | 0 1 | 0 pivoteamos en a22 = −1 de la 2 (A|b) = −2 | 0 0 | 0 1 | 0 pivoteando en a33 = 1 la 3 (A|b) = −1 | 0 1 | 0 2 | 0 ya tenemos a l matriz identidad en columnas 1 2 y 3 , la cuarta columna (A|b) = −1 | 0 2 esta asociada a la variable x4 que es la variable libre del sistema ,eliminamos el cuarto vector x − 2,pues si 2 x4 = 1 el sistema tendrá solución x1 = 1, x2 = 2, x3 = 1 entonces x − 2 se puede escribir como combinación
−1 0 0 −1 1 0 0 1 −1 0 0 −1 0 0 0 1 −1 0 0 −1 0 1 −1 0 0 −1 0 0 −1 0 0 −1 0 0
1 1 −1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 0 0 1
lineal del resto
x2 − 2= (−1)(−x3 + x) + (−2)(−x2 + 1) + (−1)(x3 + x2 − x) en realidad se puede eliminar cualquiera de ellos . a la variable libre y punto.
W1 + W2 =
−x3 + x, −x2 + 1, x3 + x2 − x
33
pero por tiempo es mejor eliminar el vector asociado
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES W1 , W2 ,W1 ∩ W2 , W1 + W2 x −x a b donde W1 = /x, y, z ∈ R , W2 = /a + c = 0 y z c d Respuesta. dim(W1 ) = 3.dim(W2 ) = 3, dim(W1 ∩ W2 ) = 2, dim(W1 + W2 ) = 4.
19. (propuesto) Hallar base y dimensión para los subespacios
W = (x, y, z, w) ∈ R4 /x + y + z + w = 0 un subespacio de R4 . Probar que los vectores (2, 0, 0, −2), (2, 0, −2, 0), (8, −2, −4, −2) forman
20. Sea
Solución. Note que los vectores son realmente vectores de
W,
una base de
W.
si se suman sus coordenadas arroja el valor
cero. debemos probar primero que son vectores L.I, despues que ellos generan a
W
Veamos si son L.I. debemos resolver el sistema
x1 (2, 0, 0, −2) + x2 (2, 0, −2, 0) + x3 (8, −2, −4, −2) = (0, 0, 0, 0),
colgando los
vectores
2 2 8 | 0 0 0 −2 | 0 (A|b) = 0 −2 −4 | 0 sistema ya resuelto −2 0 −2 | 0 de la la 2, ⇒ 2x3 = 0 ⇒ x3 = 0, de la la 4 ⇒ −2x1 − 2x3 = 0,pero x3 = 0⇒ x1 = 0 de la la 3, ⇒ −2x2 − 4x3 = 0 ⇒ −2x2 − 4 · 0 = 0 ⇒ x2 = 0
como la única solución es
x1 = x2 = x3 = 0,
los vectores son L.i.
W , signi ca que cualquier vector de W es combinación lineal de estos vectores x1 , x2 , x3 tal que (x, y, z, w) =x1 (2, 0, 0, −2) + x2 (2, 0, −2, 0) + x3 (8, −2, −4, −2)
que ellos generan a es decir existen
colgando los vectores el sistema a resolver es
2 2 8 0 0 −2 (A|b) = 0 −2 −4 −2 0 −2 2 2 8 0 0 −2 (A|b) = 0 −2 −4 0 2 6
| x | y pivoteando en la | z | w | x | y pivoteando en | z | w+x
1 en
a11 = 2
la 2 en
cambiamos la la 4
a23 = −2
cambiando todas las las excepto
la de pivote 2
(A|b) = (A|b) =
2 0 0 0 2 0 0 0
2 0 −2 2 2 0 −2 0
0 −2 0 0 0 −2 0 0
| x + 4y | y pivoteando en | z − 2y | w + x + 3y | x + 4y | y , el sistema | z − 2y | w+x+y+z
la 3 en
a32 = −2
y solo cambiando la 4
tiene solución si y solo si
x+y+z+w =0
observe que ya no es posible hacer ceros otra la , observe que no es necesario encontrar las soluciones del
sistema , basta mostrar que existen
x1 , x2 , x3
y estas existen por que la matriz
2 0 0
2 0 −2
0 −2 resultante 0
del pivoteo es claramente no singular es decir tiene rango 3 , o bien tiene determinante distinto de cero o bien 34
0.2.
3×3
un pivoteo mas y se transforma en identidad
−2x3 = y ,
siempre estuvo la solución puede obtener
x1 .Entonces
ESPACIOS VECTORIALES
o bien las soluciones estan a la vista , de la segunda la
de la tercera la
−2x2 = z − 2y
y reemplazando estas en primera la se
el hecho de comenzar com un sistema de 4 ecuaciones y tres incógintas y terminar
despues del pivoteo en tres ecuaciones y tres incógnitas arroja uan única solución.Observe tambien que el sistema tiene solución solo si generan elementos de
x + y + z + w = 0 , es decir los vectores (2, 0, 0, −2), (2, 0, −2, 0), (8, −2, −4, −2) solo
W.
21. Demostrar que los siguientes conjuntos de vectores de
R3
A = {(1, 0, −1), (0, −2, 1)}, B = {(1, −2, 0), (2, −2, −1)} generan el mismo subespacio vectorial.Obtener una base y dimensión de dicho subespacio. Solución: Que ellos generan al mismo espacio vectorial signi ca que estos vectores generan a el mismo tipo de vector
R
3
(x, y, z)
que cumple cierta condición. Ellos no pueden generan a cualquiera de
genera a cualquiera de
R
3
R3 ,
solo una base de
.
¾ Cuál es esa condición? Cualquiera que sea debe ser igual para los dos conjuntos , solo asi sería el mismo espacio vectorial. la condición aparece al resolver los sistemas
x1 (1, 0, −1) + x2 (0, −2, 1)= (x, y, z) ∧ x1 (1, −2, 0) + x2 (2, −2, −1) = (x, y, z) resolvemos solo el primero ,dejando al estudiante resolver el segundo. colgando los vectores del primer sistema
0 | x −2 | y pivoteando en la 1 en a11 = 1 para cambiar la 3, F3 → F1 + F3 (A|b) = 1 | z 0 | x −2 | y pivoteando en la 3 para cambiar la 2, F2 → 2F3 + F2 (A|b) = 1 | z+x 0 | x 0 | 2x + y + 2z el sistema tiene solución solo si 2x + y + 2z = 0 (A|b) = 1 | z+x esta es la condición buscada ,los vectores A = {(1, 0, −1), (0, −2, 1)} generan solo a vectores (x, y, z) 2x + y + 2z = 0 obteniéndose el subespacio W = {(x, y, z)/2x + y + 2z = 0}.
1 0 −1 1 0 0 1 0 0
tal que
Ud, estudiante debe llegar al mismo subespacio resolviendo el sistema 2. Es claro que la dimensión de este subespacio es 2 pues los vectores
no es m´ ultiplo
de
(0, −2, 1)
A = {(1, 0, −1), (0, −2, 1)}son claramente L.I pues se ve que el vector (1, 0, −1) x tal que(1, 0, −1) = x(0, −2, 1) . Asi su base es A
es decir no existe
SUMA DIRECTA.
En un espacio vectorial pacio
W2 ,
V
V
dos subespacios
W1 , W2
se dicen
suplementarios si cualquier vector v del esw1 de W1 y otro elemento w2 de
se puede escribir de manera única como una suma de un elemento
es decir
v = w1 + w2 .
Los subespacios
W1 , W2
son suplementarios
⇐⇒W1 + W2 = V ∧ W1 ∩ W2 = {0}, 35
en tal caso se escribe
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES W1 ⊕ W2 = V
y se habla de
suma directa de subespacios
W1 = A ∈ M2 (R)/AT = A ← subespacio de matrices sim´ etricas W2 = A ∈ M2 (R)/AT = −A ← subespacio de matrices antisim´ etricas
22. Sean los subespacios y sea el subespacio Demuestre que
M2 (R) = W1 ⊕ W2
Solución : lo primero que debemos hallar es la intersección
W1 ∩ W2 = A ∈ M2 (R)/AT = A ∧ AT = −A 0 ⇒ A = 0, asi W1 ∩ W2 ={0} en espacios suplementarios
De
W1 ∩ W2
AT = A ∧ AT = −A implica
dim(W1 + W2 ) = dim(W1 ) + dim(W2 ),
que
A = −A ⇒ 2A =
veamos las dimensiones de los sube-
spacios.
( W1 = A ∈ M2 (R)/AT = A =
A ∈ M2 (R)/
a c
b d
T
a c
=
b d
)
a=a c = b a b a b a c a b ⇒b=c = ⇒ = ⇒ c d c d b d c d b=c d=d a b a c W1 = ∈ M2 (R)/b = c = /a, d, c ∈ R c d c d los tres parámetros o variables libres a, d, c indican que dim(W1 ) = 3 ( T ) a b a b T W2 = A ∈ M2 (R)/A = −A = A ∈ M2 (R)/ =− c d c d a = −a T 2a = 0 c = −b a b a b a c −a −b ⇒ c = −b =− ⇒ = ⇒ c d c d b d −c −d b = −c 2d = 0 d = −d a b 0 b W2 = ∈ M2 (R)/a = d = 0 ∧ c = −b = /b ∈ R c d −b 0 el único parámetro o variable libre b indica que dim(W2 ) = 1 T
entonces
dim(W1 + W2 ) = 3 + 1= 4
pero
W1 + W2
es un subespacio vectorial de
a = 0 ⇒ c = −b d=0
M2 (R), M2 (R)
es un
espacio vectorial de dimensión 4¾Cómo un subespacio vectorial se atreve a tener la misma dimensión que el espacio vectorial ? a menos que ellos coincidan , a menos que...sean iguales
W1 + W2 = M2 (R) A se
Asi toda matriz
puede escribir de manera única como una matriz simétrica y una matriz antisimétrica
, de hecho ese es un ejercicio de matrices elemental, vease
1 (A + AT ) 2
A=
1 (A − AT ) antisimétrica. 2 entonces el haber demostrado que W1 ∩ W2 ={0} y el haber demostrado que M2 (R) = W1 ⊕ W2 23. En
R3
1 1 (A + AT ) + (A − AT ) 2 2
siendo la primera
simétrica y la segunda
demostrado que
W1 + W2 = M2 (R)
S = h{(2, 1, 0), (1, 0, −1)}i, T = h{(−1, 1.1), (0, −1, 1)}i R3 = S + h{v}i y S ∩ h{v}i = {0}.
se consideran los subespacios vectoriales
terminar un vector Solución :
v
deT tal que
, se ha
Geometricamente el subespacioS es un plano en 36
R3
y
h{v}i
es una recta en
R3
De-
, entonces se
0.2.
busca una recta
no contenida en el T . Es
que se busca un elemento de
plano
claramente L.I.,para elegir un vector de la condición de
S,
pero si contenida en el plano
claro que la dimensión de
T
entonces
que es lo mismo que a rmar
S,
(2, 1, 0), (1, 0, −1)
son
es decir no cumplir con
S (x, y, z) para
estar en
S
.
| x | y pivoteando en la 2 , en a21 = 1, cambiamos la la 1 | z | x − 2y pivoteando en la 1 ,en a12 = 1 cambiamos la 3 | y | z | x − 2y el sistema tiene solución si y solo si x − 2y + z = 0 | y | x − 2y + z = 0 es la condición de S y tambien la ecuación del plano que de ne.S = {(x, y, z)/x − 2y + z = 0} de los muchos vectores de T , hay que seleccionar uno que no veri que esta condición. por ejemplo v = (0, −1, 1) ∈ T pero v = (0, −1, 1) ∈ / S pues 0 − 2(−1) + 1 6= 0.¾ Cómo es la intersección entre S
2 1 1 0 0 −1 0 1 1 0 0 −1 0 1 1 0 0 0 x − 2y + z el vector
T,
es 2 pues los vectores
debe ser tal que no sea un elemento de
por eso veamos que condición debe cumplir un vector
S
ESPACIOS VECTORIALES
h{v}i? h{v}i= h{(0, −1, 1)}i = {(x, y, z)/x = 0 ∧ y + z = 0}⇒ S∩h{v}i = {(x, y, z)/x − 2y + z = 0 ∧ x = 0 ∧ y + z = 0}= {(0, 0, 0)} y
dim(S + h{v}i) = dim(S) + dim(h{v}i = 2 + 1 = 3⇒ S + h{v}i = R3 ,los plementarios, entonces podemos escribir S ⊕ h{v}i = R3
37
subespacios
S
y
h{v}i
son su-
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
TRANSFORMACIONES LINEALES
Ejercicios resueltos.
V y W son espacios vectoriales de nidas sobre un mismo cuerpo K , que por lo general es el conjunto de los números reales , asi que una transformación lineal es una
f unci´ on de nida del espacio V al espacio W, tal que debe
cumplir la siguientes condiciones:
T (v1 + v2 ) = T (v1 ) + T (v2 ) para todo par de vectores v1 , v2 T (kv) = kT (v), para todo real k y para todo vector v de V
de
ambas condiciones se pueden resumir en una sola , escribiendo
V
T :V →W
es
lineal
si y solo si
T (kv1 + v2 ) =
kT (v1 ) + T (v2 ) T : R3 → R3 de nida proyecci´ on sobre el plano XY
Por ejemplo la
por
T (x, y, z) = (x, y, 0)
Otra transformación lineal es la rotación de un punto en
2
es una transformación lineal que se conoce como
R2 .
2
T :R →R de nida por cosθ −senθ x T (x, y) = = (xcosθ − ysenθ, xsenθ + ycosθ) senθ cosθ y punto P (x, y) en un ángulo ϑ y dejarlo en Q(x, y)
3
Ejercicios resueltos.
3 Profesor.Osvaldo
Carvajal
38
esta función tiene la propiedad de
rotar
el
0.2.
1. Determinar cuales de las siguientes funciones son
(a)
T : M2×2 (R) → R
(b)
T : R2 → R2
(c)
T : R3 → P2 [x]
(d)
de nida por
de nida por
T(
a c
b d
ESPACIOS VECTORIALES
lineales.
) = 2a + 3b − c
T (x, y) = (x2 , y 2 ) T (a, b, c) = (a + b)x2 + abx + c a b por T ( ) = 2ax3 + bx2 + (c + d)x c d
de nida por
T : M2×2 → P3 [x]
de nida
Solución. De inmediato descartamos las funciones b) y c) pues si una función ha de ser
lineal
entonces la palabra lo dice nada de cuadrados , ni potencias ni
productos , ni logaritmos, ni raices , etc.En b)
T (x, y) = (x2 , y 2 )los
cuadrados echan a perder lo
lineal
, pero por supuesto no podemos dar esta respuesta ,debemos dar un contraejemplo entonces vamos a mostrar que no se cumple la propiedad
T (u + v) = T (u) + T (v)
u = (1, 0), v = (2, 3) ⇒ T ((1, 0) + (2, 3)) = T (3, 3) = (9, 9) T (1, 0) + T (2, 3) = (1, 0) + (4, 9) = (5, 9). Entonces como (9, 9) 6= (5, 9) se muestra T (x, y) = (x2 , y 2 ) no es lineal. aqui la elección de u, v ha sido en forma aleatoria, si la propiedad se cumpliera para estos u, v hay elegir otro par. de u, v Sea
por otro lado
que que
T (a, b, c) = (a + b)x2 + abx + c la componente o coe ciente ab de x echa a perder lo lineal, igual que antes damos un contraejemplo, sea u = (2, 2, 3),v = (−4, −2, 0)⇒ T (u + v) = T ((2, 2, 2) + (−4, −2, 0))= 2 T (−2, 0, 2) = (−2 + 0)x2 + 0 · x + 2 = −2x +2 2 2 2 por otro lado T (2, 2, 3)+T (−4, −2, 0) = (2 + 2)x + 2 · 2x + 3 + (−4 − 2)x + −4 · −2x + 0 = −2x + 12x + 3 2 2 2 entonces como −2x + 2 6= −2x + 12x + 3, T (a, b, c) = (a + b)x + abx + c no es lineal .
En c)
!
las funciones en a) y en d) si son lineales , aqui no sirven los contraejemplos,
u, v
deben ser cualquiera,
comenzamos con a)
T (ku + v) = kT (u) + T (v), con k ∈ R b a b p q en a) ) = 2a + 3b − c, u, v son matrices , sea entonces u = ,v = d c d r t a b p q T (ku + v) = T (k + ) c d r t ka + p kb + q =T = 2(ka + p) + 3(kb + q) − (kc + r) = k(2a + 3b − c) + (2p + 3q − r) kc + r kd + t en ambos casos debemos demostrar que
a T( c
kT (u) + T (v) tendrá que ser igual a lo anterior b p q +T = k(2a + 3b − c) + (2p + 3q − r) d r t
(1)
por otro lado veamos como es la expresión
kT (u) + T (v) = kT
a c
39
(2)
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES como se puede apreciar de (1) y (2) ambas expresiones son iguales⇒
T
!
lineal a En d) T ( c p q r t es
b d
) = 2ax3 + bx2 + (c + d)x,
T (ku + v) = kT (u) + T (v)
igual que antes nos damos dos matrices u
=
a c
b d
Asi
,v
=
a b p q + ) T (ku + v) = T (k c d r t ka + p kb + q T = 2(ka + p)x3 + (kb + q)x2 + (kc + r + kd + t)x kc + r kd + t T
ka + p kc + r
por otro lado vemos
= k(2ax3 + bx2 + (c + d)x) + (2px3 + qx2 + (r + t)x)
(3)
kT (u) + T (v)
kT (u) + T (v) = kT
kb + q kd + t
a c
b d
+T
vemos que (3) y (4) son iguales
p r
q t
= k(2ax3 + bx2 + (c + d)x) + (2px3 + qx2 + (r + t)x)
→⇒ T (ku + v) = kT (u) + T (v)
Asi
T
es
lineal
(4)
!
2. Hallar el núcleo o Ker(T) de cada una de las siguientes funciones.
El núcleo o
Ker(T )
es un
subespacio
(a)
T : R3 → R3
(b)
T : M2×2 (R) → M2×2 (R)
(c)
T : P3 [x] → R4
de nida por
de
V
T (x, y, z) = (x + 3y + 4z, 3x + 4y + 7z, −2x − 2y) de nida por
de nida por
T (A) = A − AT
T (ax3 + bx2 + cx + d) = (a − b, a. − c, a − d, b − c)
Solución a)
Ker(T ) = {(x, y, z)/T (x, y, z) = (0, 0, 0)}= {(x, y, z)/(x + 3y + 4z, 3x + 4y + 7z, −2x + 2y) = (0, 0, 0)}
igualando las componentes , el sistema a resolver es
(1) 3 4 | 0 x + 3y + 4z = 0 4 7 | 0 pivoteando en a11 = 1 3x + 4y + 7z = 0 ⇒ (A|b) = 3 −2 2 0 | 0 −2x + 2y = 0 1 3 4 | 0 ⇒ (A|b) = 0 −5 −5 | 0 dividiendo la 2 por (-5) y la 3 por 8,quedan 0 8 8 | 0 40
las iguales
0.2.
1 3 4 ⇒ (A|b) = 0 1 1 0 1 1 1 3 4 ⇒ (A|b) = 0 (1) 1 1 0 1 | ⇒ (A|b) = 0 1 1 | ( x = −z z∈R y = −z
| | | | |
ESPACIOS VECTORIALES
0 0 Eliminamos una de las las iguales, la la 3. 0 0 pivoteando en la 2 ,en a22 = 1 obtenemos 0 0 resolviendo en términos de la variable libre z 0
reescribimos el Ker(T).
Ker(T ) = {(x, y, z)/x = −z, y = −z}= {(−z, −z, z)/z ∈ R}= h{(−1, −1, 1)}i,El generadordel núcleo de T o del Ker(T ), asi dim(Ker(T )) = 1.
!
vector
Ker(T ) = {A ∈ M2×2 (R)/T (A) = 0}= A ∈ M2×2 (R)/A − AT = 0 T T pero de A = A ⇒ A = A propiedad que cumplen todas las matrices sim´ etricas,
(−1, −1, 1)
es el
b)
asi que el núcleo de
la transformación lineal esta constituido por todas las matrices simétricas de tamaño 2por 2, podemos reescribir el núcleo.
a b Ker(T ) = {A ∈ M2×2 (R)/A es sim´ etrica }= /b = c d c a c a 0 0 c 0 0 + /a, c, d ∈ R Ker(T ) = /a, c, d ∈ R = + c d 0 0 c 0 0 d 1 0 0 1 0 0 = , , 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 entonces dim(Ker(T )) = 3, su base la está viendo = , , 0 0 1 0 0 1
!
c)Ker(T ) = {p(x) ∈ P3 [x] /T (p(x)) = 0} = p(x) ∈ P3 [x] /T (ax3 + bx2 + cx + d) = (a − b, a. − c, a − d, b − c) = (0, 0, 0, 0) a − b = 0 a − c = 0 ya resuelto en términos de la varible libre a (a−b, a.−c, a−d, b−c) = (0, 0, 0, 0)⇒ sistema a − d = 0 b−c=0 b = a c = a ⇒ Ker(T ) = ax3 + bx2 + cx + d ∈ P3 [x] /b = a, c = a, d = a d=a ⇒ Ker(T ) = ax3 + ax2 + ax + a/a ∈ R = a(x3 + x2 + x + 1)/a ∈ R 3 2 el vector (polinomio) x + x + x + 1 genera al Ker(T ) dim(Ker(T ))= 1
!
41
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
3. Hallar base y dimensión del subespacio
La imagen de T ,
(a)
T : R3 → R3
Im(T ),
es un
de nida por
El subespacio
imagen de T
subespacio
de W
T (x, y, z) = (x + 3y + 4z, 3x + 4y + 7z, −2x − 2y)
imagen de T
recorrido V
es el
vectores de una base del espacio
de la función
en este caso es generado por las imágenes de alguna
3
mano de R , la base can´ onica. T (1, 0, 0) = (1, 3, −2), entonces a
lineal,
base
de
es generado por las
R3 ,
im´ agenes
de los
elejimos por supuesto la base mas
entonces la imágen por ejemplo del primer vector canónico es
Im(T ) = {T (v)/v ∈ V } Im(T ) = h{T (1, 0, 0), T (0, 1, 0), T (0, 0, 1)}i= h{(1, 3, −2), (3, 4, −2), (4, 7, 0)}i estos vectores im´ agenes no son necesariamente linealmente independientes (L.I) asi que hay que pivotearlos pero para este ejemplo se ha resuelto y obtenido el
Ker(T ).
y se ha obtenido
dim(Ker(T )) = 1
(véase ejemplo resuelto 2a)
dim(V ) = dim(Ker(T )) + dim(Im(T )),
hay un gran teorema que dice asi:
donde
V
es el espacio
de partida en este ejemplo
V = R3
dim(R3 ) = 3 = 1 + dim(Im(T ))⇒ dim(Im(T )) = 2, esta subespacio = h{(1, 3, −2), (3, 4, −2), (4, 7, 0)}i es de dimensión
por tanto
ayuda pues nos dice que el
información 2 , hay que
botar un vector. el vector a eliminar seria aquel asociado a la variable libre del sistema
x1 (1, 3, −2) + x2 (3, 4, −2) +
x3 (4, 7, 0) = (0, 0, 0) al ojo = h{(3, 4, −2), (4, 7, 0)}i
el alumno en una prueba tiene poco tiempo,asi que te parece alumno que eliminemos un vector de=
h{(1, 3, −2), (3, 4, −2), (4, 7, 0)}i
eliminamos el primero, asi que quedaría
¾
y estos dos que quedaron son L.I?
claramente que si , este método
al ojo
pues no existe
x
tal que
T : P2 [x] → M2×2 (R)
!
de nida por
2
T (ax + bx + c) =
Im(T ) = {T (v)/v ∈ V } V = P2 [x] espacio de polinomios
2a c
b+c 0
Solución. Aqui
x
tal que
0 = x · (−2) ?
Im(T ) = h{(3, 4, −2), (4, 7, 0)}i Im(T ) = h{(3, 4, −2), (4, 7, 0)}i es un plano en R3 que pasa por el origen ecuación 14x − 8y + 5z = 0, esta ecuación se obtiene del sistema x1 (3, 4, −2) + x2 (4, 7, 0) = (x, y, z).
Asi que
(b)
¾ acaso existe
no se recomienda... pero..a veces sirve.
Observación: Geometricamente y de
(4, 7, 0) = x(3, 4, −2)
de grado hasta 2,de dimensión 3 42
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
can´ onicaes 1, x , x2 la imágen de esta base por T son las tres matrices siguientes 0 1 0 1 2 0 Im(T ) = , , , ¾ son estas matrices L.I ? 1 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 0 0 para responder , podríamos pivotear el sistema x1 +x2 +x3 = 1 0 0 0 0 0 0 si arroja solución solo cero entonces son L.I , si arroja 6=0 son L.D. su base
0 0
,
.
Ker(T ) 0 observe 0
pero mejor vamos a usar información proveniente del
Ker(T ) =
ax2 + bx + c/
2a c
b+c 0
=
0 0
que igualando componente a com-
ponente se tiene un sistema fácil de resolver
2a = 0 b+c=0 c=0
⇒a=b=c=0
. asi que
Ker(T ) = 0x2 + 0x + 0 = {0}→ dim(Ker(T )) = 0
dim(P2 [x]) = dim(Ker(T )) + dim(Im(T )) dim(P [x]) = 3 = 0 + dim(Im(T )) implica que dim(Im(T ))= 3 lo que signi ca que de Im(T ) = 2 0 1 0 1 2 0 , , , tiene sus tres matrices constituyendo un conjunto L.I, ninguna 1 0 0 0 0 0 matriz se bota. 0 1 0 1 2 0 entonces Im(T ) = , , , 1 0 0 0 0 0
Usando el teorema de la dimensión mencionado más arriba,
!
4. Sea la transformación lineal
T : P2 [x] → P3 [x]
de nida por
T (p(x)) = xp(x)
¾ Cuáles de los siguientes vectores(polinomios) pertenecen al
(a)
Ker(T )
o bien a la
Im(T ).?
x2 Solución: la única manera de averiguar si
x2
es elemento del
Ker(T )
o de
Im(T ).
es calculando ambos
subespacios y ver quienes son los que los generan, asi que
2 Ker(T ) = {p(x) vida a p(x). que este sea p(x) = ax + bx + c, entonces 2 ∈ P2 [x] /xp(x) = 0}le damos 2 Ker(T ) = ax + bx + c, ∈ P2 [x] /x(ax + bx + c) = 0 Ker(T ) = ax2 + bx + c, ∈ P2 [x] /ax3 + bx2 + cx = 0 entonces de ax3 + bx2 + cx = 0⇒ a = b = c = 0 El núcleo o Ker(T ) de la función T tiene un miserable elemento el neutro cero ,el polinomio cero, en2 tonces x ∈ / Ker(T ), x2 no pertenece al núcleo pues Ker(T ) = {0}.¾ Pertenece a la Imagen.?
(b)
1+x Solución
1+x∈ / Ker(T ), pues Ker(T ) = {0}, veamos si pertenece a la imagen Im(T ) = {T (v)/v ∈ V } = {xp(x)/p(x) ∈ P2 [x]}= ax3 + bx2 + cx/a, b, c ∈ R
Claramente
los tres parámetros
a, b, c
de T.
libres de tomar cualquier valor indican que la dimensión de
son tres los vectores o polinomios que
generan 43
a la imagen .
Im(T )
es
3 ,
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
Im(T )= a(x3 ) + b(x2 ) + c(x)/a, b, c ∈ R = x3 , x2 , x 1 + x pertenece a la imagen ?
aqui vemos que
x2 ∈ Im(T )
¾ y el polinomio
x3 , con x2 y con x de todas las 3 2 maneras posibles se obtendrá 1+x ?,claramente no existe números a, b, c tal que 1+x = a·x +b·x +c·x, la constasnte 1 de 1 + x no permite resolver el sistema. Asi 1 + x∈ / Im(T ).
la respuesta es por simple inspección ¾ cree ud alumno que combinando
(c)
2x − x3 Solución. Este elemento si pertenece a la imagen de T , pues existen basta tomar
a = −1, b = 0, c = 2
5. Sea la transformación lineal ¾ Cuales pertenecen a la
(a)
x2 − x + 3 2
T : P2 [x] → P3 [x] de nida por T (1) = x2 −2, T (x) = x3 + x, T (x2 ) = x3 +2x2 +1.
Im(T )?
!
(b)
x − 2x + 1
(c)
4x3 − 3x + 5 Solución .Aqui no se ha dado explicitamente la función de
a, b, c tal que 2x−x3 = a·x3 +b·x2 +c·x,
T
, se ha dado la imagen de los vectores basales
P2 [x]
para efectos de imagen es su ciente pues justamente la imagen es
Im(T ) =
x2 − 2, x3 + x, x3 + 2x2 + 1
los vectores en a) b) y en
generada
por estos vectores |
c) estarán en el subespacio
Imagen de T
si y solo si existen reales
a, b, c
tal
que
x2 − x + 3= a(x2 − 2) + b(x3 + x) + c(x3 + 2x2 + 1) 2 2 3 3 2 .x − 2x + 3= a(x − 2) + b(x + x) + c(x + 2x + 1) 3 2 3 3 4x − 3x + 5= a(x − 2) + b(x + x) + c(x + 2x2 + 1) aqui vamos resolver tres sistemas en forma simultanea colgando los coe cientes de los polinomios generadores e igualando a los vectores de a),b) y de c) se tiene la matriz re ampliada
0 (1) 0 −2
1 0 1 0 operación F4
1 | 0 0 2 | 1 1 0 | −1 −2 1 | 3 3 → 2F2 + F4
4 0 pivotemaos −3 5
en la 2 , en
a21 = 1
para cambiar al la 4.con la
si es preciso aclaramos esta matriz, por ejemplo la primera columna se obtuvo colgando los coe cientes del polinomio generadorx
3
2
−2
comenzando con el coe ciente de
2
0 · x + 1 · x + 0 · x + (−2).tambien de la primara a
x3
, observe que
x2 − 2=
la cuarta columna es el primer sistema de ecuaciones,
las tres primeras columnas y la columna 5 corresponde al segundo sistema y las tres primeras columnas y la columna 6 corresponde al tercer sistema. Ahora pivoteamos en la matriz A del sistema que son las tres primeras columnas. 44
0.2.
pivotemaos en
a21 = 1
ESPACIOS VECTORIALES
la matriz anterior para cambiar al la 4.con la operación
F4 → 2F2 + F4
y
obtenemos la siguiente matriz
0 1 0 0 eración
1 1 | 0 0 0 2 | 1 1 (1) 0 | −1 −2 0 5 | 5 5 F1 → (−1)F3 + F1
4 0 −3 5
pivoteando en la 3, en
| 1 2 7 | 1 1 0 pivoteando en | −1 −2 −3 | 5 5 5 con la operación F2 → (−2)F3 + F1 y la operación F4 → (−5)F1 + F4 0 0 1 | 1 2 7 1 0 0 | −1 −3 −14 n del pivoteo 0 1 0 | −1 −2 −3 0 0 0 | 0 −5 −30 0 0 1 1 0 0 observe la la 4 de la matriz A = 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0
0 0 1 0
(1) 2 0 5
a32 = 1
la 1 , en
para cambiar la 1, con la op-
a13 = 1
para cambiar la 2 y la 4 ,
, hemos resuelto los tres sistemas .
| | | |
0
−5
llena de ceros ,la matriz A
−30
tiene tres ceros en la 4, En la cuarta la de la matriz ampliada debieran haber solo ceros , solo así los
!
tres sistemas tendrían solución , el unico sistema con solución es el primer sistema . el cero no puede ser igual a -5 ni tampoco igual a -30, luego solo el vector
6.
x2 − x + 3
pertenece al subespacio
Im(T ).
.
B = {v1 , v2 , v3 } de R3 donde v1 = (1, 2, 3), v2 = (2, 5, 3) , v3 = (1, 0, 10) T (v1 ) = (1, 0), T (v2 ) = (1, 0). T (v3 ) = (0, 1).
Construcción de T.L Sea la base Hallar
3
T :R →R
2
tal que
Solución. Escribimos un vector cualesqiera de
B = {v1 , v2 , v3 } de R
3
R3 ,
como
v = (x, y, z)
como combinación lineal de los vectores de la base
.
es decir debemos encontrar números reales
x1 , x2 ,x3
tal que
v = (x, y, z)
=x1 (1, 2, 3)+, x2 (2, 5, 3)+x3 (1, 0, 10)
sistema a resolver es:
1 2 (1) 2 5 0 3 3 10 1 2 2 5 −7 −17
| x | y pivoteando en primera la en a13 = 1, cambiamos la 3 por (-10) la 1+ la3 | z 1 | x ,la la 2 y la 3 permiten resolver un sistema de 2 × 2, que resuelto 0 | y 0 | z − 10x
método de Cramer queda
45
por
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES y 5 z − 10x −17 −17y − 5(z. − 10x) 50x − 17y − 5z 2 5 x1 y = = = ⇒ x1 = −7 −17 x2 z − 10x 2(−17) − (−7)(5) 1 2 5 −7 −17 2 y −7 z − 10x 2(z − 10x) − (−7)y −20x + 7y + 2z = ⇒ x2 = = 2(−17) − (−7)(5) 1 5 2 −7 −17 reemplazamos
x1 , x2
encontrados en la 1 ,
x1 + 2x2 + x3 = x → x3 = −(50x − 17y − 5z) − 2(−20x + 7y + 2z) =
−9x + 3y + z ahora de
v = (x, y, z)
=x1 (1, 2, 3)+, x2 (2, 5, 3)+x3 (1, 0, 10) aplicamos
T
a ambos lados
T (v) = T (x, y, z) =x1 T (1, 2, 3) + x2 T (2, 5, 3)+x3 T (1, 0, 10) T (1, 2, 3) = (1, 0), T (2, 5, 3) = (1, 0), T (1, 0, 10) = (0, 1) T (v) = T (x, y, z) =x1 (1, 0) + x2 (1, 0)+x3 (0, 1) T (v) = T (x, y, z) =(x1 +x2 ,x3 ) = (50x−17y −5z +−20x+7y +2z, −x+3y +z) = (30x−10y −3z, −9x+3y +z) tenemos pero
la función encontrada es
T (x, y, z)= (30x − 10y − 3z, −9x + 3y + z)
veamos si es cierto , evaluamos en un elemento de la base ,
T (1, 2, 3) = (30 · 1 − 10 · 2 − 3 · 3, −9 + 3 · 2 + 3)= (1, 0)
7. Hallar una T.L
T : R3 → R3
tal que
!
.
,efectivamente obtenemos el mismo valor dado.
Ker(T ) = h{(1, 1, 1), (2, 0, 1), (7, 1, 4)}i
Solución:
B = {v1 , v2 , v3 } de R3 de partida , esta debe contener a los vectores L.I del Ker(T ).asi que veamos si los que generan al Ker(T ) son o no linealmente independientes. 1 2 7 | 0 (1) 0 1 | 0 pivoteamos en a21 = 1, cambiamos la 1 y la 3 1 1 4 | 0 0 2 6 | 0 1 0 1 | 0 pivoteamos en a32 = 1, cambiamos la 1. 0 (1) 3 | 0 0 0 0 | 0 1 0 1 | 0 los tres ceros en la 1 indican un sistema con 2 ecuaciones y tres incógnitas , la variable 0 (1) 3 | 0 libre es x3 que corresponde al tercer vector .eliminamos (7, 1, 4) del Ker(T ) .→Ker(T ) = h{(1, 1, 1), (2, 0, 1)}i 3 tenemos dos vectores del Ker(T ) candidatos a base de R , hace falta uno mas, este lo elegimos de la base 3 canónica de R , digamos v1 = (1, 0, 0), entonces v2 = (1, 1, 1), v3 = (2, 0, 1) ¾ y estos tres vectores son L.I.? 1 1 2 1 0 = 1 , determinante distinto de cero nos dice que hemos elegido un vistazo rápido al determinante 0 0 1 1 3 bien el vector canónico. ya tenemos base de R ,. Para construir la función lineal
T,
se requiere una base
ahora de nimos la aplicación y condiciones de
T.
T (1, 1, 1) = (0, 0, 0), T (2, 0, 1) = (0, 0, 0), T (1, 0, 0) = (? , ?, ?) 46
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
Ker(T ) , tienen que llegar a (0, 0, 0), pero el vector (1, 0, 0) que no está en Ker(T ) puede llevarse a cualquier vector de R3 , por eso este ejercicio es de muchas respuestas , para hallar una respuesta enviemos el vector (1, 0, 0) al vector cualesquiera (0, 1, 0). observe que los vectores del el
entonces
T (1, 1, 1) = (0, 0, 0), T (2, 0, 1) = (0, 0, 0), T (1, 0, 0) = (0 , 1, 0) ahora procedemos como antes. Escribimos un vector cualesqiera de base
B = {v1 , v2 , v3 } de R
3
R3 ,
como
v = (x, y, z)
como combinación lineal de los vectores de la
.
es decir debemos encontrar números reales
x1 , x2 ,x3
tal que
v = (x, y, z)
=x1 (1, 1, 1)+, x2 (2, 0, 1)+x3 (1, 0, 0)
sistema a resolver es:
1 2 1 (1) 0 0 1 1 0 0 2 1 1 0 0 0 (1) 0 0 0 1 | 1 0 0 | 0 1 0 |
| x | y pivoteamos en a21 = 1 | z | x−y | y pivoteamos en a32 = 1 | z−y x − y − 2(z − y) x1 = y y listo el sistema x2 = z − y z−y x3 = x + y − 2z
entonces de
v = (x, y, z)
=x1 (1, 1, 1)+, x2 (2, 0, 1)+x3 (1, 0, 0) aplicamos
T
T (x, y, z) =x1 T (1, 1, 1)+, x2 T (2, 0, 1)+x3 T (1, 0, 0) T (x, y, z) =x1 (0, 0, 0)+, x2 (0, 0, 0)+x3 (0, 1, 0)= (0, x3 .0) T (x, y, z) = (0, x + y − 2z, 0) .esta una de muchas funciones
!
8. Hallar una T.L de nida de
a ambos lados
tal que
Ker(T ) = h{(1, 1, 1), (2, 0, 1)}i
T : M2×2 (R) → P3 [x], del espacio de las matrices Im(T ) = x + 1, 1 − x3 .
.
de 2por 2 alespacio de los
polinomios de grado hasta 3, con la condición Solución:
Este ejercicio si tiene hartas soluciones, se requiere una base del espacio de matrices
2 × 2 que son 4 matrices
, cada alumno puede elegir la base que se le antoje , cada alumno puede elegir 4 matrices L.I y obtener una T.L distinta. aqui elejimos como base a la canónica de
1 0 0 T 0 0 T 1 T
M 2×2
y establecemos la relación
0 =x+1 0 1 = 1 − x3 0 0 =? 0 47
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES T
0 0
0 1
=?
0 0 0 ¾ a qué polinomioS enviamos las matrices , 1 0 0 3 polinomios x + 1.1 − x sol L.I asi que dim(Im(T )) = 2, dim(Im(T )) + dim(Ker(T )) = 2 + dim(Ker(T ))
0 1
? , siendo
Im(T ) =
por teorema de la dimensión
entonces se debe encontrar una T.L talque deben enviarse al polinomio
1 0 0 T 0 0 T 1 0 T 0 T
cero,
dim(Ker(T )) = 2
entonces las matrices
x + 1, 1 − x3
. los
dim(M2×2 ) = 4 = 0 1
0 0
0 , 0
0 1
rede nimos la realción
0 =x+1 0 1 = 1 − x3 0 0 =0 0 0 =0 1
Ahora procedemos como antes.
a b M2×2 como v = como combinación lineal de los vectores de c d 1 0 0 1 0 0 0 0 la base B = v1 = , v2 = , , v3 = , v4 = , de M2×2 . 0 0 0 0 1 0 0 1 es decir debemos encontrar números reales x1 , x2 ,x3 , x4 tal que a b 1 0 0 1 0 0 0 0 v= = x1 + x2 +x3 + x4 c d 0 0 0 0 1 0 0 1 sistema a resolver es: x1 = a 1 0 0 0 | a 0 1 0 0 | b x2 = b 0 0 1 0 | c sistema ya resueltox = c 3 0 0 0 1 | d x4 = d a b 1 0 0 1 0 0 0 0 Asi que de v = =x1 + x2 +x3 + x4 aplicamos T a ambos c d 0 0 0 0 1 0 0 1 Escribimos un vector cualesquiera de
lados
T T
a c
b d
a c
b d
= x1 T
=x1 (x
1 0
0 0
+ x2 T
0 0
1 0
+x3 T
0 1
0 0
+ x4 T
0 0
0 1
+ 1) + x2 (1 − x3 )+x3 · 0 + x4 · 0 =a(x + 1) + b(1 − x3 )
entonces una de las muchas funciones lineales sería
T
9.
a c
b d
=(−b)x
3
+ ax + (a + b)
f unciones inyectivas
(a) ¾ Es
T
Sea
esta satisface que
T : R2 → R2
Im(T ) =
la función lineal
inyectiva.? 48
x + 1, 1 − x3
!
.
T (x, y) = (2x − y, x + y)
.
0.2.
(b) Hallar la inversa de
T,
ESPACIOS VECTORIALES
si existe.
Solución.a)
T : V → W es inyectiva si y solo si Ker(T ) = {0}. Ker(T ) = {(x, y)/(2x − y, x + y) = (0, 0)}. ( 2x − y = 0 es una cuestión muy fácil.con solución x = 0, y = 0 resolver el sistema x+y =0 claramente Ker(T ) = {(0, 0)}.⇒ T es una f unci´ on inyectiva A saber: una función entonces
Solución b) A saber: una función
T :V →W
es epiyectiva si y solo si
dim(W ) = dim(Im(T )) inyectiva y tambien epiyectiva,
para la existencia de una función inversa se requiere que sea funciones se llaman pero si
T
es una función lineal que se aplica en el mismo espacio , es decir
Ker(T ) = {0}. asi que la función T : R2 → R2 −1 inversa T : R2 → R2 , debemos hallarla.
es biyectiva si y solo si
biyectiva
, esta tiene
sea entonces
dichas
biyectivas
T −1 (a, b) = (x.y)⇒ T (x.y) = (a, b),
resolvemos
con
T : V → V , entonces T Ker(T ) = {(0, 0)}. ya es
T (x, y) = (2x − y, x + y)= (a, b)
el sistema fácil a resolver es
x= a+b 2x − y = a 3 con solución 2b − a x+y =b y= 3 a + b 2b − a −1 −1 entonces T (a, b) = (x.y)⇒ T (a, b) = ( , ) 3 3 (
!
.
T : V → W es una función lineal y biyectiva se dice que T es un isomorf ismo V,W son isomorf os es decir son de igual forma solo tienen distinto color por
Una observación: Cuando se dice que los espacios
decirlo de manera doméstica.
10. Sea
4
T : R → M2×2 (R)
(a) ¾ Es
T
una función
lineal
de nida por
T (x, y, z, w) =
inyectiva.?
(b) Hallar la inversa de
T,
si existe.
Solución:
a) veamos
Ker(T ),
resolvemos el sistema
x−y =0 x+y+z =0 2x − w = 0 −y + 3w = 0 49
x−y 2x − w
x+y+z −y + 3w
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
1 (−1) 0 0 | 0 2 0 1 0 | 0 pivoteamos en a12 = −1→ 2 0 0 −1 | 0 −1 0 0 3 | 0 ( 2x − w = 0 listo el sistema , de la la 3 y la 4 se tiene el sistema 2 × 2 −x + 3w = 0 2 −1 el determinante de este pequeño sistema es no cero det(A) = −1 3 = 7 6= 0,luego el sistema tiene solución única y como homogeneo la única solución es x = 0, w = 0, si se remplaza estos valores en la 2⇒ 2x + z = 0 ⇒ z = 0, si se reemplaza en la 1⇒ x − y = 0 ⇒ y = 0 asi el sistema tiene solución trivial igual a cero, entonces Ker(T ) = {(0, 0, 0, 0)} implica que T es inyectiva.
1 1 2 0
(−1) 1 0 −1
0 1 0 0
0 0 −1 3
| | | |
0 0 0 0
Solución b)
dim(R4 ) = 4 = dim(Ker(T )) + dim(Im(T )) = 0 + dim(Im(T )), entonces dim(Im(T )) = 4, siendo Im(T ) un subespacio de M2×2 (R) este no puede tener la misma dimensión que M2×2 (R) a menos que Im(T ) = M2×2 (R), eso indica que T es una función epiyectiva, por tanto biyectiva , podemos hallar la inversa de T . a b a b −1 4 −1 T : M2×2 (R) → R tal que T = (x, y, z, w) aplicando T a ambos lados se tiene = c d c d T (x, y, z, w) entonces resolvemos el sistema x−y =a x+y+z =b x−y x+y+z a b T (x, y, z, w) = con matriz ampliada = ⇒ 2x − w −y + 3w c d 2x − w = c −y + 3w = d 1 −1 0 0 | a 1 (−1) 0 0 | a 1 0 1 0 | a+b 1 1 0 | b pivoteamos en a12 = −1→ 2 2 2 0 0 (−1) | c 0 0 −1 | c −1 0 0 3 | d−a 0 −1 0 3 | d ahora pivoteamos en a34 = −1 para obtener observe que
0 | a 0 | a+b de la la 4, x = −a + 3c + d esto lo reemplazamos en la 3 (−1) | c 5 0 | d − a + 3c −2a + c + 2d 7a + 5b − 6c − 2d para obtenerw = con ello reemplazamos x en la 2 para obtener z = , 5 5 −6a + 3c + d tambien en la 1 reemplazamos x y obtenemos y = 5 a b −1 asi T = (x, y, z, w) c d −a + 3c + d −6a + 3c + d 7a + 5b − 6c − 2d −2a + c + 2d a b → T −1 =( , , , ) . c d 5 5 5 5 1 2 2 5
−1 0 0 0
0 1 0 0
!
veamos si está correcto , por la función
T (x, y, z, w) =
x−y 2x − w
x+y+z −y + 3w
T 1 ⇒ T (1, 0, 0, 0) = 2
50
1 0
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
T −1 , debiera devolver la imagen .en efecto −1 + 3 · 2 + 0 −6 · 1 + 3 · 2 + 0 7 · 1 + 5 · 1 − 6 · 2 − 0 −2 · 1 + 2 + 0 =( , , , ) = (1, 0, 0, 0) 5 5 5 5 comprobar posibles errores, el punto (1, 0, 0, 0) se ha escogido por su simplicidad.
por la función inversa
⇒ T −1
1 2
1 0
es una manera de
!
.
MATRIZ ASOCIADA A UNA TRANSFORMACION LINEAL
T : R3 → R2 bases E = {(−1, 2, 0), (0, 1, −1), (1, 2, 1)}
11. Hallar la matriz asociada a la transformación lineal
T (x, y, z) = (2x − y, 2x − z) {(1, 1), (−1, 0)} base de R2 .
de nida por
en las
de
R3 .
y
F =
Solución Calculamos la imagen de la base E, y escribimos cada imagen como combinación lineal de los vectores de la base de llegada F
T (−1, 2, 0) = (−4, −2) = x1 (1, 1) + x2 (−1, 0) T (0, 1, −1) = (−1, 1) = y1 (1, 1) + y2 (−1, 0) T (1, 2, 1) = (0, 1) = a(1, 1) + b(−1, 0) La matriz buscada es la matriz de tamaño
2×3
F , simbolizada por [T ]E
dicha matriz resolvemos tres sistemas en forma simultanea
1 (1)
−1 0
| −4 | −2
−1 1
0 1
pivotenado en
a21 = 1,se
tiene
0 (1)
=
−1 0
x1 x2
| −2 | −2
y1 y2
a b
−2 1
, para encontrar
−1 1
multiplicando
la la 1 por (-1) y ordenado la identidad
!
0 (1)
1 | 0 |
2 −2
2 1 1 1
(1) ⇒ 0
0 | 1 |
−2 2
1 1 2 1
matriz buscada
F
[T ]E =
x1 x2
y1 y2
a b
=
−2 2
1 1 2 1
.
T : P3 [x] → M2×2 (R) a+b c+d de nida por T (ax + bx + cx + d) = −2a − c d 2 3 en las bases E = 1 − x, 1 − x , 1 − x , 1 de P3 [x] y 1 0 −1 2 0 −1 1 2 , base de M2×2 (R). F = , , 0 −1 0 1 0 −1 2 0
12. Hallar la matriz asociada a la transformación lineal
3
2
Solución Calculamos la imagen de la base E, y escribimos cada imagen como combinación lineal de los vectores de la base de llegada F
0 0 1 = x1 1 1 0 −1 1 T (1 − x2 ) = = y1 0 1 −1 1 3 T (1 − x ) = =∇ 2 1 0 1 1 0 T (1) = =α 0 1 0 −1 la matriz buscada es de tamaño x1 y1 ∇ α x2 y2 ♥ β F [T ]E = x3 y3 ♠ γ x4 y4 ♣ δ
T (1 − x) =
0 −1 2 0 −1 1 2 + x2 + x3 + x4 −1 0 1 0 −1 2 0 1 0 −1 2 0 −1 1 2 + y2 + y3 + y4 0 −1 0 1 0 −1 2 0 1 0 −1 2 0 −1 1 2 +♥ +♠ +♣ 0 −1 0 1 0 −1 2 0 −1 2 0 −1 1 2 +β +γ +δ 0 1 0 −1 2 0 4×4
para hallar dicha matriz resolvemos 4 sistemas en forma simultanea. 51
0.2.
ESPACIOS VECTORIALES
(1) −1 0 0 2 −1 (A|b = 0 0 0 −1 1 −1 1 −1 0 1 0 2 −1 2 ⇒ 0 0 0 2 0 0 (−1) 1 1 −1 0 1 0 2 0 (1) ⇒ 0 0 0 2 0 0 −1 1 1 −3 0 0 0 2 0 1 ⇒ 0 (−2) 0 0 0 −2 −1 0 1 0 0 0 | 0 0 0 1 | 0 (−2) 0 0 | 0 0 −1 0 |
0 −1 −1 0 0 1 1 1 pivoteamos en a11 = 1 1 0 2 0 1 1 1 1 | 0 −1 −1 0 | 0 1 1 1 pivoteamos en a43 = −1 | 1 0 2 0 | 1 0 0 1 | 0 −1 −1 0 | −1 1 1 0 pivoteamos en a24 = 1 | 1 0 2 0 | 1 0 0 1 | 1 −2 −2 0 | −1 1 1 0 pivoteamos en a32 = −2 | 3 −2 0 0 | 2 −1 −1 1 −7/2 1 −2 0 2 −1 1 0 la la 1 ha sido cambiado por la operación F1 → ( 3 )F3 + F1 3 −2 0 0 −2 −1 1 −1 1 1 2 2 0
| | | |
la la 3 ,la dividimos por (-2),la la 4 la multiplicamos por (-1) y ordenamos la identidad
1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 x1 x F 2 [T ]E = x3 x4
| | | | y1 y2 y3 y4
−7/2 −3/2 1 2 ∇ α ♥ β ♠ γ ♣ δ
es la tercera columna
1 −2 0 1 0 0 −1 1 −1 −1 1 0 −7/2 −3/2 = 1 2
!
∇ = −2, ♥ = 0, ♠ = 1, ♣ = 1.
hemos resuelto los 4 sistemas de ecuaciones, la matriz buscada es 1 1 −1 −1
−2 0 1 1
0 0 observe por ejemplo que el tercer sistema resuelto −1 0
.
v ∈ V , respecto a una base E = {v1 , v2 , ..., vn }. v ∈ V se escribe como combinación lineal de la base E = {v1 , v2 , ..., vn }.,es decir se encuentran reales x1 , x2 , ...xn tal que v = x1 v1 + x2 v2 + ...xn vn se llama vector coordenado de v respecto a la base E al x1 x2 vector columna formado por los reales x1 , x2 , ...xn , simbolizado por [v]E = . . . xn −1 1 1 0 −1 2 0 −1 1 Hallar el vector coordenado de v = respecto a la base E = { , , , 2 1 0 −1 0 1 0 −1 2 esto ya está resuelto ,existen reales ∇ = −2, ♥ = 0, ♠ = 1, ♣ = 1. tal que −1 1 1 0 −1 2 0 −1 1 2 =∇ +♥ +♠ +♣ ,el vector coordenado es [v]E = 2 1 0 −1 0 1 0 −1 2 0 ∇ −2 ♥ 0 ♠ = 1 . ♣ 1
13. Vector coordenado de un vector El vector
!
52
2 0
}
0.2.
14. Sea
T : R3 → R2
una T.L. cuya matriz asociada en las bases
E = {(1, 0, −1), (0, 2, 0), (1, 2, 3)},F = {(1, −1), (2, 0)} Use la matriz para hallar
E
de
V
y
2 3
−1 1
−3 0
F
F
de W,
[v]E es el vector coordenado en base E. Para nuestro ejemplo 2 −1 −3 F · [(2, −3, 2)]E , debemos hallar primero el vector coordenado [v]E = [T (v)]F =[T ]E · [v]E = 3 1 0 x1 [(2, −3, 2)]E = x2 , resolviendo el sistema (2, −3, 2) = x1 (1, 0, −1) + x2 (0, 2, 0) + x3 (1, 2, 3), en matriz x3 queda (1) 0 1 | 2 0 2 2 | −3 pivoteando en a11 = 1 −1 0 3 | 2 (1) 0 1 | 2 0 2 2 | −3 diviendo la 3 por 4 y pivoteando en a33 = 4/4 = 1 0 0 4 | 4 1 1 0 0 | 1 1 0 1 | 2 0 2 0 | −5 ⇒ −5/2 = [(2, −3, 2)]E 2 | −3 ∼ 0 2 1 0 0 (1) | 1 0 0 (1) | 1 entonces 1 3/2 2 −1 −3 F [T (v)]F =[T ]E · [v]E = · −5/2 = 1/2 3 1 0 1 3 3/2 Si entendemos el concepto de vector coordenado, que [T (v)]F = signi ca que T (v) = (1, −1) + 1/2 2 1 5 3 (2, 0) = ( , − ) . 2 2 2 la imagen
T (v)
F
[T ]E =
T.V → W una función lineal , con [T ]E la matriz asociada a la función F entonces [T (v)]F =[T ]E · [v]E , donde [T (v)]F es un vector coordenado de
Aquí usamos el Teorema que dice asi: en las bases
es
T (2, −3, 2).
Solución
T
ESPACIOS VECTORIALES
en base F y
!
53
0.3.
INTRODUCCION A LA PROGRAMACION LINEAL.
4
0.3
INTRODUCCION A LA PROGRAMACION LINEAL.
1. Ejercicios resueltos. .
Una empresa especializada en la fabricación de mobiliario para casas de muñecas , produce cierto tipo
de mesas y sillas que venden a 2000 um y 3000 um la unidad respectivamente. Desea saber cuántas unidades de cada artículo debe fabricar diariamente un operario para maximizar los ingresos ,teniendo las siguientes restricciones : El número total de unidades de los dos tipos no podrá exceder de 4 unidades por día y operario. Cada mesa requiere 2 horas para su fabricación , cada silla 3 horas.La jornada laboral máxima es de 10 horas. El material utilizado en cada mesa cuesta 400 um, el utilizado en cada silla cuesta 200 um. Cada operario dispone de 1200 um diarias para material.a. Exprese la función objetivo y las restricciones del problema. b. Represente grá camente la región factible y calcule los vértices de la misma. c. Resolver el problema. Solucioón las variables de decisión son
x : n´ umeros de mesas a f abricar y : n´ umeros de sillas a f abricar La función objetivo es la función
z = 2000x + 3000y
sujeto a
x+y ≤4 2x + 3y ≤ 10 400x + 200y ≤ 1200 x ≥ 0, y ≥ 0 Al dibujar cada recta y buscar la interesección
la función objetivo es
de cada semiplano se obtiene el siguiente grá co
paralela a la restricción 2x + 3y ≤ 10, x = 2, y = 2
ésta se mueve hasta alcanzar el vértice máximo
que es la solución óptima
entonces se deben fabricar 2 mesas y 2 sillas para obtener un máximo ingreso de
!
z = 2000·2+3000·2 = 10000
2. Dos pinturas A y B tienen ambas dos tipos de pigmentos p y q ; A está compuesto de un 30 % de p y un 40% de q, B está compuesto de un 50 % de p y un 20% de q , siendo el resto incoloro. Se mezclan A y B con las siguientes restricciones: La cantidad de A es mayor que la de B . Su diferencia no es menor que 10 gramos y no supera los 30 gramos. B no puede superar los 30 gramos ni ser inferior a 10 gramos.
(a) ¾Qué mezcla contiene la mayor cantidad del pigmento p.?
4 Profe.Osvaldo
Carvajal C
54
0.3.
INTRODUCCION A LA PROGRAMACION LINEAL.
(b) ¾Qué mezcla hace q mínimo.? Solución. Si ordenamos en una tabla el % de pigmentos tenemos A
B
p
0.30
0.50
q
0.40
0.20
de nimos las siguientes variables de decisión.
x : Cantidad de A a mezclar y : Cantidad de B a mezclar En a) debemos maximizar la cantidad del pigmento
p.En b) debemos minimizar la cantidad del pigmento
q Asi que tenemos dos funciones objetivos sujetos a las mismas restricciones. Funciones objetivos
M ax z = 0.30x + 0.50y ,
M in w = 0.40x + 0.20y
sujeto a La cantidad de A es mayor que la de B
→x>y x − y ≥ 10
Su diferencia no es menor que 10 gramos→ y no supera los 30 gramos→
x − y ≤ 30 y ≤ 30 gramos→ y ≥ 10
B no puede superar los 30 gramos→ ni ser inferior a 10 sujeto a
x>y x − y ≥ 10 x − y ≤ 30 y ≤ 30 y ≥ 10 x ≥ 0, y ≥ 0 Al dibujar cada recta y lograr las intersecciones se obtiene el siguiente dibujo
C(60, 30) la funz = 0.30x + 0.50y que se ve de linea más gruesa superior ( de color azul) alcanzando su máximo de pigmento p. La función objetivo segunda es w = 0.40x + 0.20y es la recta de linea más gruesa unferior( color rojo) y alcanza su valor mínimo en el vértice A(20, 10). Observe que la restricción x > y es totalmente redundante , es la recta con lineas discontinuas . Entonces respondemos. Para lograr un maximo de pigmento p se deben mezclar 60 gramos de la pintura la región achurada es la región factible , el valor máximo se alcanza en el vértice
ción objetivo primera es la recta
A y 30 gramos de la pintura B, lográndose con ello 33 gramos de dicho pigmento.Para lograr el mínimo
55
0.3.
INTRODUCCION A LA PROGRAMACION LINEAL.
de pigmento
q
!
se deben mezclar 20 gramos de la pintura A y 10 gramos de la pintura B , lográndose 10
gramos de dicho pigmento.
3. El problema del transporte.
trata de encontrar los caminos para trasladar mercancia desde varias plantas
(orígenes) a diferentes centros de almacenamientos (destinos) de manera que se minimice el costo del transporte.Veamos un ejemplo simpli cado. Una empresa dedicada a la fabricación de componentes de computador tiene dos fábricas que producen 800 y 1500 piezas mensuales .Estas piezas deben ser transportadas a tres tiendas que necesitan 1000, 700 y 600 piezas respectivamente .Los costos de transporte por pieza transportada está registrada en la tabla siguiente. Tienda A
Tienda B
Tienda C
Fábrica I
3
7
1
Fábrica II
2
2
6
Se exige que toda la producción sea distribuida a los centros de ventas en las cantidades que precisa cada uno , por tanto no pueden generarse stock del producto ni en las fábricas ni en los centros de ventas.En consecuencia los 800 artículos producidos en la fábrica I deben distribuirse en las cantidades manera que
x, y, z
a tiendas A,B y C de
x + y + z = 800.
z , observe que z = 800−x−y , x unidades a la tienda A , la fáfrica II envía 1000 − x, esto se ilustra mejor en una tabla de env´ ıos,del mismo modo si la fábrica I envia y unidades a la tienda B entonces la fábrica B envia 700−y
para hacer de este ejercicio un ejercicio de solo 2 variables , tenemos que eliminar entonces si la fábrica I envía
Fábrica I Fábrica II
Tienda A
Tienda B
Tienda C
x 1000 − x
y 700 − y
800 − x − y 600 − (800 − x − y)
1000
700
600
800 1500
observe que la suma de columnas cuadra igual que la suma de las . veamos la función objetivo
M inimizar z = 3x + 7y + 1(800 − x − y) + 2(1000 − x) + 2(700 − y) + 6(600 − 800 + x + y) simpli cando
M inimizar z = 6x + 10y + 3000 sujeto a las restricciones que se obtienen de la tabla de envios , cada celda de la tabla debe ser
x≥0 y≥0 800 − x − y ≥ 0 1000 − x ≥ 0 700 − y ≥ 0 −200 + x + y ≥ 0
y≥0 x ≥ 0 x + y ≤ 800 ⇒ x ≤ 1000 Dibujamos y ≤ 700 x + y ≥ 200
56
nonegativa
cada recta y achuramos la intersección.
0.3.
observe la redundancia de la restricción mínimo en el punto
A = (200, 0)
x ≤ 1000,
INTRODUCCION A LA PROGRAMACION LINEAL.
observe también que la función objetivo alcanza su valor
obtenemos entonces la solución
z m´ınimo = 6(200) + 10(0) + 3000 = 4200
con tabla de envío óptima siguiente:
Tienda A
Tienda B
Tienda C
Fábrica I
200
0
600
800
Fábrica II
800
700
0
1500
1000
700
600
!
4. El problema de la dieta . Gerge J.Stilger recibio el premio novel de Economía en 1982 por su trabajo El costo de la subsistencia , en el que desarrolla el problema de la dieta. una forma simpli cada es En una granja de pollos se da una dieta para engordar con un composición mínima de 15 unidades de una sustancia A y otras 15 de una sustancia B.En el mercado sólo se encuentra dos clases de compuestos: El tipo
X
con composición de 1 de A y 5 de B y el tipo
precio del tipo
X
Y con una composición de 5 unidades de A y 1 de B . El Y es de 3000 u.m, esto está resumido en la siguiente tabla.
es de 1000 u.m y el precio del tipo
Compuesto
X
Compuesto
Y
Requerimiento Mínimo
Sustancia A
1
5
15
Sustancia B
5
1
15
1000
3000
Las varaibles de decisión son
x : Cantidad del compuesto X a usar o comprar y : Cantidad del compuesto Y a usar o comprar De inmediato surge la función objetivo, minimizar el costo
M inimizar z = 1000x + 3000y sujeto a
1·x +5 · y ≥ 15 5 · x+ 1 · y ≥ 15 x≥0 y≥0 gra cando las rectas y achurando su intersección tenemos 57
0.3.
INTRODUCCION A LA PROGRAMACION LINEAL.
La función objetivo alcanza su valor mínimo en el vértice
z = 1000(2.5) + 3000(2.5) = 10000 Entonces del compuesto X se deben mínimo de 10000.
!
A = (2.5, 2.5)
para obtener el costo mínimo
usar o comprar 2.5 unidades , del compuesto
Y
lo mismo, a un costo
5. La compañía AAA , posee una pequeña fabrica de pintura para interiores ( I) y exteriores ( E) de casas para su distribución de mayoreo. Se utilizan dos materiales básicos .Materia prima A y Materia prima B para producir pintura , las disponibilidades máximas de A es de 6 toneladas diarias y de la de B es de 8 toneladas diarias . La necesidad diaria de materia prima por tonelada de pintura para interiores y exteriores se resume en la tabla. Interior(I)
Exterior(E)
Disponibiliad Materia Prima
Materia prima A
2
1
6
Materia prima
1
2
8
B
Un estudio de mercado ha establecido que la demanda diaria de pintura para interiores no puede ser mayor que la pintura para exteriores en más de una tonelada . Asimismo el estudio señala que la demanda máxima para pintura de interiores está limitada a 2 toneladas diarias. El aporte a la utilidad de pintura de I es de 2.000 u.m y de 3.000 u.m para E por tonelada. ¾Cuánta pintura para I y para E debe producir la compañía todos los días para maximizar su utilidad.? Solución. De namos las variables de decisión
x : cantidad en toneladas de pintura para interiores(I) a producir. y : cantidad en toneladas de pintura para exteriores(E) a producir.
De las preguntas se deduce las variables, sea y sea
de inmediato planteamos la función objetivo.M aximizar z
= 2000x + 3000y
de la tabla ,se deducen las siguientes restricciones
( 2x + y ≤ 6 x + 2y ≤ 8 de la frase la demanda diaria de pintura para interiores no puede ser mayor que la pintura para exteriores en m´ as de 1 to se deduce la restricción
x≤y+1 de la frase
la demanda m´ axima para pintura de interiores est´ a limitada a 2 toneladas diarias
se deduce la restricción
x≤2 58
0.3.
con las restricciones naturales
INTRODUCCION A LA PROGRAMACION LINEAL.
x ≥ 0, y ≥ 0 entonces tenemos todas las restricciones , dibujamos y achuramos.
E = (1.33, 3.33) para obtener 4 10 una utilidad máxima de 12666 aproximadamente , pues las verdaderas coordenadas del puto E son E = ( , ) 3 3 Observe que la función objetivo alcanza el valor máximo en el vértice destacado
!
Entonces obtenemos solución igual a 1,33 toneladas de pintura de interior y 3,33 toneladas de pintura exterior.
6. Una pequeña fabrica de muebles produce mesas y sillas . Se tarda 2 horas en ensamblar una mesa y 30 minutos en armar una silla .El ensamblaje lo realizan 4 obreros sobre la base de un solo turno diario de 8 horas .Los clientes suelen comprar 4 sillas con cada mesa ; lo que signi ca que la fabrica debe producir por lo menos cuatro veces más sillas que mesas . El aporte a la utilidad es de $ 135 por mesa y $ 50 por silla .Determine la combinación de sillas y mesas en la producción diaria que maximizará la utilidad diaria total. Solución De las preguntas se deducen las variables de decisión.
x : n´ umero de mesas a producir, y : n´ umero de sillas a producir salta al tiro la función objetivo como
M aximizar z = 135x + 50y
en cuanto a las restricciones se dispone del recurso limitado horas -hombres igual a
4 · 8 = 32
consume en 2 horas por cada mesa y 1/2 hora por cada silla, asi que salta la restricción
horas ,el cual se
1 2x + y ≤ 32 2
De la frase, debe producir por lo menos cuatro veces más sillas que mesas , sale despues de pensar un rato la restricción
y ≥ 4x
estamos listos para gra car con las restricciones naturales
x ≥ 0, y ≥ 0.
Observe lo curioso de este ejercicio , la función objetivo alcanza el valor máximo en el vértice máxima utilidad igual a
z = 0 · 135 + 50 · 64 = 3200, 59
A = (0, 64)
con
lo indica que hay que producir cero mesas y 64 sillas .¾
0.3.
INTRODUCCION A LA PROGRAMACION LINEAL.
!
quien compra puras sillas ?.el 100 pies!!.?
7. Perdidas por recorte de Papel en un periódico.Este ejercicio está adaptado del libro avanzará esta la alguna vez y dice asi: Un pequeño períodico local tiene su propia prensa de impresión .El períodico recibe grandes rollos de papel de 120 centímetros de ancho .como se aprecia en la gura.
Para la edición del domingo se requiere 20 rollos de de 62,5 cm.para la parte normal de la edición y 50 rollos de 52,5 cm para los incertos de publicidad extra.
Hay dos tipos posibles de corte.
Un patron A de corte
que consiste en realizar al rollo original dos cortes de 52,5 cada uno sobrando como desecho 15 c.m y el otro patron de corte B que consiste en cortar el rollo original tambien en dos cortes pero uno de 62,5 y el otro de 52,5 sobrando como desecho 5c.m, como se aprecia en la gura
A
B
¾ Cuántos de cada patron se deben cortar a n de minimizar el desecho.?
x :n´ umero de rollos del patr´ on A a cortar. y :n´ umero de rollos del patr´ on B a cortar. las variables de
Solución. Sean
Función objetivo
decisión .
M inimizar z = 15x + 5y
sujeto a Se requieren 20 rollos de papel de 62,5 cm y eso se obtiene solo con el patron de corte B→restricción
0x+y ≥ 20.
Se requieren 50 rollos de papel de 52,5 eso se obtiene en ambos patrones de corte, por cada rollo en patronA se obtienen 2 de estos rollos y sólo uno en el patron B , asi que la restricción es mas las restricciones naturales
x ≥ 0, y ≥ 0
→ 2x + y ≥ 50
estamos listos para dibujar.
Observe que el valor mínimo se alcanza en el vértice 60
B = (0, 50)
pues
z(0, 50) = 15(0) + 5(50) = 250
c.m de
0.3.
mínimo desecho menor que
INTRODUCCION A LA PROGRAMACION LINEAL.
z(15, 20) = 15(15) + 5(20) = 325 cm , lo que quiere decir que no se hacen cortes de
tipo patrón A, se deben cortar 50 rollos originales según patrón de corte tipo B , asi se satisface lo pedido que
!
son 50 cortes de 52,5 y 50 cortes también de 62,5 aunque se requieren solo 20 de estos cortes almacenándose el resto de estos rollos.
.
8. Plani cación del personal en Pizza
π.
Este es tambien un ejercicio del libro avanzará esta la alguna vez.?
dice asi. Izmenia mi amor es la gerenta de una franquicia de Pizza
π .Al elaborar sus requerimientos de personal para
el verano , ella trata de determinar la mejor combinación de trabajadores con y sin experiencia para contratar .A los trabajadores sin experiencia se les paga $ 6000 la hora , a los con experiencia se les paga $ 8000 la hora. los trabajadores sin experiencia producen sólo
dos tercios
de los que rinden los trabajadores con experiencia
y estos no pueden realizar algunas de las tareas importantes en el restaurante . Basandose en varios años de experiencia Izmenia ha llegado a la conclusión de que deber haber
al menos
un
trabajador con experiencia por cada dos trabajadores sin experiencia para que asi funcione sin inconveniente. Considerando la menor productividad de los trabajadores sin experiencia , ella estima que
al menos necesita el equivalente a
trabajadores con experiencia a tiempo completo para manejar la carga de trabajo durante el transcurso de la semana. También se ha comprometido con la comunidad para contratar
al menos
4 adolescentes del vecindario que no
tengan experiencia. Solución. Sean las variables de decisión
x :Número
de trabajadores con experiencia a contratar,
y :Número
de traba-
jadores sin experiencia a contratar salta a la vista la función objetivo, minimizar los costos. Función Objetivo:
M inimizar z =8000x + 6000y
sujeto a. De la frase, los trabajadores sin experiencia producen sólo
dos tercios
de los que rinden los trabajadores con
experiencia se tiene la re exión
Rendimiento de los sin experiencia rendimiento es
2 (9) = 6 3
→
2 y, 3
de modo que se tuviera a 9 trabajadores sin experiencia ,su
, 9 sin experincia equivalen a solo 6 con experiencia .
de la frase, ella estima que
al menos necesita el equivalente a 10
trabajadores con experiencia a tiempo com-
pleto , quiere decir que los sin experiencia y los con experiencia ojalá sumen juntos como si fueran al menos 10 con experiencia
→
2 y + x ≥ 10. 3
otra restricción muy clara es el compromiso con la comunidad la otra restricción también clara es , deber haber trabajadores sin
1 experiencia→ x ≥ y 2
al menos
→ y ≥ 4. un trabajador con experiencia por cada dos
¾ ésta no es tan clara verdad.?
ya tenemos todas las restricciones , dibujamos con las que siempre están
61
x ≥ 0, y ≥ 0
0.3.
INTRODUCCION A LA PROGRAMACION LINEAL.
Observe que se alcanza el valor mínimo en el vértice
C = (7.33, 4) = (
22 , 4) pero la solución ha de ser entera , 3
podriamos entonces aproximar , dando una respuesta como...la siguiente; se requieren contratar a 8 personas con experiencia y 4 con sin experiencia con un costo mínimo de
z = 8000(8) + 6000(4) = 88000 pesos de gastos
en salarios.¾ Pero este es el realmente el mínimo.? como se buscan soluciones enteras y también que arrojen
z
minimo , las otras posibles soluciones estan en
la región más baja del grá co , es decir las que estan en el segmento BC ,tales puntos enteros pertenecen a
2 y + x = 10, 3
x = 5 y x = 8, las posibles x = 4, 5, 6, 7y 9 se obtienen los 9 15 puntos (4, 9), f uera de la regi´ on f actible (5, ) no entera, (6, 6) buen candidato a solución, (7, )no sirve , 2 2 no entera y (8, 3) no sirve queda fuera de la región achurada., asi que la pelea entera está entre (8, 4)y (6, 6) , (6, 6) tiene menor costo igual a 8000 · 6 + 6000 · 6 = 84000pesos, menor que (8, 4) que tiene un costo de $88 mil. Como se vé es mas complicado hallar soluciones enteras.Resumiendo la solución óptima esta en(6, 6) . la recta
se buscan valores de
y
entero con
x
entero positivo entre
soluciones enteras no necesariamente deben estar en un vértice, dando valor a
!
62
0.4.
0.4
VALORES Y VECTORES PROPIOS
VALORES Y VECTORES PROPIOS
De nición: T :V → V una transformación lineal.Un valor propio de T es un real λ tal que T (v) = λv . Entonces si λ es un valor propio de T , cualquier v 6= 0 talque T (v) = λv . es llamado un vector propio de T asociado a λ .La colección de estos vectores se llama Espacio propio asociado a λ. Sea
V
un espacio vectorial sobre
existe un vector
v 6= 0
R
y
con la propiedad
Teorema
T :V → V a) b)
una transformación lineal,
λ es un valor propio det(T − λI) = 0
las raices del polinomio
de
V
de dimensión nita entonces las siguientes a rmaciones son equivalentes
T
p(λ) = det(T − λI)
son los valores propios de
T
.
Ejercicios Resueltos.
1. Sea
T : R 3 → R3
una función lineal representada en las bases canónicas por la matriz
4 A= 2 1
1 5 1
−1 −2 2
se pide
(a) Hallar el polinomio caracteristico de (b) Hallar los valores propios de
T
A.
, o sea de
A.
(c) Hallar el espacio de los vectores propios ,asociados con cada valor característico . (d) Hallar una base de
V = R3
(e) ¾ Es Diagonizable la matriz
, si existe cuyos elementos sean los vectores propios de
T
.
A.?
Solución
4 1 −1 1 0 0 5 −2 − λ 0 1 0 ) a) El polinomio caracteristico de T . es p(λ) = det(A − λI) = det( 2 1 1 2 0 0 1 4−λ 1 −1 5−λ −2 |A − λI| = 2 1 1 2−λ 4−λ 0 −1 3−λ −2 ,factorizamos realizando la operación C2 → C3 + C2 , se obtiene |A − λI| = 2 1 3−λ 2−λ en columna 2 4−λ 0 −1 (1 ) −2 pivoteamos en a22 = 1 |A − λI| = (3 − λ) 2 1 1 2 − λ 4−λ 0 −1 (1 ) −2 ,desarrollando por columna 2, se va el determinante 3por 3 |A − λI| = (3 − λ) 2 −1 0 4−λ 4−λ −1 |A − λI| = (3 − λ) = (3 − λ) (4 − λ)2 − 1 =(3 − λ)((4 − λ) − 1)((4 − λ) + 1) −1 4−λ 2 El polinomio caracteristico de T . es p(λ) = det(A − λI)= (3 − λ) (5 − λ) b) los valores propios de T , o sea de A son las raices de este polinomio p(λ) = det(A − λI)= (3 − λ)2 (5 − λ)= 0→ λ = 3, λ = 5 hay dos valores propios uno de ellos está repetido y es λ = 3, se dice que éste es de multiplicidad 2. 63
0.4.
VALORES Y VECTORES PROPIOS
vectores propios debemos hallar v tal T (v) = λv . para cada λ encontrado. T (v) = λv .⇒ (T − λI)(v) = 0 hay que resolver el sistema de ecuaciones homogeneo
c) para hallar los signi ca que de
(A − λI)(v) = 0
4−λ 2 .(A − λI)(v) = 1 comenzamos reemplazando
1 −1 x 0 5−λ −2 y = 0 1 2−λ z 0 con λ = 3
pivoteamos en matriz ampliada siguiente en la 1 ,en y luego en la 3 en a31 = −2 1 (1) −1 | 0 1 2 2 −2 | 0 ∼ 0 1 1 −1 | 0 0
1 0 0
−1 0 0
a12 = 1(puede
ser en cualquier elemento de la 1)
| 0 | 0 | 0
observe la 2 y la 3 , de solo ceros esto debe ocurrir
siempre
en este tipo de ejercicios ,se debe obtener
al menos una la de ceros , aqui hemos obtenido dos las ceros lo que nos conduce a un sistema con
x + y − z = 0 → x= z − y , asi que z o bien y z−y y dependientes de z , vectores propios v = z
muchas soluciones, de la la 1 ya tenemos solución pueden ser libres , por tanto tenemos un monton de
y z −y 1 −1 . v = 0 + y = z 0 + y 1 tenemos z 0 0 1 1 λ = 3 y son dos vectores v1 = 0 . 1 −1 v2 = 1 . 0 y tambien de
dignos representantes de vector propio para
5 λ = 4−5 1 −1 x 0 5−5 −2 y = 0 (A − λI)(v) = 2 1 1 2−5 z 0 comenzamos a pivotear en matriz ampliada en a12 = 1 −1 (1) −1 | 0 −1 (1) −1 | 0 2 0 −2 | 0 borramos con la goma la la 3 por ser iguales 0 −2 | 0 ∼ 2 1 −3 | 0 2 0 −2 | 0 1 −1 1 −1 | 0 dividimos por 2 la la 2 y pivoteamos en a21 = 1(también se puede en a13 = −1) 2 0 −2 | 0 ( y = 2z −1 1 −1 | 0 0 1 −2 | 0 ∼ ⇒ con z libre como un pájaro. (1) 0 −1 | 0 (1) 0 −1 | 0 x=z z 1 si z = 1 se tiene el tercer vector propio v3 = 2z = 2 z 1 1 −1 1 3 d) Una base de vectores propios de V = R está lista , esta es B = v1 = 0 , v2 = 1 , v3 = 2 1 0 1 Ahora volvemos a realizar el mismo procedimiento para
Observación : Si de x + y − z = 0 → z = x + y entonces se tienen otros vectores propios
e) Como existe esta base de vectores propios ,entonces la matriz A es diagonalizable , entonces ex-
64
0.4.
iste la matriz
1 P = 0 1
−1 1 0
VALORES Y VECTORES PROPIOS
1 2 1
cuyas columnas son precisamenete los vectores propios , tal que
3 P −1 AP = 0 0
0 3 0
0 0 , 5
observe que en la diagonal aparecen los valores propios de
!
T.
.
2. Imite el procedimiento anterior para resolver y responder a las mismas preguntas para la matriz
−3 −7 −6
1 5 6
−1 −1 −2
.
Respuesta:
p(λ) = (λ + 2)2 (λ − 4). b) valores propios λ = −2, λ = 4. 0 1 c)vectores propios v1 = 1 vector asociado a λ = −2,v2 = 1 vector propio asociado a λ = 4, 1 0 0 1 d) El conjunto v1 = 1 , v2 = 1 no es una base de R3 , son apenas 2 se requieren 3. 1 0 3 e) No es diagonalizable, por que no hay base para R .
a) Polinomio Característico
65
B =
View more...
Comments
