Pr acticas/Ejercicios de Algebra Lineal. Curso 19/20. …mpuente/algebra_lineal/practicas...c 1...

Practicas/Ejercicios de Algebra Lineal. Curso 19/20. Doble grado Economıa,Estadıstica y Matematicas

Practicas 04/10/2019

3. y = −3x2 + 2x− 5; (x− 83)2 + (y + 28

3)2 = 125

9

5.

a.

xyz

=

10−1

b. Sobre Q,R,C el sistema es incompatible; sobre Z2 la solucion es

x1 = [1]

x2 = [1]− x4x3, x4 variables libres

c.

x = −2y + 5s− 7t

z = −2s+ 2t

y, s, t variables libres

d.

x1 = −3− 4x3 − x5x2 = 1 + 2x3 + x5x4 = 2

x3, x5 variables libres


2. El excursionista anduvo cuatro horas y media. El falso metro mide 93 cm.

9. Hay 78820/43 ' 1833 gr. de plata y 242175/43 ' 5632 gr. de oro.

11. No hay solucion pues sinα no puede valer 2.


21. A = (aij) ∈Mn(K), A+At = (aij+aji), A−At = (aij−aji), A = A+At

2+A−At

2. Si

A = S+T = S ′+T ′ con S, S ′ simetricas y T, T ′ antisimetricas, entonces S−S ′ = T ′−Tes simetrica y antisimetrica, luego nula, luego S = S ′ y T = T ′. Hemos usado que ladiferencia de simetricas es simetrica y la diferencia de antisimetricas es antisimetrica.

24.

a. A = (aij) ∈ Mn(R), si 0 = tr(AAt) =∑n

i=1, j=1 a2ij, tenemos una suma de cua-

drados de numeros reales que vale cero. Como cada sumando es no negativo, debeocurrir que cada sumando sea nulo, luego a2ij = 0 ∀i, j, luego aij = 0 ∀i, j, luegoA = 0.

b. Facil encontrar ejemplo 2× 2.

1

2


26.

a. abc.b. −31− 3i.c. n!d. x2(x+ a+ b+ c)e. cero, pues la suma de la segunda y tercera filas es mutiplo de la primera fila.

35. Porque AB 6= BA.


6. NUEVOS EJERCICIOS. Llamemos ∆n(a1, a2, . . . , an) al determinante buscado(det. de Vandermonde). Restando la primera columna de las restantes columnas, sacandofactores y desarrollando por la Laplace por la primera fila, obtenemos ∆n(a1, a2, . . . , an) =

=∏

1≤i≤n

(ai − a1) det

1 · · · 1

a2 + a1 · · · an + a1a22 + a2a1 + a21 · · · a2n + ana1 + a21

......

an−22 + an−32 a1 + · · ·+ an−21 · · · an−2n + an−3n a1 + · · ·+ an−21

.

A cotinuacion hacemos las siguientes trasformaciones elementales de filas, que no alteranel valor del determinante: fj fj − aj−k1 fk, j = 2, 3, . . . , n, k = 1, 2, . . . , j − 1, llegando a

∆n(a1, a2, . . . , an) =∏

1≤i≤n

(ai − a1)∆n−1(a2, . . . , an)

y concluimos, por induccion sobre n, sustityendo ∆n−1(a2, . . . , an) por su valor, que sera∏2≤j<i≤n(ai − aj).

5. det

a0 −a1 a2 · · · (−1)nan1 x 0 · · · 0

0 1 x. . .

......

. . . . . . 00 · · · 0 1 x

=∑n

i=0 aixn−i, y esto se puede demostrar

haciendo el desarrollo de Laplace por la primera columna repetidas veces. En el paso

PRACTICAS 08/11/2019 3

primero obtenemos (usando que det de triangular sup es producto de los elementos diago-

nales) el termino a0xn mas (−1)2+1 multiplicado por det

−a1 a2 · · · · · · (−1)nan

1 x 0 · · · 0

0 1 x. . .

......

. . . . . . 00 · · · 0 1 x

y el signo de a1 se cancela con (−1)2+1.

Tambien se puede formalizar usando induccion sobre n. Se dice que la matriz es com-panera del polinomio

∑ni=0 aix

n−i.


38. NO es espacio vectorial, pus hay muchas propiedades que no se cumplen. Porejemplo, no se cumple que 1 ·v = v, para todo v ∈ V pues, tomando v = (1, 1), obtenemos1 · (1, 1) = (1, 0) 6= (1, 1).

39.

a. Los vectores v1 =

231

, v2 =

101

, v3 =

03−1

son ld pues 0 = v1 − 2v2 − v3.

Quitando cualquiera de los tres obtenemos familias li (pues cualquiera de ellos escl de los dos restantes). El espacio que generan es L(v1, v2) = L(v1, v3) = L(v2, v3),esto es el plano vectorial de ecuacion 3x1 − x2 − 3x3 = 0.

b. Solucion en cuerpos con carK 6= 2, 3. Los vectores v1 =

23101

, v2 =

01214

,v3 =

00145

, v4 =

00031

son li pues la unica solucion del SLH (de 5 EC 4 INCOG) dado

por 0 = a1v1+a2v2+a3v3+a4v4 es a1 = a2 = a3 = a4 = 0 (ya que el rango de la ma-

triz de coeficientes es 4, pues det

2 0 0 03 1 0 01 2 1 00 1 4 3

= 6 6= 0). El espacio que generan es

4

(en ecuaciones parametricas)

x1 = 2a1,

x2 = 3a1 + a2,

x3 = a1 + 2a2 + a3,

x4 = a2 + 4a3 + 3a4,

x5 = a1 + 4a2 + 5a3 + a4, con a1, a2, a3, a4 ∈ Ky su ecuacion implıcita es −25x1 + 22x2 − 22x3 − 2x4 + 6x5 = 0.

c. Los vectores v1 =

121

, v2 =

241

, v3 =

−3−6−3

son ld pues v3 = −3v1 (luego

0 = 3v1 + 0v2 + v3). El espacio que generan es L(v1, v2) = L(v3, v2); se trata delplano vectorial de ecuacion −2x1 + x2 = 0.


11. NUEVOS EJERCICIOS.

a.

a1 + a2 + a3 − s = 0

b1 + b2 + b3 − s = 0

c1 + c2 + c3 − s = 0

a1 + b2 + c3 − s = 0

c1 + b2 + a3 − s = 0

a1 + b1 + c1 − s = 0

a2 + b2 + c2 − s = 0

a3 + b3 + c3 − s = 0

es SLH de 8 ecuaciones en 10 incognitas (los ai, bi, ci y s).b. Sumando las cuatro ecuaciones en que aparece b2 y simplificando, llegamos a 3b2 =s. Si λ ∈ K y A,A′ ∈ W y la suma de filas, columnas y diagonales de A es s y lasuma de filas, columnas y diagonales de A′ es s′ entonces la suma de filas, columnasy diagonales de A+A′ es s+ s′ y la suma de filas, columnas y diagonales de λA esλs, por lo que A+A′ ∈ W y λA ∈ W . Esto prueba que W es subespacio vectorialde M3(K).

Sean M1 =

1 1 11 1 11 1 1

, M2 =

1 −1 0−1 0 10 1 −1

, M3 =

0 1 −1−1 0 11 −1 0

.

sg: De

a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

=∑3

i=1 λiMi deducimos λ1 = b2, λ2 = 2a1−b1−c13

, λ3 =

2a1−b1−c13

. (OBS: solucion valida para cuerpos de caracterıstica distinta de 3).

li: De 0 =∑3

i=1 λiMi deducimos λ1 = λ2 = λ3 = 0.


c. B =∑3

i=1 λiMi =

6 1 87 5 32 9 4

con λ1 = 5, λ2 = 1, λ3 = −3, s = 15, C =∑3i=1 λiMi con λ1 = a1+b1+c1

3, λ2 = 2a1−b1−c1

3, λ3 = a1+b1−2c1

3. (OBS: solucion

valida para cuerpos de caracterıstica distinta de 3).


12. NUEVOS EJERCICIOS.

a. U es el conjunto de soluciones de 3x+2y = 0 y el vector u =

(−23

)constituye una

base de U . Ampliamos hasta obtener una base (u, e1) de R2 (hemos anadido e1)

luego e1 +U es una base de R2/U y dimR2/U = 1. Dado el vector v =

(ab

)∈ R2,

la clase v+U es el conjunto de vectores

(a− 2λb+ 3λ

), con λ ∈ R. En otras palabras,

la clase v+U es el conjunto de vectores de R2 cuyas puntas estan en la recta afınde ecuacion 3x + 2y = 3a + 2b. Este haz de rectas tiene dimension 1, i.e., hay ungrado de libertad.

b. U es el conjunto de soluciones de 3x + 2y = 0 y (u1, e3) es una base de U , con

u1 =

−230

. Ampliamos hasta obtener una base de R3 anadiendo, por ejemplo

e1, (comprobacion de base: det

−2 0 13 0 00 1 0

= 3 6= 0) luego e1 + U es una base

de R3/U y dimR3/U = 1. Dado el vector v =

abc

∈ R3, la clase v + U es el

conjunto de vectores

a− 2λb+ 3λc+ µ

, con λ, µ ∈ R. En otras palabras, la clase v + U

es el conjunto de vectores de R3 cuyas puntas estan en el plano afın de ecuacion3x+ 2y = 3a+ 2b. Este haz de planos tiene dimension 1.

c. U es el conjunto de soluciones de x = y = 0 y e3 es una base de U . Ampliamoshasta obtener una base de R3 anadiendo, por ejemplo e1, e2, luego (e1 +U, e2 +U)

es una base de R3/U y dimR3/U = 2. Dado el vector v =

abc

∈ R3, la clase

6

v + U es el conjunto de vectores

ab

c+ λ

, con λ ∈ R. En otras palabras, la clase

v + U es el conjunto de vectores de R3 cuyas puntas estan en la recta afın deecuaciones x = a, y = b. Este haz de rectas tiene dimension 2.

Figura 1. Haz de rectas paralelas en el plano.


78. Sean v1 =

(10

), v2 =

(32

), v3 =

(33

). Se tiene que −3v1+3v2−2v3 = 0. Si f es

lineal, se debe verificar que −3f(v1)+3f(v2)−2f(v3) = f(−3v1+3v2−2v3) = f(0) =

(00

),

pero resulta que −3f(v1) + 3f(v2) − 2f(v3) =

(−4−10

), luego no existe f lineal que se

comporte ası.OTRA FORMA: Supongamos que f es lineal y sea A = (aij) ∈ M2(K) la matriz de

f respecto de Bc, Bc. Entonces A

(10

)=

(11

), A

(32

)=

(1−1

)y A

(33

)=

(22

). Esto se

convierte en un SLNH de 6 EC y 4 INCOG (los aij) que resulta incompatible. Luego si fse comporta ası, entonces no puede ser lineal.


3

2

1

haz de rectas paralelas en el espacio

00

0.5

-1

1

-0.5

1.5

-10

2

0.5 1

2.5

1.5

3

2 -2

3.5

2.5

4

3

U: x=y=0x=1, y=3x=-1, y=-2x=-1, y=2x=3, y=-2vector cero

Figura 2. Haz de rectas paralelas en el espacio

79.

La matriz de f respecto de Bc, Bc es A =

1 1 11 −1 11 0 1

. Unas ec. implıcitas de

ker f son A

x1x2x3

=

000

, i.e.,

x1 + x2 + x3 = 0

x1 − x2 + x3 = 0

x1 + x3 = 0

'

{x1 + x3 = 0

x2 = 0, luego

hay una variable libre, y ası dim ker f = 1. Una base ker f esta dada por el vectore1−e3. Unas ec. parametricas de im f estan dadas en el enunciado, donde x1, x2, x3

8

son los parametros. El subespacio im f esta generado por las columnas de A y dos

de ellas son identicas, luego im f = L

111

,

1−10

. Para obtener unas ec.

implıcitas de im f expreso y desarrollo una condicion de rangox′1x′2x′3

∈ im f ⇔ rg

x′1 1 1x′2 1 −1x′3 1 0

= rg

1 11 −11 0

= 2.

Esto equivale a que se anule det

x′1 1 1x′2 1 −1x′3 1 0

y operando nos queda que 0 =

x′1 + x′2 − 2x′3 es ec. implıcita de im f .

Tenemos W ′ :

{x′1 + x′2 = 0

x′1 + 3x′2 = 0'

{x′1 = 0

x′2 = 0(siempre que carK 6= 2). Susti-

tuyendo x′i por su valor, obtenemos ec. implıcitas de f−1(W ′) ası:

{x1 + x2 + x3 = 0

x1 − x2 + x3 = 0

y nos damos cuenta de que f−1(W ′) coincide con ker f .Parecido al anterior. Lo hare en clase.


96. La matriz de f respecto de Bc,Bc es A =

3 2 1−1 4 −22 6 −1

.

a. Ecuaciones implıcitas de ker f son A

x1x2x3

=

000

. Resolviendo este SLN de 3EC

3INCOG obtenemos que una base de ker f esta formada por el vector v =

−8514

.

Este nucleo es una recta vectorial en R3.b. W es cualquier plano vectorial que no contenga la recta anterior. Se consigue con

cualesquiera vectores w1, w2 tales que B := (v, w1, w2) sea base de R3; por ejemplo

tomo w1 = e2 y w2 = e3 (comprobacion: det

−8 0 05 1 014 0 1

= −8 6= 0). Ası pues

W = L(w1, w2).c. Por ser f lineal y ser B una base del espacio de salida, im f esta generada por

los vectores f(v) = 0, f(w1), f(w2). Por otro lado, f(W ) esta generado por los


vectores f(w1), f(w2), de donde se sigue que im f = f(W ). Ademas dim im f =3 − dim ker f = 2, luego f(w1), f(w2) son dos vectores que generan im f , i.e, sonuna base de im f .

97.

a. En un espacio de dimension 4, son 4 vectores l.i. , ya que det

1 1 1 10 1 1 10 0 1 10 0 0 1

= 1 6=

0.b. Si v1 = 1, v2 = 1 + x, v3 = 1 + x + x2, v4 = 1 + x + x2 + x3; entonces f(v1) = 0,f(v2) = 0, f(v3) = 2 = 2v1, f(v4) = 6x + 2 = 6v2 − 4v1, luego la matriz buscada

es A =

0 0 2 −40 0 0 60 0 0 00 0 0 0

.

c. Claramente L(v1, v2) ⊆ ker f e im f = L(columnas de A) = L(2v1,−4v1 + 6v2) =L(v1, v2) de donde, contado dimensiones, se sigue que ker f = L(v1, v2) = im f(¡esto es posible!), de dimension dos.

d. Con calculo integral:∫

(6x+8)dx = 3x2+8x+a, luego q =∫

(3x2+8x+a)dx =x3 + 4x4 + ax+ b, donde a, b ∈ R. Sin calculo integral: q es cualquier vector dela familia f−1(6x+8) = f−1(6v2 +2v1), que es el conjunto de soluciones del SLNH

A

x1x2x3x4

=

2600

y resolvemos este sistema.


101.

La matriz de f respecto de Bc,Bc es A =

1 1 0 01 3 2 01 1 0 0

, la matriz de g respecto

de Bc,Bc es C =

1 1 21 1 22 2 4−3 −3 −6

, la matriz de h1 = fg respecto de Bc,Bc es AC,

la matriz de h2 = gf respecto de Bc,Bc es CA.

10

La matriz de cambio de base de B′ a Bc es Q =

1 0 0 00 −1 0 02 2 1 01 1 1 −1

, la matriz de

cambio de base de B a Bc es P =

3 2 12 1 05 3 2

, la matriz de f respecto de B′,B es

P−1AQ, la matriz de g respecto de B,B′ es Q−1CP , la matriz de h1 = fg respectode B,B es P−1ACP , la matriz de h2 = gf respecto de B′,B′ es Q−1CAQ.

103. La matriz de f respecto de Bc,Bc es A =

1 −a 2 3−a 2 0 −20 1 2 a

. La aplicacion

f es sobreyectiva (suprayectiva) si y solo si 3 = dim im f = rgA. (Solucion sobre cuerpo

K con carK 6= 2). Tenemos rgA ≥ 2 pues det

(2 30 −2

)= −4 6= 0 y, orlando este menor

e igualando a cero, llegamos a 8(1−a) = 0 y 2(a−1)(a−2) = 0. Deducimos que rgA = 2si y solo si rgA ≤ 2 si y solo si a = 1. En resumen, f no sobreyectiva si y solo si a = 1.

Unas ec. implıcitas de ker f sonAX = 0 que, para a = 1, se simplifican ası

{x− y + 2z + 3t = 0

−x+ 2y − 2t = 0.

Unas ec. implıcitas de im f se obtienen expresando que rg

x 2 3y 0 −2z 2 1

= rg

2 30 −22 1

=

2 (ya que im f = L(colsA) = L

202

,

3−21

) y llegamos a 0 = x+ y − z.


82. Comprobamos que es producto escalar (usando las propiedades de la traza yde la trasposicion de matrices):

a. 〈A,B〉 = tr(ABt) = tr((At)tBt) = tr((BAt)t) = tr(BAt) = 〈B,A〉,b. 〈A+A′, B〉 = tr((A+A′)Bt) = tr(ABt +A′Bt) = tr(ABt) + tr(A′Bt) = 〈A,B〉+〈A′, B〉,

c. 〈λA,B〉 = tr((λA)Bt) = λ tr(ABt) = λ〈A,B〉,d. si A = (aij), tenemos que 〈A,A〉 = tr(AAt) =

∑ni=1,j=1 a

2ij es no negativo, pues es

una suma de cuadrados (cada uno no negativo); ademas 0 = 〈A,A〉 =∑n

i=1,j=1 a2ij

implica (sobre R) que cada sumando a2ij es nulo, luego A = 0 (ver ejercicio 24).

Para n = 3, tomamos en M3(R) la base B = (A11, A12, A13, A21, A22, A23, A31, A32, A33).Las entradas de la matriz G = (gij) ∈M9(R) dependen de los productos AijAkl. Compro-bamos la siguientes propiedades:

PRACTICAS 07/02/2020 11

a. Atij = Aji,∀i, j; en particular Aii es simetrica, ∀i,

b. 〈Aij, Alk〉 = AijAkl,∀i, j, l, k,c. AijAjl = Ail,∀i, j, l; en particular, AijAji = Aii, ∀i, j, luego 〈Aij, Aij〉 = trAii =

1,∀i, j,d. AijAkl = 0 si j 6= k,∀i, j, l, k; luego 〈Aij, Alk〉 = tr 0 = 0, cuando (i, j) 6= (l, k).

Deducimos que gij = δij (delta de Kronecker) y ası G = I9. Generalizando a n arbitrario(con los mismos razonamientos), G = In2 .


86. Tenemos en R4 un hiperplano vectorial H. Para obtener una base B de Htomamos y, z, t como variables libres y x como variable ligada. Obtenemos vectores u1 =−2100

, u2 =

1020

, u3 =

3002

. Ahora aplicamos M. Gram–Schmidt:

v1 =u1

v2 =u2 −〈u2, v1〉‖v1‖2

v1 = u2 +2

5v1 =

12100

1

5

v3 =u3 −〈u3, v1〉‖v1‖2

v1 −〈u3, v2〉‖v2‖2

v2 = u3 −6

5v1 +

1

7v2 =

−2−417

2

7

donde

〈u2, v1〉 =− 2

〈u3, v1〉 =6

〈u3, v2〉 =−3

5‖v1‖2 =(−2)2 + 12 = 5

‖v2‖2 =

(1

2

)2

+

(2

5

)2

+ 22 =21

5.

Comprobaciones: 〈v1, v2〉 = 〈v1, v3〉 = 〈v2, v3〉 = 0, v2 ∈ H pues 2× 1 + 4× 2− 10 = 0 yv3 ∈ H pues 2× (−2) + 4× (−4)− 1 + 3× 7 = 0.

12

Sean B = {u1, u2, u3} y B′ = {v1, v2, v3}. Es facil escribir la matriz R de cambio debase de B a B′, pero primero necesitamos despejar los uj:

u1 =v1

u2 =v2 −2

5v1

u3 =v3 +6

5v1 −

1

7v2

luego R =

1 −25

−17

0 1 65

0 0 1

y observamos que R es triangular superior con unos en la

diagonal.


17. NUEVOS EJERCICIOS. Casos a) y b) vistos en clase. c) La piramide deter-minada por los vectores y, z, y + z, x, tiene como base el paralelogramo de lados y, z(una de cuyas diagonales es y + z) y por altura h = ‖x‖| cos x, y ∧ z|. Esta pirami-de se descompone en dos tetraedros, uno de los cuales es Tx,y,z. El otro tiene aris-tas concurrentes (en un vertice) ‖ − y‖, ‖ − z‖, ‖x − y − z‖ y tiene el mismo volu-men que Tx−y−z,−y,−z (ver figura 3). Por las propiedades de los determinantes, tenemos

volTx−y−z,−y,−z =

∣∣∣∣∣∣det

x1 − y1 − z1 −y1 −z1x2 − y2 − z2 −y2 −z2x3 − y3 − z3 −y3 −z3

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣det

x1 y1 z1x2 y2 z2x3 y3 z3

∣∣∣∣∣∣ = volTx,y,z

luego, por b) obtenemos volPiry,z,y+z,x = 2 volTx,y,z = |〈x, y ∧ z〉| /3.

Figura 3. Esta piramide se descompone en dos tetraedros del mismo volumen.

PRACTICAS 21/02/2020 13


131. (a), (c) vistos en clase. (d) A =

−3 1 −1−7 5 −1−6 6 −2

, PA(T ) = −(T +2)2(T −4),

spA = {−2 doble , 4}; A+ 2I =

−1 1 −1−7 7 −1−6 6 0

tiene rango 2, luego el subespacio V−2 =

ker(A+ 2I) tiene dimension 11 y A no diagonalizable (sobre C).

autovalor m. geo m. alg-2 1 24 1 1

(b) Si A =

0 1 5 92 1 6 80 0 0 30 0 1 −2

, PA(T ) = (T + 3)(T + 1)(T − 1)(T − 2), spA =

{−3,−1, 1, 2} y autovectores respectivos (en el mismo orden) son

−71−55

,

−1100

,

−13−37

31

y

1200

. Como todos los autovalores tienen mult. alg. 1, se deduce que A es diagonalizable

(sobre C). Tenemos D = P−1AP con D = diag(3,−1, 1, 2) y P =

−7 −1 −17 11 1 −37 2−5 0 3 05 0 1 0

.

Comprobacion PD =

21 1 −17 2−3 −1 −37 415 0 3 0−15 0 1 0

= AP

1Tiene ecuaciones impl.

{x1 = x2

x3 = 0.

14


139. A =

(5 −36 −4

)(xnyn

)=

(xn+1

yn+1

), con

(x0y0

)=

(21

). Nos piden x20+y20. Tene-

mos PA(T ) = (T−1)(T−2), spA = {1, 2}, D =

(−1

2

), P =

(1 12 1

), D = P−1AP con

P regular, P−1 =

(−1 12 −1

). Para cada r ∈ N tenemos Dr =

((−1)r

2r

)luego Ar =

PDrP−1 =

((−1)r+1 + 2r+1 (−1)r − 2r

2((−1)r+1 + 2r) 2((−1)r − 2r−1)

),

(x20y20

)= A20

(21

)=

(−1− 220 + 222

−2− 220 + 222

),

luego x20 + y20 = −3− 221 + 223 = (221 − 1)3. Como 221 = 2,097,152, obtenemos mas de6 millones de conejos, transcurridos 20 anos.


1. CONTAGIO. A =

(0, 95 0, 450, 05 0, 55

),

(sn+1

en+1

)= A

(snen

), con A matriz estocastica.

Tenemos detA = 0, 5, trA = 1, 5, PA(T ) = T 2 − trAT + detA = T 2 − 3T/2 + 1/2 =(T − 1)(T − 1/2), spA = {1/2, 1}. Como todos los autovalores de A tienen mult. alg.1, entonces A es diagonalizable sobre C. Tenemos D = P−1AP , con D = diag(1/2, 1) y

P =

(1 0, 45−1 0, 05

)regular (comprobacion: detP = 1/2 6= 0); la primera (resp. segunda)

columna de P es un autovector correspondiente a 1/2 (resp. 1). Para cada n ∈ N, tenemos

An = PDnP−1 = P diag(1/2n, 1)P−1 =

(910

+ 12n×10

910− 9

2n×10110− 1

2n×10110

+ 92n×10

), que tiende a L =(

910

910

110

110

), cuando n tiende a +∞.

a. Sabemos que a

(0, 450, 05

)es vector fijo de A (segunda col de A), luego tambien de

An, y esto es cierto para todo a ∈ R y todo n ∈ N. Si queremos un vector fijo deporcentajes, sus entradas deben sumar 1, por lo que tomamos a = 2, obteniendo

v =

(0, 900, 10

). Luego, en cualquier dıa, hay un 90 % de sanos.

b. La situacion tiende, pasado mucho tiempo, a vlim = L

(s0e0

)=

((s0 + e0)9/10(s0 + e0)1/10

)=(

9/101/10

), ya que s0 + e0 = 1 (por ser vector

(s0e0

)de porcentajes). Este vector

lımite vlim es, precisamente, el vector fijo v encontrado antes.

2. MATRIZ ESTOCASTICA. Reescribiendo la definicion, obtenemos

(1, 1, . . . , 1)A = (1, 1, . . . , 1)

PRACTICAS 13/03/2020 15

y poniendo v =

1...1

, tenemos

vtA = vt

Atv = At(vt)t = (vtA)t = (vt)t = v

(At − I)v = Atv − v = 0

luego 0 6= v ∈ ker(At−I), luego dim ker(At−I) ≥ 1 y rg(At−I) = dim im(At−I) ≤ n−1,luego 0 = det(At − I) = det(A − I)t = det(A − I) y de aquı se sigue lo siguiente:dim im(A − I) = rg(A − I) ≤ n − 1, dim ker(A − I) ≥ 1 luego existe un vector no nuloen ker(A − I), esto es, un autovector de A con autovalor 1. Hemos demostrado las dosafirmaciones a la vez.

Obs que PA(T ) = PAt(T ) (ya que det(A − TI) = det(A − TI)t = det(At − (TI)t) =det(At − TI)), luego spA = spAt, para cualquier matriz cuadrada A (estocastica o no,real o no).


143. La exponencial de una matriz aun no la hemos definido.

a. PA(T ) = (1−T )3− 2− 3(1−T ) y aquı observamos que −1 es raız. Entonces, pormetodo de Ruffini, dividimos P(T ) entre T +1 y llegamos a que los autovalores deA son −1 con m.alg. 1 y 2 con m.alg. 2. El subespacio propio V−1 tiene ecuaciones

x = y = z y el vector unitario 1√3

111

lo genera. El subespacio propio V2 tiene

ecuacion x+ y + z = 0 y una base ortonormal suya es

1√2

−101

, 1√6

1−21

.

Por tanto, D = diag(−1, 2, 2) diagonal, C = 1pq

p −q 1p 0 −2p q 1

ortogonal y D =

CtAC = C−1AC, donde p =√

2 y q =√

3.b. A = CDC−1 = CDCt implicaAn = CDnC−1 = CDnCt = C diag((−1)n, 2n, 2n)Ct,∀n ∈ N.

c. Si A = I + aB, los apartados anteriores corresponden al caso a = −1. Ahoratenemos PA(T ) = (1−T )3 + 2a3− 3a2(1−T ) y aquı observamos que 1− a es raız(pues PA(1 − a) = a3 + 2a3 − 3a3 = 0) y que 1 + 2a es raız (pues PA(1 + 2a) =−8a3 + 2a3 + 6a3 = 0). Por metodo de Ruffini, llegamos a que los autovalores deA son 1 + 2a con m.alg. 1 y 1 − a con m.alg. 2. Vamos a resolver el caso a 6= 0(pues el caso a = 0 es A = I, trivial). El subespacio propio V1+2a tiene ecuaciones

16

x = y = z y el vector unitario 1√3

111

lo genera. El subespacio propio V1−a tiene

ecuacion x+ y + z = 0 y una base ortonormal suya es

1√2

−101

, 1√6

1−21

.

Por tanto, D = diag(1+2a, 1−a, 1−a) diagonal, C = 1pq

p −q 1p 0 −2p q 1

ortogonal

y D = CtAC = C−1AC.

145.

a. Pf (T ) = T 2 − 2T + det f y tiene que haber un autovalor doble (i.e., con multipli-cidad algebraica 2), luego forzosamente Pf (T ) = (T − 1)2 de donde det f = 1.

b. Pf (T ) = T 2 − 5T + 4 = (T − 4)(T − 1), luego hay dos autovalores distintos ysimples (i.e., con multiplicidad algebraica 1), luego f es diagonalizable.

147. Pongamos A =

1 0 00 −1 10 0 −1

y D =

1 0 00 −1 00 0 −1

. Ambas tiene el mismo

espectro: {1,−1(doble)}. Como D es diagonal, para ver que no son semejantes bastarademostrar que A no es diagonalizable, y para ello bastara demostrar que m. geo. de −1

es 1 en A. La matriz A+ I =

2 0 00 0 10 0 0

tiene rango 2, luego dim ker(A+ I) = 3− 2 = 1

que es m. geo. de −1 es 1 en A.

COMPLEMENTO DE SCHUR DE A en matriz descompuesta en bloques

M =

(A BC D

)es, por defincion, D − CA−1B, donde M,A,D son matrices cuadradas y

A regular. Vamos a demostrar que

detM = detA det(D − CA−1B).

Para ello comprobamos la igualdad

M =

(I 0

CA−1 I

)(A B0 D − CA−1B

)y de ahı

detM = det

(I 0

CA−1 I

)det

(A B0 D − CA−1B

)= det

(A B0 D − CA−1B

)= detA det(D−CA−1B)

Pr acticas/Ejercicios de Algebra Lineal. Curso 19/20. …mpuente/algebra_lineal/practicas...c 1...

Documents

Transcript of Pr acticas/Ejercicios de Algebra Lineal. Curso 19/20. …mpuente/algebra_lineal/practicas...c 1...