labcomp.clvpena/ramos/ili285/tareas/tarea-1.pdf · Computaci on Cient ca I Tarea 1 1. Inicie...

Universidad Tecnica Federico Santa Marıa

Tarea #1Computacion Cientıfica I

Equipo de Curso

Primer Semestre 2005

Valparaıso, Abril 2005.

Computacion Cientıfica I Tarea 1

1. Inicie MATLAB. En la ventana de comandos inserte x=-1:0.1:1, luego ejecute una a una las si-guientes instrucciones, escribiendolas y apretando cada vez la tecla de return o enter (denotandoesta accion por el sımbolo ←↩ ):

En primer lugar cabe senalar que la instruccion x=-1:0.1:1 crea un vector que va desde -1increementando en 0.1 hasta 1.

>> x = -1:0.1:1

x =

Columns 1 through 8

-1.0000 -0.9000 -0.8000 -0.7000 -0.6000 -0.5000 -0.4000

-0.3000

Columns 9 through 16

-0.2000 -0.1000 0 0.1000 0.2000 0.3000 0.4000

0.5000


0.6000 0.7000 0.8000 0.9000 1.0000

sqrt(x)←↩: Se retorna un vector con la raız de cada coeficiente original.

>> sqrt(x)

ans =

Columns 1 through 5

0 + 1.0000i 0 + 0.9487i 0 + 0.8944i 0 +

0.8367i 0 + 0.7746i


0 + 0.7071i 0 + 0.6325i 0 + 0.5477i 0 +

0.4472i 0 + 0.3162i


0 0.3162 0.4472 0.5477 0.6325


0.7071 0.7746 0.8367

0.8944 0.9487

Column 21

1.0000

2 Primer Semestre

Tarea 1 Computacion Cientıfica I

cos(x) ←↩: Se retorna un vector con el coseno de cada coeficiente original.

>> cos(x)

ans =

Columns 1 through 8

0.5403 0.6216 0.6967 0.7648 0.8253 0.8776 0.9211

0.9553


0.9801 0.9950 1.0000 0.9950 0.9801 0.9553 0.9211

0.8776


0.8253 0.7648 0.6967 0.6216 0.5403

sin(x) ←↩: Se retorna un vector con el seno de cada coeficiente original.

>> sin(x)

ans =

Columns 1 through 8

-0.8415 -0.7833 -0.7174 -0.6442 -0.5646 -0.4794 -0.3894

-0.2955


-0.1987 -0.0998 0 0.0998 0.1987 0.2955 0.3894

0.4794


0.5646 0.6442 0.7174 0.7833 0.8415

x.^2 ←↩: Se retorna un vector con el cuadrado de cada coeficiente original.

>> x.^2

ans =

Columns 1 through 8

1.0000 0.8100 0.6400 0.4900 0.3600 0.2500 0.1600

0.0900


2005 3


0.0400 0.0100 0 0.0100 0.0400 0.0900 0.1600

0.2500


0.3600 0.4900 0.6400 0.8100 1.0000

plot(x, sin(x.^3))←↩: Se grafica cada coeficiente de x v/s el seno de su cubo.

plot(x, cos(x.^4))←↩: Se grafica cada coeficiente de x v/s el coseno del coeficiente a la cuarta.

Ejecute las siguientes instrucciones y explique los resultados:

x=[2 3 4 5] ←↩: Se crea el vector fila x

>> x=[2 3 4 5]

x =

2 3 4 5

y=-1:1:2←↩: Se crea un vector fila y con coeficientes que van desde -1 a 2 en intervalos de 1 en 1.

>> y=-1:1:2

y =

-1 0 1 2

x.^y ←↩: Se crea un nuevo vector fila cuyos coeficientes son el coeficiente correspondientes de x

elevado al coeficiente correspondiente de y.

>> x.^y

ans =

0.5000 1.0000 4.0000 25.0000

x.*y←↩: Se crea un nuevo vector fila cuyos coeficientes son la multiplicacion de los correspondientescoeficientes de x e y.

>> x.*y

ans =

-2 0 4 10

x./y ←↩: Se crea un nuevo vector fila cuyos coeficientes son la division de los correspondientescoeficientes de x e y.

>> x./y

Warning: Divide by zero.

4 Primer Semestre


ans =

-2.0000 Inf 4.0000 2.5000

2. (a).-Ingrese la matriz [158; 84817; 123471] en la ventana de comandos y examine el contenido deA(1, 1), A(2, 1), A(1, 2), A(3, 3), A(1 : 2, :), A(:, 1), A(3, :), A(:, 2 : 3).

A(1, 1)=[1]

A(2, 1)=[84]

A(1, 2)=[5]

A(3, 3)=[71]

A(1 : 2, :)= [1 5 884 81 7

]

A(:, 1)=

18412

A(3, :)= [12 34 71

]

A(:, 2 : 3)=

5 881 734 71

(b)¿Que resultados producen los siguientes comandos?

x = 1 : 1 : 10 = [1 2 3 4 5 6 7 8 8 10

]

z = rand(10)=

a1,1 · · · a1,10

......

...a10,1 · · · a10,10

Siempre y cuando, 0 < ai,j < 1

y = [z;x]=

a1,1 a1,2 · · · a1,9 a1,10

......

......

...a10,1 · · · · · · · · · a10,10

1 · · · · · · · · · 10


c = rand(4)= a1,1 · · · a1,4

......

...a4,1 · · · a4,4

2005 5



e = [ceye(size(c)); eye(size(c))ones(size(c))]e=

a1,1 · · · · · · a1,4 1 0 0 0...

......

... 0 1 0 0...

......

... 0 0 1 0a4,1 · · · · · · a4,4 0 0 0 11 0 0 0 1 1 1 10 1 0 0 1 1 1 10 0 1 0 1 1 1 10 0 0 1 1 1 1 1


d = sqrt(c)= b1,1 · · · b1,4

......

...b4,1 · · · b4,4

Con, bi,j =√ai,j

t1 == d ∗ d= b1,1b1,1 + · · ·+ b1,4b4,1 · · · b1,1b1,4 + · · ·+ b1,4b4,4

......

...b4,1b1,1 + · · ·+ b4,4b4,1 · · · b4,1b1,4 + · · ·+ b4,4b4,4

t2 = d. ∗ d= b21,1 · · · b21,4...

......

b24,1 · · · b24,4

3. Resuelva el sistema de ecuaciones:

2x+ 2y + 5z = 52x+ 2y + 4z = 7x+ 3y + 3z = 6

usando la funcion inv de MATLAB y tambien usando los operadores \ y / en la ventana decomandos. Verifique la correccion de sus resultados mediante multiplicacion de matrices.

A = [2 1 5; 2 2 3; 1 3 3]

b = [5; 7; 6]

x = inv(A) * b

x = A \ b

b = b’

A = A’

y = b * inv(A)

y = b / A

4. Un metodo iterativo para resolver la ecuacion x2−x−1 = 0 viene dado por xr+1 = 1+(1/xr), r =0, 1, 2, . . . ; escriba un ’script’ de MATLAB que, partiendo de un x0 dado, por ejemplo x0 = 2,resuelva esa ecuacion. Como criterio de detencion use |xr+1−xr| < 0,0005; incluye una verificacion

6 Primer Semestre


de la solucion.

Codigo: Salida por pantalla:

x ant=input(’ingrese numero inicial: ’); ingrese numero inicial: 2x new = 1 + 1/x ant; La solucion encontrada es:while abs(x new - x ant) > 0.0005 x new =x ant=x new;x new= 1 + 1/x ant; 1.6180end La comprobacion es:disp(’La solucion encontrada es: ’) Comprobacion=x newdisp(’La comprobaciones: ’); -1.2625e-004Comprobacion=x new2-x new-1

5. Escriba una funcion de MATLAB que resuelva la ecuacion cuadratica ax2 + bx+ c = 0. La funciondebe usar como parametros de entrada a, b, c ε < y como valores de salida debe entregar las dosraices. Debe usted considerar los 3 casos clasicos:

a) ninguna raiz real (raices complejas)

b) raices reales diferentes, y

c) raices iguales

’Zuzatz’: repita este ejercicio con a, b ,c ε C

La solucion al problema es la siguiente:

disp(’ Obtener Las Raices De Una Ecuacion Cuadratica: ax^2 + bx + c= 0’);

a = input(’ a = ’); b = input(’ b = ’); c = input(’ c= ’);

x1 = (-b+sqrt(b^2-4*a*c)) / (2*a); x2 = (-b-sqrt(b^2-4*a*c)) /(2*a);

discriminante = (b^2)-4*a*c;

if discriminante > 0

disp(’ Las Raices son Reales y Distintas: ’);

disp(strcat(’ x1 = ’,num2str(x1,3),’ --- x2 = ’,num2str(x2,3)));

elseif discriminante == 0

disp(’ Las Raices son Reales e Iguales: ’);

disp(strcat(’ x1 = x2 = ’, num2str(x1,3)));

else

disp(’ Las Raices son Complejas: ’);

disp(strcat(’ x1 = ’,num2str(x1,3),’ --- x2 = ’,num2str(x2,3)));

end

2005 7


6. Escriba una funcion simple para definir f(x) = x2 − cosx− x y grafique la funcion en el rango de0 a 2. Use este grafico para hallar un valor inicial aproximado a la raız y luego aplique la funcionfzero para hallar la raız con una tolerancia de 0,0005.

% Esta funcion sirve para calcular y graficar ‘f(x) = x^2 - cos(x) - x’

function ejercicio6

count = fprintf(‘\n’’La funcion es f(x) = a^2 - cos(b) - c’’ \n \n’);

a = input (‘Ingresa un valor para ‘‘a’’ ‘);

b = input (‘Ingresa un valor para ‘‘b’’ ‘);

c = input (‘Ingresa un valor para ‘‘c’’ ‘);

r = (a^2 - cos(b) - c);

z = fzero(‘x.^2-cos(x)-x’, 1);

fplot (‘x.^2-cos(x)-x’, [0 2]);

count = fprintf(‘\nLa solucion es %g \n’, r );

count = fprintf(‘La funcion ‘‘fzeros’’ entrega %g \n’, z);

end

7. Sea ~OA=35~i-27 ~j+~k, ~OB=15~i+11~k. Hallar:(a) Las coordenadas del punto medio de ~AB; (b) Las

coordenadas del punto P que este sobre la prolongacion de ~AB y que cumpla con ~AP : ~BP=19:9.

(a) Escribimos ~AB:

~AB= ~OB - ~OA = (15,0,11) - (15,-27,1) ~AB= -20 ~i + 27 ~j + 10 ~k

El punto medio del vector ~AB esta representado por:~AB2 = (-10, 272 , 5)

(b)~AB~BP

= 199 Determinar P=(X,Y,Z)

~AP=(x,y,z)-(35,-27,1)=((x-35,y+27,z-1)~BP=(x,y,z)-(15,0,11)=(x-15,0-z-11)

(9x-315,9y+243,9z-9)=(19x-285,0,19z-209)

9x-315=19x-2859y+243=09z-9=19z-209—————–y = 243−10x = 30 → x = −3−10z = −20 → z = 20

=⇒ P=(-3, 2439 ,20)

8. Si los dos vectores−→OA y

−−→OB del problema 7. se multiplican por el escalar −1 7

8 (menos uno siete

octavos), ¿en que tanto% aumenta el modulo del vector−−→MN , siendo

−−→OM = 1

2OA y−−→ON = 2

3OB?

−−→MN =

−−→ON −−−→OM

8 Primer Semestre


y su norma es:

‖−−→MN‖ =

√(−−→ON −−−→OM)× (

−−→ON −−−→OM)

Sea α = −1 78 . Si α escala los vectores

−→OA y

−−→OB, lo hara tambien a

−−→OM y

−−→ON por la asociatividad

de la multiplicacion por escalar. Entonces tenemos que:

‖−−→MN‖escalado =

√(α · −−→ON − α · −−→OM )× (α · −−→ON − α · −−→OM)


√α · (−−→ON −−−→OM)× α · (−−→ON −−−→OM )


√α2 · ((−−→ON −−−→OM )× (

−−→ON −−−→OM))

‖−−→MN‖escalado =√α2 ·

√(−−→ON −−−→OM )× (

−−→ON −−−→OM)

‖−−→MN‖escalado = |α| · ‖−−→MN‖‖−−→MN‖escalado =

∣∣−1 78

∣∣ · ‖−−→MN‖‖−−→MN‖escalado = 1, 875 · ‖−−→MN‖

Por lo tanto, el modulo del vector−−→MN aumento en un 85%.

9. Calcular el angulo formado por los vectores ~i+ 2~j − 2~k e ~i+~j + ~k.

Zusats 2003 :

a) Descomponga ambos vectores en terminos de los vectores unitarios correspondientes a lasdiagonales de los octantes {x ≥ 0, y ≥ 0, z ≤ 0},{x ≥ 0, y ≤ 0, z ≥ 0},{x ≤ 0, y ≤ 0, z ≤ 0}.

b) Determine la respectiva proyeccion de cada vector sobre el otro.

Sabemos que|U · V | = ‖U‖ · ‖V ‖ cos(φ)

|U · V | = 1 + 2− 2 = 1

‖U‖ · ‖V ‖ cos(φ) = 1

‖U‖ =√

1 + 4 + 4 =√

9 = 3

‖V ‖ =√

1 + 1 + 1 =√

3

cos(φ) =1

3√

3

φ = arc cos(1

3√

3) = 78, 9

a) u = diagonal en el cuadrante x ≥ 0, y ≥ 0, z ≤ 0

u =1√3(~i+~j − ~k)

v = diagonal en el cuadrante x ≥ 0, y ≤ 0, z ≥ 0

v =1√3(~i−~j + ~k)

2005 9


w = diagonal en el cuadrante x ≤ 0, y ≤ 0, z ≤ 0

w = − 1√3(~i+~j + ~k)

=1√3(−~i−~j − ~k)

~i+ 2~j − 2~k =3

2

√3u+

3

2

√3v + 2

√3w

~i+~j + ~k = −√

3w

b) Proyeccion: t.q. proyAB = ‖A‖ cos(φ) = |A·B|

‖B‖ Como ya se vio

cos(φ) =1

3√

3

A =~i+ 2~j − 2~k sobre B =~i+~j + ~k

‖A‖ =√

12 + 22 + (−2)2 = 3

⇒ proyAB = ‖A‖ cos(φ) = 3

1

3√

3=

1√3

B =~i+~j + ~k sobre A =~i+ 2~j − 2~k

‖B‖ =√

12 + 12 + 12 =√

3

⇒ proyBA = ‖B‖ cos(φ) =

√3

1

3√

3=

1

3

10. Determinar un numero λ tal que los vectores 3~i - 4~j - 2~k y 8~i - 9~j + λ~k sean perpendiculares entresı.(a) ¿Existen valores de λ para los cuales el angulo entre los vectores precedentes es 3

11π [radianes]?Si existen, determınelos todos.(b) ¿Existen valores de λ tal que la proyeccion del vector dependiente de λ sobre el otro vector esel 29% de la longitud euclidiana de este ultimo? Sı tales λ existen, determınelos todos.

Para encontrar un λ que haga que ambos vectores sean perpendiculares entre si, nos basamos enque:

u · v = 0

siendo u y v los vectores dados, tenemos que:

(3,−4, 5) · (8,−9, λ) = 3 · 8 +−4 · −9 + 5 · λ = 0

60 + 5 · λ = 0

5 · λ = −60

λ = −12

10 Primer Semestre


(a) Sabemos que cos(u,v) = u·v‖u‖·‖v‖ . Usando esta ecuacion, tenemos que:

cos3

11π =

(3,−4, 5) · (8,−9, λ)

5√

2 ·√λ2 + 145

0, 65 =5λ+ 60

5√

2 ·√λ2 + 145

0, 65 =λ+ 12√2λ2 + 290

0, 65√

2λ2 + 290 = λ+ 12

0, 84λ2 + 121, 8 = λ2 + 24λ+ 144

0, 16λ2 + 24λ+ 22, 2 = 0

Resolviendo la ecuacion de segundo grado, tenemos que los valores de λ para los cuales se cumplela condicion son:

λ1 = -0,93λ2 = -149,06

(b)Lo que se nos pide es encontrar un λ tal que:

proyvu = 0, 29‖u‖

= 0, 29 · 5√

2

2005 11


Como la proyeccion es un resultado vectorial, utilizaremos la norma del vector, y por lo tanto, elvalor absoluto de λ :

(3,−4, 5) · (8,−9, λ)

(5√

2)2· (3,−4, 5) = 0, 29 · 5

√2

| λ+ 12

10| ·5√

2 = 0, 29 · 5√

2

| λ+ 12

10| = 0, 29

Con esto tenemos que λ esta entre los valore:

λ+ 12

10≥ −0, 29

λ+ 12 ≥ −2, 9

λ ≥ −14, 9

λ+ 12

10≤ −0, 29

λ+ 12 ≤ −2, 9

λ ≤ 9, 1

11. ¿Para que valor de c, el vector−→j - c(

−→i +−→k ) es perpendicular al vector 5

−→k - c (2

−→i +−→j )?

(a)¿Existen valores de c para los cuales el angulo entre los vectores precedentes es 4π/11 [radianes]?Si existen, determınelos todos. (b)¿Existen valores de c tales que la proyeccion del mayor de losvectores sobre el menor es el 13% de la longitud euclideana de este ultimo? Si tales c existen,determinelos todos.

Solucion:

V1 = −c−→i +−→j − c−→k

V2 = −2c−→i − c−→j + 5

−→k

V1xV2 = ‖ V1 ‖‖ V2 ‖ cos(α), cos(α) = 0

(−c, 1,−c)x(−2c,−c, 5) = 0

2c2 − 6c = 0

c1 = 0 ∧ c2 = 3.

(a) α=4π/11 [radianes]

V1xV2 = ‖ V1 ‖‖ V2 ‖ cos(α)

2c2 − 6c =√

(−c)2 + (1)2 + (−c)2√

(−2c)2 + (−c)2 + 52cos(α)

2c2 − 6c =√

10c4 + 55c2 + 25cos(α)

(b)

PROY V1

V2= 0, 12 ‖ V2 ‖=‖ V1 ‖ cos(α)

V1xV2 = ‖ V1 ‖‖ V2 ‖ cos(α)

0, 13(2c2) = 2c2 + 6c

1, 74c4 − 6c− 0, 13 = 0

X1 = 2 ∧ X2 = 1, 45.

12 Primer Semestre


12. Determinar el vector(3~a− 5~b

)×(4~a+ 7~b

), sabiendose que ~a×~b =~i+ 2~j − 3~k.

Solucion:Primero que nada es necesario aclarar que el producto cruz entre un vector y el mismo da comoresultado 0. (

3~a− 5~b)×(4~a+ 7~b

)= 12~a× ~a︸︷︷︸

=0

+21~a×~b− 20~b× ~a+ 35~b×~b︸︷︷︸=0

= 21~a×~b+ 20~a×~b= 41~a×~b

∴

(3~a− 5~b

)×(4~a+ 7~b

)= 41~i+ 82~j − 123~k

13. Si ‖−→a ×−→b ‖ = 1, ¿cuanto vale ‖(8−→a +−→b )× (8−→a −−→b )‖? Nota: ‖−→v ‖ denota la norma euclediana

del vector −→v .

Sean 2 vectores −→a ,−→b ∈ R3 cualesquiera:

−→a = Ax−→i +Ay

−→j +Az

−→k

−→b = Bx

−→i +By

−→j +Bz

−→k

Por la definicion del producto cruz

−→a ×−→b =

i j kAx Ay Az

Bx By Bz

= (AyBz −ByAz)−→i − (AxBz −BxAz)

−→j + (AxBy −BxAy)−→z

Tambien sabemos que:

−→a ×−→b =√

(AyBz −ByAz)2 + (AxBz −BxAz)2 + (AxBy −BxAy)2

En nuestro caso tenemos:

(8−→a +−→b )× (8−→a −−→b ) =

i j k8Ax +Bx 8Ay +By 8Az +Bz

8Ax −Bx 8Ay −By 8Az −Bz

= ((8Ay +By)(8Az −Bz)− (8Ay −By)(8Az +Bz))−→i −

−((8Ax +Bx)(8Az −Bz)− (8Ax −Bx)(8Az +Bz))−→j +

+((8Ax +Bx)(8Ay −By)− (8Ax −Bx)(8Ay +By))−→k

= 16(AzBy − AyBz)−→i − 16(AzBx −AxBz)

−→j + 16(AyBx −AxBy)−→z

Entonces:

‖(8−→a +−→b )× (8−→a −−→b )‖ =

√162(AzBy −AyBz)2 + 162(AzBx −AxBz)2 + 162(AxBy −BxAy)2

‖(8−→a +−→b )× (8−→a −−→b )‖ = 16

√(AzBy −AyBz)2 + (AzBx −AxBz)2 + (AxBy −BxAy)2

‖(8−→a +−→b )× (8−→a −−→b )‖ = 16‖−→a ×−→b ‖ = 16

2005 13


14. Sea ~a = 17~i−31~j+~k,~b = 5~i+6~j−7~k. Determinar: (a) un numero c tal que(~a+ c~b

)×(~b+ c~a

)= 0;

(b) un numero x tal que el vector ~a×~b sea perpendicular al vector x~i+25~j+6~k. Zusatz 2003 : (c)

todos los numeros t tales que la proyeccion del vector ~a×~b sobre el vector t3~i−5t2~j+(6−2t+5t2)~k

equivale al 3,141592653 de la longitud euclideana de ~a×~b.

a) sean los vectores ~a = (17,−31, 1), ~b = (5, 6,−7) y c un escalar.

(~a+ c~b

)×(~b+ c~a

)= 0

((17,−31, 1) + c(5, 6,−7))× ((5, 6,−7) + c(17,−31, 1)) = 0

((17,−31, 1) + (5c, 6c,−7c))× ((5, 6,−7) + (17c,−31c, c)) = 0

(17 + 5c,−31 + 6c, 1− 7c)× (5 + 17c, 6− 31c,−7 + c) = 0

Producto cruz de los vectores:

~i ~j ~k17 + 5c −31 + 6c 1− 7c5 + 17c 6− 31c −7 + c

= 0

~i−31 + 6c 1− 7c6− 31c −7 + c

−~j 17 + 5c 1− 7c5 + 17c −7 + c

+ ~k17 + 5c −31 + 6c5 + 17c 6− 31c

= 0

((−31 + 6c)(−7 + c)− (1− 7c)(6− 31c))~i− ((17 + 5c)(−7+ c)− (1− 7c)(5 + 17c))~j+ ((17 +

5c)(6− 31c)− (−31 + 6c)(5 + 17c))~k = 0

((217− 31c− 42c+ 6c2)− (6− 31c− 42c+ 217c2))~i− ((−119 + 17c− 35c+ 5c2)− (5 + 17c−35c− 119c2))~j + ((102− 527c+ 30c− 155c2)− (−155− 527c+ 30c+ 102c2))~k = 0

(217− 31c− 42c+ 6c2− 6 + 31c+ 42c− 217c2)~i+ (5 + 17c− 35c− 119c2 + 119− 17c+ 35c−5c2)~j + (102− 527c+ 30c− 155c2 + 155 + 527c− 30c− 102c2)~k = ~0

(−211c2 + 211)~i+ (−124c2 + 124)~j + (−257c2 + 257)~k = 0~i+ 0~j + 0~k

Igualando los componentes de ~i, ~j y ~k, se obtienen las siguientes ecuaciones:

−211c2 + 211 = 0

−124c2 + 124 = 0

−257c2 + 257 = 0

Luego se despeja el valor de c, obteniendo los valores: c = 1 y −1.

b) Para que los vectores ~a × ~b y x~i + 25~j + 6~k sean perpendiculares, se debe cumplir que elproducto punto entre ambos sea igual a 0.Primero se obtiene el producto cruz entre los vectores ~a y ~b.

~a×~b =

~i ~j ~k17 −31 15 6 −7

=~i(217− 6)−~j(−119− 5) + ~k(102 + 155)

~a×~b =~i(217− 6)−~j(−119− 5) + ~k(102 + 155)

~a×~b = 211~i+ 124~j + 257~k

14 Primer Semestre


Luego, se hace el producto punto, para que se cumpla la perpendicularidad.

(211, 124, 257)(x, 25, 6) = 0

211x+ 25 ∗ 124 + 6 ∗ 267 = 0

Se despeja x:

x = −4642

211x = −22

Por lo tanto, para que los vectores sean perpendiculares, x debe ser igual a −22.

c) Sean los vectores ~v1 = t3~i − 5t2~j + (6 − 2t + 5t2)~k y ~v2 = ~a ×~b = 211~i+ 124~j + 257~k. Laproyeccion de ~v2 sobre ~v1 es:

Proy ~v1~v2 = π%||~v2||

cosθ||~v2|| = π%||~v2||~v1 ~v2||~v1 ~v2||

||~v2|| = π%||~v2||

~v1 ~v2 = π%||~v1||||~v2||

Los modulos respectivos de los vectores son:

||~v1|| =√t6 + 25t4 + (6− 2t+ 5t2)2 =

√t6 + 50t4 − 20t3 + 64t2 − 24t+ 36

||~v2|| =√

2112 + 1242 + 2572 =√

44521 + 15376 + 66049||~v2|| =

√125946

Ahora, se reemplazan los datos en la ecuacion:

(t3,−5t2, 6− 2t+ 5t2)(211, 124, 257) = π%√t6 + 50t4 − 20t3 + 64t2 − 24t+ 36

√125946

(211t3 + 665t2 − 514t+ 1542) = π%√t6 + 50t4 − 20t3 + 64t2 − 24t+ 36

√125946

Elevando la ecuacion al cuadrado, se obtiene:

(211t3 + 665t2 − 514t+ 1542)2 = π%2(t6 + 50t4 − 20t3 + 64t2 − 24t+ 36)(125946)

44397t6 + 280630t5 + 219102t4 + 30416t3 + 2307120t2 − 1582200t+ 2373300 = 0

Las siguientes raıces de la ecuacion fueron obtenidas por HP:

t1 = −4, 5166t2 = −3, 8293t3 = 0, 5425 + 1, 2444it4 = 0, 5425− 1, 2444it5 = 0, 4700 + 1, 2068it6 = 0, 4700− 1, 2068i

2005 15


15. Sea ~a = ~i + 2~j + 3~k , ~b = 4~i− 5~j + ~k. Determinar un vector ~v tal que se cumplan las relaciones~v · ~a = 0 y ~v ×~b = ~a×~bSea ~v = x~i+ y~j + z~k, entonces

~v · ~a = (x + 2y + 3z)

Si x = y = 1z = −1

Por lo tanto:~v =~i+~j − ~k

Sea ~v = x~i+ y~j + z~k, ~a×~b.y + 5z = 17

4z − x = 11

−5x− 4y = 13

Efectuando reduccion por filas a la matriz correspondiente al sistema anterior obtenemos el sistema:

x− 4z = −11

7 + 5z = 17

0 = 0

Entonces:x = −11 + 4z

y = 17− 5z

z = z

Finalmente:~v = (−11 + 4z, 17− 5z, z) · (~i,~j,~k)

= (−11, 17, 0) · (~i,~j,~k) + z(4,−5, 1) · (~i,~j,~k)= (−11, 17, 0)(~i,~j,~k) + z~b

El conjunto solucion esta compuesto por los puntos de la recta paralela a ~b y que pasa por el punto(−11, 17, 0) · (~i,~j,~k).

16. Si ~a = −5~i+ 3~j, ~b = 11~i+ 7~j, determinar un vector ~v que cumpla con las condiciones ~v · ~a = 0 y~v × ~a = ~a+~b.

Sea ~v = (x, y, z), entonces:

~v · ~a = 0⇒ (x, y, z) · (−5, 3, 0) = −5x+ 3y = 0

Ademas

~v × ~a = ~a+~b~i ~j ~kx y z−5 3 0

= (6, 10, 0)

(−3z)~i− (5z)~j + (3x+ 5y)~k = (6, 10, 0)

16 Primer Semestre


A partir del determinante se tiene:

3x+ 5y = 0

z = −2

y de ~v · ~a se tiene:−5x+ 3y + 0z = 0

Finalmente x = y = 0. Por lo tanto el vector ~v es −2~k.

17. Desde el enunciado se puede deducir:

(7, 2, 2) = (σ, σ,−σ) + (2τ,−τ, 4τ)

=⇒7 = 2τ + σ2 = −τ + 2σ2 = 4τ − 2σ

Del sistema se desprende:

σ = 7− 2τ , 2 = −τ + 7− 2τ ⇒ τ =5

3

⇒ σ = 7− 2 ∗ 5

3=

11

3

Entonces el resultado final es:

σ =11

3, τ =

5

3

18. ¿Que angulo forman entre sı los planos con las ecuaciones z = 2− 6x− 7y y z = 1− 8x+ 7y?

P1 : 6x+ 7y+ z = 2, entonces 3 puntos que pertenecen al plano son: A=( 0, 0, 2) ; B=( 1/3, 0, 0); C=( 0, 2/7, 0)

Ahora dos vectores que pertenecen a este plano son:V1 = B-AV1 = ( 1/3, 0, -2) yV2 = C-AV2 = ( 0, 2/7, -2)

Un vector Normal al plano P1 esN1 = (V1 x V2)N1 = ( 4/7, 2/3, 2/21)

Luego, para P2 : 8x − 7y + z = 1, entonces 3 puntos que pertenecen al plano son: A=( 0, 0, 1) ;B=( 1/8, 0, 0) ; C=( 0, -1/7, 0)

Ahora dos vectores que pertenecen a este plano son:V1 = B-AV1 = ( 1/8, 0, -1) yV2 = C-AV2 = ( 0, -1/7, -1)

Un vector Normal al plano P2 esN2 = (V1 x V2)N2 = ( -1/7, 1/8, -1/56)

Entonces: El Producto Punto entre las normales es < N1, N2 >= 0, por lo tanto el angulo entreN1 y N2 es 90

�

, o sea, los planos son perpendiculares.

2005 17


19. Si A = (4, 1, 1), B = (1, 4, 5), que vector es la proyeccion del vector−−→AB sobre el plano con ecuacion

3x− 12y + 4z = 4?

Sea el plano P = 3x− 12y + 4z = 4 con A = (4, 1, 1), B = (1, 4, 5), entonces tenemos:

AR = |3−12+4−4|√16+4+4

= 3√2

BR = 9√1+16+25

= 9√42

n = ~n‖n‖= 1

13 (3,−12, 4)

Tenemos que d = AR −BR = 0,732

Con lo anterior podemos calcular proy−−→ABP como sigue:

proy−−→ABP =

−−→AB − nd

proy−−→ABP = (−3, 3, 4)− (0,17,−0,67, 0,224)

proy−−→ABP = (−3,17, 3,67, 3,78)

20. ([4, probl. 841] Una recta L esta dada como interseccion de dos planos con las ecuaciones: 3x−y + 4z = 8, −24x+ 5y − 3z = 6. Determinar la proyeccion de la recta L sobre el plano z = 0.

(a) Determinar la proyeccion de la recta L sobre el plano x−√

2y +√

3z =√

5.

(b) Los planos dados, ¿son subespacios vectoriales de <3.)

a) Para encontrar el vector director de la recta L, calculamos el producto cruz entre losvectores normales de los planos.

~υ = ~N1 x ~N2 =

∣∣∣∣∣∣

i j k3 −1 4−24 5 −3

∣∣∣∣∣∣= i(3−20)−j(−9+96)+k(15−24) = −17i−87j−9k.

Para hallar el punto por donde pasa la recta L, resolvemos el sistema de ecuaciones paraz=0.

3x− 1y = 8

−24x+ 5y = 6

Obtenemos: x = −46/9 ; y = −70/3.

Por lo tanto el punto P0 = (−46/9,−70/3, 0) es un punto que pertenece a la recta e intersecta conlos planos.

La ecuacion de la recta queda definida por:

(x, y, z) = (−46/9,−70/3, 0) + t(−17,−87,−9).

El vector normal a ~N3 es (1,−√

2,√

3), y el director de la recta es:(−17,−87,−9).

Calculamos el vector paralelo al plano.

~N4 = ~N3x ~v =

∣∣∣∣∣∣

i j k

1 −√

2√

3−17 −87 −9

∣∣∣∣∣∣= i(9

√2 + 87

√3)− j(−9 + 17

√3) + k(−87− 17

√2).

Podemos considerar este vector como un vector normal a un plano Π4.

Π4 = ((x, y, z)− (−46/9,−70/3, 0)) · ((9√

2 + 87√

3), (9− 17√

3), (−87− 17√

2))

Al tener los vectores normales a cada uno de estos planos (Π3,Π4), podemos calcular laproyeccion.

18 Primer Semestre


~υ2 = ~N3 x ~N4 =

∣∣∣∣∣∣

i j k

1 −√

2√

3

9√

2 + 87√

3 9− 17√

3 −87− 17√

2

∣∣∣∣∣∣

i(87√

2+34−9√

3+51)−j(−87−17√

2−9√

2√

3−87∗3)+k(9−17√

3+18+87√

3√

2).

Al tener las ecuaciones Π4 y Π3se puede despejar el pto P0(al resolver el sistema deecuaciones).

Finalmente L queda expresado por:

L = P0 + t · ~υ2.

b) Para que sean espacios debe cumplirse las siguientes condiciones:

a) πn 6= φ.

b) αu+ βv ∈ πn.

Al probar con el punto (0,0,0) no se cumple con la condicion (a). Por lo tanto, los planosno

conforman subespacios vectoriales de <3.

21. Los planos con las ecuaciones: 4x+ 2y + z = 8, x+ y − 10z = 0, tienen una recta de interseccion.Calcular el angulo de inclicancion de esta recta con respecto al plano 9x− 5y − 3z = 1.

Se tiene los planos:

4x+ 2y + z = 8 (1)

x+ y − 10z = 0 (2)

9x− 5y − 3z = 1 (3)

Resolviendo el sistema planteado por las ecuaciones (1) y (2) encontramos la recta de interseccionentre los dos planos. Haciendo el producto cruz entre ambos planos obtenemos

Po + (−21; 41; 2)t (4)

el cual es el vector director de la recta.

Para encontrar Po, resolvemos el sistema de entre las ecuaciones (1), (2), (3), resultando:

(1, 1125; 1,6375; 0, 275) (5)

Juntando (4) y (5)

Po + vt = (−19, 8875; 42, 6375; 2, 275)t (6)

Luego, el angulo formado entre la recta (6) y el vector normal al plano (3) se calcula como:

cos(θ) =〈Po + vt; n〉‖Po + vt‖‖n‖

=〈(−19, 8875; 42, 6375; 2, 275) · (9;−5;−3)〉

47, 1025 · 10, 7238

=399

505, 1177= 0, 7899

arc cos(cos(θ)) = arc cos(0, 7899)

θ = 37, 80◦

2005 19


Pero como el angulo es con el plano y no con su vector normal:

θ = 90◦ − 37, 80◦

θ = 52, 2◦

Por lo que el angulo entre el plano y la recta es θ = 52, 2◦

22. Con cuales condiciones han de cumplir los seis coeficientes a, b, c, f, g, h (todos distintos de cero)para que la recta con las ecuaciones x−x0

a = y−y0

b = z−z0

c sea perpendicular al plano con la ecuacionxf + y

g + zh = 1?

Para la recta:x− x0

a=y − y0b

=z − z0c

= k

De esto sale su forma parametrica. La recta queda descrita por:

x = ka+ x0

y = kb+ y0

z = kc+ z0

Y de esto obtenemos la forma vectorial, dada por:

(x0, y0, z0) + k(a, b, c)

Significa que nuestra recta es paralela con el vector (a, b, c)

El plano esta descrito por la ecuacion 1f x+ 1

gy + 1hz = 1

El vector normal (perpendicular) al plano esta dado por los coeficientes que acompanan a x, y yz, esto es, el vector ( 1

f ,1g ,

1h ).

Para que la recta sea perpendicular al plano, debe ser paralela a la normal del plano. en otraspalabras, los vectores unitarios que se obtienen dividiendo el vector directriz de la recta (hablamosde (a, b, c)), y el vector normal del plano (ı¿

�te es ( 1

f ,1g ,

1h )) por sus respectivas normas, deben ser

iguales.

(a, b, c)√a2 + b2 + c2

=( 1

f ,1g ,

1h )

√1f2 + 1

g2 + 1h2

Entonces, las condiciones necesarias para los coeficientes estan dadas por las siguientes ecuaciones,que se obtienen de igualar por coordenada:

a√a2 + b2 + c2

=1

f√

1f2 + 1

g2 + 1h2

b√a2 + b2 + c2

=1

g√

1f2 + 1

g2 + 1h2

c√a2 + b2 + c2

=1

h√

1f2 + 1

g2 + 1h2

Elevando al cuadrado y reagrupando, se obtienen las condiciones:

a2f2 =a2 + b2 + c2

1f2 + 1

g2 + 1h2

20 Primer Semestre


b2g2 =a2 + b2 + c2

1f2 + 1

g2 + 1h2

c2h2 =a2 + b2 + c2

1f2 + 1

g2 + 1h2

23. Si A y B son dos matrices cuadradas de n x n (con determinante 6= 0), determinar un numero ctal que:(cIn)2 + A(B-A−1)=(B−1A−1)−1.

(cIn)2 +A(B −A−1) = (B−1A−1)−1

(cIn)2 +A(B −A−1) = AB

(cIn)2 +AB −AA−1 = AB

(cIn)2 +AB − I = AB

(cIn)2 = I

c2I2n = In

c2InIn = In

c2In = In

c2 = 1

c = 1

24. Sea u = [1,√

2,−1]T ∈ R3, v = [1, 1,√

3]T ∈ R3, w = [−√

2,−√

5,−1]T ∈ R3. Describa grafica-mente los siguientes conjuntos:

a) P = 12u+ 1

2uEste conjunto esta formado por el vector v. Tanto la suma, como el vector v son reflejadosen la figura N

�

1.

Figura 1: Grafico del vector P

2005 21


b) Q = − 13v + 3

4vEste conjunto esta formado por el vector v. Tanto la suma, como el vector v son reflejadosen la figura N

�

2.

Figura 2: Grafico del vector Q

c) R = − 75v − 2

5vEste conjunto esta formado por el vector v. Tanto la suma, como el vector v son reflejadosen la figura N

�

3.

Figura 3: Grafico del vector R

d) T = {(1− t)u+ tv : 0 ≤ t ≤ 1}Este conjunto esta formado por los vectores u, v y todos los vectores que se ubiquen sobre larecta determinada por el vector resta v − u Lo cual se ve reflejado en la figura N

�

4.

22 Primer Semestre


Figura 4: Grafico del vector T

e) L = {(1− t)u+ tv : t ∈ R}Este conjunto esta formado por los vectores u, v y todos los vectores que se ubiquen sobre larecta determinada por el vector resta v − u. Ademas lo conforman ltodas las amplificacionesdel vector resta v − u, es decir, la recta vectorial dada por v − u. Lo anterior se muestra enla figura 5.

Figura 5: L = {(1− t)u+ tv : t ∈ R}

f ) E = {αu+ βw : α, β ∈ R}Este conjunto esta formado por todos los vectores que forman el plano vw. Este plano seaprecia en la figura 6.

g) A = {αv + βw : α, β ∈ R}Este conjunto esta formado por todos los vectores que formen el paralelepıpedo determinadopor el plano vw y de grosor determinado por el vector u. Todo aquel vector que este dentro

2005 23


Figura 6: Plano vw

de este paralelepıpedo pertenece al conjunto A.

Figura 7: Plano vw

h) ¿Constituye {u, v, w)} una basepara R?

Se comprueba primero si estos vectores son linealmente independientes. Para ello, se debecumplir que:

αu+ βv + γw = (0, 0, 0), con α, β, γ ∈ R/α = β = γ = 0

α[1,√

2,−1]T + γw[−√

2,−√

5,−1]T = (0, 0, 0)

lo que genera el siguiente sistema de ecuaciones:

24 Primer Semestre


α+ β +√

2 = 0√2 + β −

√5γ = 0

−α+√

3β − γ = 0

Resolviendo este sistema se llega a la conclusion de que α = β = γ = 0, lo que indica que losvectores u, v, w son linealmente independientes. La segunda condicion para que estos vectoressean base de R3 es que estos vectores tienen que ser generadores de dicho espacio, es decir,que pueda obtener cualquier vector del espacio R3 a travez de una combinacion lineal de losvectores u, v, w.Sea t ∈ R3, sean α, β, γ ∈ R:

t = αu+ βv + γw

igualdad verdadera, =⇒ {u, v, w} forman una base para R3.

i) De los conjuntos de la lista (a)-(g), ¿cuales son espacios vectoriales?. para aquellos que losean, determine su dimension.

En los casos (a), (b) y (c) el conjunto resultado es el vector v. El cual no corresponde a unespacio vectorial, ya que no cumple con ninguna de las condiciones: no contiene al vectorcero, ni la suma y la multiplicacion de vectores no es cerrada.

En el caso (d) que es el conjunto T = {(1 − t)u + tv : 0 ≤ t ≤ 1} tampoco existe el vectorcero, es decir [0, 0, 0]T = t(1− t)u+ tv no se cumple.

En el caso (e), se tiene que L = {(1− t)u+ tv : t ∈ R}; Es necesario entonces cumplir con lacondicion [0, 0, 0]T = t(v − u) + u, es decir: t(v − u) = −uReemplazando con los vectores dados, se tiene que:

t[0, 1−√

2,√

3 + 1]T = −[1,√

2,−1]T

[0, t(1−√

2), t(√

3 + 1)]T = [−1,−√

2, 1]T es decir: 0 = −1, =⇒⇐= Luego no existe el vectorcero, por lo tanto el conjunto L no es un e.v.

En el caso (f) correspondiente al conjunto E = {αu+ βw : α, β ∈ R} se verifica que existe elvector cero para α = β = 0. Ahora se debe comprobar si el conjunto es cerrado respecto dela suma y la multiplicacion de vectores. Sean x, y ∈ E, sean α, β, α′, β′ ∈ R, tal que:

x = αu+ βw

y = α′u+ β′w

Entonces se debe cumplir que (γu+ δy) ∈ E, con γ, δ ∈ R

γx+ δy = γ(αu+ βw) + δ(α′u+ β′w)

γx+ δy = γαu+ γβw + δα′u+ δβ′w

γx+ δy = (γα+ δα′)u+ (γβw + δβ′)w

Claramente se verifica que E es un conjunto cerrado para la suma y la multiplicacion, por lotanto E es un espacio vectorial.

2005 25


En el caso (g) tenemos el conjunto A = u+ {αv + βw : α, β ∈ R} el cual verifica que existeel vector cero para (αv + βw) = −u. Ahora se debe comprobar que el conjunto A es cerradorespecto de la suma y multiplicacion de vectores. Sean x, y ∈ A, sean α, β, α′, β′ ∈ R, tal que:

x = αu+ βw

y = α′u+ β′w

Entonces se debe cumplir que (γu+ δy) ∈ A, con γ, δ ∈ R

γx+ δy = γ(u+ αv + βw) + δ(u+ α′v + β′w)

γx+ δy = (γ + δ)u+ (γα+ δα′)u+ (γβw + γβ′)w

Lo anterior se cumple solo si γ + δ = 1, por lo tanto, el conjunto A no es cerrado respecto dela suma y la multiplicacion. A no es un espacio vectorial.

j ) Para todos los espacios vectoriales de dimension 2 que aparezcan en la lista (a)-(g), determineuna base ortonormal.

El unico espacio vectorial de dimension 2 en la lista, es el conjunto E . 2 vectores ortonormalesson dos vectores unitarios y ortogonales entre sı. Para encontrar dos vectores ortonormalesque sean base del espacio, primero se buscan dos vectores x, y ∈ E que sean perpendicularesentre sı. Luego, los vectores de la forma:

x = α1u+ α2v

y = β1u+ β2v, α1, α2, β1, β2 ∈ R

Para que x e y sean perpendiculares, el producto punto entre ellos deben ser cero, lo que seexpresa:

xy = (α1u+ α2v)(β1u+ β2v) = 0

α1β1uu+ α1β2uv + α2β1vu+ α2β2vv = 0

α1β1uu+ (α1β2 + α2β1)uv + α2β2vv = 0

Supongamos ahora que x = u, es decir α1 = 1 y α2 = 0. Reemplazando estos valores en laecuacion anterior:

β1uu+ β2uv = 0

β1(1,√

2,−1)(1,√

2,−1) + β2(1,√

2,−1)(−√

2,−√

5,−1) = 0

β1(1,√

2,−1) + β2(1−√

2−√

10) = 0

β1 =(√

2 +√

10− 10)

4β2

Evaluando β2 = 4, se obtiene que β1 =√

2 +√

10− 1. Luego:

y = β1u+ β2v

y = (√

2 +√

10− 1)(1,√

2,−1) + (−√

2,−√

5,−1)

y = (√

10− 1− 3√

2, 2−√

2− 2√

5,−√

2−√

10− 3)

26 Primer Semestre


De este modo, ya tenemos u, y ∈ E, dos vectores perpendiculares entr sı. Veamos ahora sison linealmente independientes:

γu+ δy = (0, 0, 0), cony, δ ∈ R

γ(1,√

2,−1) + δ(√

10− 1− 3√

2, 2− 2√

2− 2√

5,−√

2−√

10− 3) = (0, 0, 0)

De lo que se obtiene el sistema de ecuaciones:

γ + δ(√

10− 1− 3√

2) = 0

γ√

2 + δ(2−√

2− 2√

5) = 0

−γ + δ(−√

2−√

10− 3) = 0

Se concluye que γ = δ = 0, por lo tanto u, y son linealmente independientes. Resta verificarque para que los vectores u, y consituyan una base ortonormal ambos deben ser unitarios:

u =u

‖ u ‖

u =(1,√

2,−1)

2

y =y

‖ y ‖

y =(√

10− 1− 3√

2, 2−√

2− 2√

5,−√

2−√

10− 3)√(√

10− 1− 3√

2)2 + (2−√

2− 2√

5)2 + (−√

2−√

10− 3)2

Por lo tanto la base ortonormal de E es {u, y}k) Como el lector sabe, la base canonica de R3 es {e1, e2, e3}, con e1 = [1, 0, 0]T , e2 = [0, 1, 0]T ,

e3 = [0, 0, 1]T . Sea x = x1e1 + x2e2 + x3e3 ∈ R3 un vector tal que tambien se puede escribiren la forma x = ξ1u+ ξ2v + ξ3w ∈ R3. Los numeros xi, ξj se llaman coordenadas del vectorx. ¿Admite todo vector x ∈ R ambas representaciones? ¿son unicas? ¿cuales son las reglas detransformacion entre los xi y los ξj?, esto es, ¿Cuales son las expresiones ξj en terminos delos xi y, recıprocamente, de los xi en funcion de los

Todo vector x ∈ R3 admite ambas representaciones, ya que {u, v, w} y {u, v, w} son base deR3, y por lo tanto generan cualquier vector x en R3. Una determinada combinacion lineal delos vectores de alguna base del espacio vectorial origina solo un vector en particular. Cadavector esta unıvocamente determinado por una combinacion lineal de los vectores de una delas bases; otra combinacion lineal de los vectores de la misma base no puede generar el mismovector.

Se pide hacer un cambio de base, de modo que tenemos lo siquiente:x = x1e1 + x2e2 + x3e3 = ξ1u+ ξ2v + ξ3w, es decir:

x1[1, 0, 0]T + x2[0, 1, 0]T + x3[0, 0, 1]T = ξ1[1,√

2,−1]T + ξ2[1, 1,√

3]T + ξ3[−√

2,−√

5,−1]T

De lo anterior se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:

2005 27


x1 = ξ1 + ξ2 +√

2ξ3

x2 =√

2ξ1 + ξ2 +√

5ξ3

x3 = −ξ1 +√

3ξ2 − ξ3

Las cuales son las expresiones de los xi en funcion de los ξj . De estas mismas ecuacionesdespejamos los ξj en termino de los xi, de lo que se obtiene:

ξ1 =x1 − x2 + (

√2−√

5)ξ3

(1−√

2)

ξ2 =x1 − x3 + (1 +

√2)ξ3

(1 +√

3)

Reemplazando estos valores en una de las ecuaciones se obtiene ξ3 en funcion de x1, x2 y x3:

ξ3 =(−1−

√6)x1 + (1 +

√3)x2 − (1−

√2)x3

(2√

3 + 2−√

5−√

15)

Reemplazando en ξ1 y ξ2 la expresion anterior, obtenemos lo siguiente:

ξ1 =x1 − x2 + (

√2−√

5)[ (−1−√

6)x1+(1+√

3)x2−(1−√

2)x3

2√

3+2−√

5−√

15]

1−√

2

ξ2 =x1 + x3 + (1 +

√2)[ (−1−

√6)x1+(1+

√3)x2−(1−

√2)x3

2√

3+2−√

5−√

15]

1 +√

3

25. Sean U = {(x, y, z) ∈ R3 : x− y+ z = 0}, V = {(x, y, z) ∈ R3 : 2x− y− 2z = 0}, ambos equipadoscon la estructura de espacio vectorial canonica. Determine U∩V y U+V := {u+v : u ∈ U, v ∈ V }.¿Son U ∩ V y U + V := {u+ v : u ∈ U, v ∈ V } espacios vectoriales?

Solucion:(i) U ∩ V

Seau ∈ U : x− y + z = 0, v ∈ V : 2x− y − 2z = 0,

luegox− y + z = 2x− y − 2z

finalmentex− 3z = 0→W

(ii) U + V

Seau ∈ U : x− y + z = 0, v ∈ V : 2x− y − 2z = 0,

28 Primer Semestre


luego u+ v3x− 2y − z = 0→ E

Ahora falta demostrar que W y E son espacios vectoriales, y lo haremos demostrando el casogeneral donde F = {(x, y, z) ∈ R : αx+ βy + γz = 0}

En efecto : (0, 0, 0) ∈ F, luego F 6= ∅Sean u = (x, y, z), v = (x′, y′, z′) ∈ F luegoαx+ βy + γz = 0, αx′ + βy′ + γz′ = 0, entoncesα(x+ x′) + β(y + y′) + γ(z + z′) = 0 por lo tantou+ v = (x+ x′, y + y′, z + z′) ∈ F

Por otra parte: Si λ ∈ R, λu = (λx + λy + λz) = 0Luego α(λx) + β(λy) + γ(λz) = λ(αx + βy + γz) = 0 y en consecuenciaλu ∈ E, ∀λ ∈ R, ∀u ∈ F

Por lo tanto F , y obviamente W y E, son espacios vectoriales.

26. (ESCRIBE AQUI EL ENUNCIADO DE LA PREGUNTA) (a) Sea W = (b1, b2, b3)εR3/b1 = 0Tomando 2 vectores pertenecientes a W y comprobamos si se cumple (W,+, •). Sea v = (0, α1, α2)y w = (0, β1, β2)εW ,

v + w = (0, α1 + β1, α2 + β2).

Este vector v + w ∈ W , por lo que tambien se cumple la (•) . Por lo tanto W es un subespaciovectorial de R3.

(b) Sea W = (b1, b2, b3)εR3/b1 = 1. Tomamos 2 vectores pertenecientes a W y comprobamos si se

cumple (W,+, •). Sea v = (1, α1, α2) y W = (1, β1, β2)εW ,

v + w = (2, α1 + β1, α2 + β2).

Este vector v + w 6∈W . Por lo tanto no se cumple la (+).

αυ = (1, αα1, αα2).

αυ ∈W , por lo que se cumple la (•). Por lo tanto W no es un subespacio vectorial de R3. (c) SeaW = (b1, b2, b3) ∈ R3/b1b2b3 = 0. Tomamos 2 vectores pertenecientes a W y comprobamos si secumple (W,+, •). Sea υ = (α1, α2, α3) y w = (β1, β2, β3) ∈W

υ + w = (α1 + β1, α2 + β2, α3 + β3), (α1 + β1)(α2 + β2)(α3 + β3) 6= 0.

Como se puede observar este vector υ+w 6∈W porque la multiplicacion de los elementos del vectorno da 0. Por lo tanto no se cumple la (+). En consecuencia, W no es un subespacio vectorial deR3.

(d) Sea W = (b1, b2, b3) ∈ R3/b1 + b2 + b3 = 0. Tomamos 2 vectores pertenecientes a W y com-probamos si se cumple (W,+, •). Sea υ = (α1, α2, α3) y w = (β1, β1, β3) ∈ W

υ + w = (α1 + β1, α2 + β2, α3 + β3).

Como podemos observar (α1 + β1 + α2 + β2 + α3 + β3) = 0. El vector υ+w ∈ W . Por lo tanto secumple la (+).

2005 29


αυ = (αα1, αα2, αα3).

Como podemos observar

(αα1 + αα2 + αα3) = α(α1 + α2 + α3) = 0,

entonces αυ ∈W , por lo que se cumple la (•). Finalmente, se puede decir que W es un subespaciovectorial de R3.

(e) Sea W = (b1, b2, b3) ∈ R3/b1 ≤ b2 ≤ b3. Tomamos 2 vectores pertenecientes a W y comproba-mos si se cumple (W,+, •). Sea υ = (α1, α2, α3) y w = (β1, β2, β3) ∈W

υ + w = (α1β1, α2β2, α3β3).

Como podemos observar

α1 + β1 ≤ α2β2

Puesto que

α1 ≤ α2β1 ≤ β2α2β2 ≤ α3β3α2 ≤ α3β2 ≤ β3

Entonces este vector υ + w ∈W . Por lo tanto se cumple la (+).

αυ = (αα1, αα2, αα3).

Como podemos observar (αα1 ≤ αα2 ≤ αα3). Si dividimos por α obtenemos α1 ≤ α2 ≤ α3.Entonces αυ ∈ W , por lo que se cumple la (•). Por lo tanto W es un subespacio vectorial de R3

(f) Sea υ = (1, 4, 0) y w = (2, 2, 2). Si analizamos la independencia lineal de estos vectores tenemosque:

λ1υ + λ2w = 0.

Desarrollando obtenemos el siguiente sistema:

λ1 + 2λ2 = 04λ1 + 2λ2 = 02λ2 = 0

Lo que arroja que 2λ1 = 0 2λ2 = 0. Por lo tanto los vectores son L.I. entre si, por lo que podemosdecir que es un subespacio vectorial de R3. Por lo tanto υ = (1, 4, 0) y w = (2, 2, 2) son unsubespacio vectorial de R3.

(g) Sea υ = (1, 4, 0) y w = (2, 2, 2). Sea u = (a, b, c). Para que υ y w sean ortogonales, el productointerno tiene que ser 0.

u • υ = 0u • w = 0

Esto es (a, b, c)•(1, 4, 0) = 0. En otras palabras a+4b = 0. Por otro lado (a, b, c)•(2, 2, 2) = 0, estoes 2a+ 2b+ 2c = 0. Si juntamos el sstema y lo dejamos en funcion de un parametro t obtenemos:

a = t; b = −t/4; c = −3t/4

30 Primer Semestre


Por lo tanto los vectores u, son todos aquellos que tienen la forma u = (t,−t/4,−3t/4) con t ∈ N .Por lo tanto, u es un subespacio vectorial de R3 de dimension 1.

27. Describa el subespacio vectorial mas pequeno de M(2x2,R) que contiene las matrices:

a)

[1 00 0

]y

[0 10 0

];

Sean α y β ∈ R.

α

[1 00 0

]+ β

[0 10 0

]=

[α β0 0

]

Sumando matrices de este tipo:

[a b0 0

]+

[c d0 0

]=

[a+ c b+ d

0 0

]

donde a, b, c, d ∈ R, por lo tanto a+ c, b+ d ∈ R

Luego, multiplicando por un escalar x ∈ R:

x ·[a b0 0

]=

[x · a x · b

0 0

]

donde a y b ∈ R, por lo tanto x · a y x · b ∈ R

Con todo esto se verifica que el resultado de las operaciones de suma de matrices y productopor escalar se mantienen dentro del mismo conjunto (cerradura).

Por lo tanto W = {α[

1 00 0

]+ β

[0 10 0

]∈ M(2x2,R) ∧ α, β ∈ R} es el subespacio

vectorial mas pequeno que contiene las matrices

[1 00 0

]y

[0 10 0

]

b)

[1 10 0

];

Sea α ∈ R.

α

[1 10 0

]=

[α α0 0

]


[a a0 0

]+

[b b0 0

]=

[a+ b a+ b

0 0

]

donde a, b ∈ R, por lo tanto a+ b ∈ R


x ·[a a0 0

]=

[x · a x · a

0 0

]

2005 31


donde a ∈ R, por lo tanto x · a ∈ R


Por lo tanto V = {α[

1 10 0

]∈M(2x2,R)∧ α ∈ R} es el subespacio vectorial mas pequeno

que contiene la matriz

[1 10 0

]

c)

[1 00 0

]y

[1 00 1

];

Sean α y β ∈ R.

α

[1 00 0

]+ β

[1 00 1

]=

[α+ β 0

0 β

]


[a+ b 0

0 b

]+

[c+ d 0

0 d

]=

[a+ b+ c+ d 0

0 b+ d

]=

[(a+ c) + (b+ d) 0

0 (b+ d)

]

donde a, b, c, d ∈ R, por lo tanto a+ c, b+ d ∈ R


x ·[a+ b 0

0 b

]=

[x · (a+ b) 0

0 x · b

]=

[(x · a) + (x · b) 0

0 (x · b)

]

donde a y b ∈ R, por lo tanto x · a y x · b ∈ R


Por lo tanto Y = {α[

1 00 0

]+β

[1 00 1

]∈M(2x2,R)∧α, β ∈ R} es el subespacio vectorial

mas pequeno que contiene las matrices

[1 00 0

]y

[1 00 1

]

28. ¿Cuales de los siguientes subconjuntos de M(2× 2,<) son espacios vectoriales?

(a) El conjunto de las matrices invertibles

R: No es espacio vectorial porque no contiene a σ puesto que:

|σ| = 0

(b) El conjunto de las matrices singulares

R: No es espacio vectorial dado que no es cerrado con respecto a la suma, dado que ∀A quepertenece a ese conjunto det(A)=0. Contraejemplo: Sean A,B ∈ conjunto, A+B=C y C ∈ alconjunto

A =

1 0 00 1 00 0 0

;B =

0 0 00 0 00 0 1

;C =

1 0 00 1 00 0 1

32 Primer Semestre


|C| = 1, =⇒ C no pertenece al conjunto.

(c) El conjunto de las matrices simetricas R:Dadas dos matrices A y B simetricas, comprobamossu suma:

a b cd e fg h i

+

j k lm n op q r

=

a+ j b+ k c+ ld+m e+ n f + og + p h+ q i+ r

y

a d gb e hc f i

+

j m pk n ql o r

=

a+ j d+m g + pb+ k e+ n h+ qc+ l f + o i+ r

a+ j b+ k c+ ld+m e+ n f + og + p h+ q i+ r

=

a+ j d+m g + pb+ k e+ n h+ qc+ l f + o i+ r

Como se puede observar, la suma de dos matrices simetricas tambien es simetrica. Para cualquierα ∈ C, αA debe ser simetrica si A lo es.

Sea A =

a b cb e fc f i

, entonces: αA =

αa αb αcαb αe αfαc αf αi

y


> =


Por lo tanto las matrices simetricas conforman un espacio vectorial.

(d) El conjunto de las matrices antisimetricas

R:En forma analoga al caso anterior, la suma de dos matrices antisimetricas deben ser asimetricas.

0 b c−b 0 f−c −f 0

+

0 k l−k 0 o−l −o 0

=

0 b+ k c+ l−b− k 0 f + 0−c− l −f − o 0

Si A =

0 b c−b 0 f−c −f 0

, entonces: αA =

0 αb αc−αb 0 αf−αc −αf 0

Por lo tanto las matrices antisimetricas son un espacio vectorial.

(e) El conjunto de las matrices asimetricas

R: No es espacio porque no existe σ, dado que σ’=σ

29. Sea E un espacio vectorial sobre un cuerpo K y ∅ 6= M ⊆ E. Considere la interseccion D de todoslos subespacios V de E tales que M ⊆ V . Demuestre que: (a) D es un espacio vectorial unıvoca-mente definido; (b) D es el espacio vectorial mas pequeno (con respecto a inclusion) que contieneaM ; (c)D coincide con el conjunto de todas las combinaciones lineales (finitas) de elementos deM .

El espacio vectorial D se denota habitualmente por linK(M) o spanK(M) y se denomina espaciovectorial generado o engendrado por el conjuntoM . Las propiedades (a), (b), (c) quedan resumidasen:

{(i) linK(M) = spanK(M) = {∑n

k=1 akxk : n ∈ N, ak ∈ K, xk ∈ M} ,(ii) V subespacio vectorial de E tal que M ⊆ V ⇒ linK(M) ⊆ V. (7)

2005 33


Sea p el polinomio p(x) = 1 − x + 3x3, q el polinomio q(x) = −2 + 5x2 − x3, r el polinomior(x) = −x+x3, s el polinomio s(x) = 2−x2, donde x es una variable real, i.e., x ∈ R. Determine:(d) linR({p, r}); (e) linR({q, r, s}); (f) linR({p, q, r, s}).

(a) Sea E un espacio vectorial sobre K y M ⊆ E. Sea D la interseccion de todos los subespaciosV de E, tales que M ⊆ V .

Por demostrar: ¿es D un espacio vectorial unıvocamente definido?.

Por definicion, la expresion∑n

i=1 αiui se llama combinacion lineal (CL) de los vectores ui conescalares αi. Se sabe tambien que 0 6= X ⊆ V y consideremos Λ := {W/W ≤ V,X ⊆ W}. Lainterseccion de todos los W ∈ Λ se llama subespacio vectorial (SEV) generado por X y se denotapor G(X). Por lo tanto D es el SEV generado por las CL de los xk ∈M . Como D ≤M , M ⊆ Vy V ⊆ E ⇒ D es un SEV de V , cumpliendo las propiedades de la suma de vectores y la multipli-cacion por escalar, este es, a su vez, un espacio vectorial unıvocamente definido.

(b) Por demostrar: ¿es D el espacio vectorial mas pequeno que contiene a M?.

El problema de encontrar los conjuntos generadores mas pequenos para un espacio vectorial de-pende de la nocion de independencia lineal. Por lo tanto se debe probar que:

a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxn = 0

tiene, al menos, una solucion. De esta manera, a1 = a2 = · · · = an = 0. Por lo tanto, comoexiste una unica solucion igual a cero, los vectores xk son linealmente independientes. AdemasD = G(m), por lo que D es una base de M y es el conjunto de vectores mas pequenos que contienea M .

(c) Sea D todas las posibles combinaciones lineales de M . Por demostrar que D = G(M), D ≤ E,M ⊆ D, entonces G(M) ⊆ D.

Sea α ∈ D una combinacion lineal de elementos de M y α ∈ V , entonces α ∈ G(M) ⇒ D ⊆G(M)⇒ G(M) = D.

(d) Por demostrar: independencia lineal de linR({p, r}).

α(1− x+ 3x3) + β(−x+ x3) = 0 =⇒ α = 0

−α− β = 0

Por lo tanto, los vectores son linealmente independientes. Combinacion lineal: a− 2bx+ 4dx3.

(e) Por demostrar: independencia lineal de linR({q, r, s}).

34 Primer Semestre


α(−2 + 5x2 − x3) + β(−x+ x3) + γ(2− x2) = 0 =⇒ −2α+ 2γ = 0

−β = 0

5α− γ = 0

−α+ β = 0

Luego, se tiene α = 0, β = 0, γ = 0, por lo tanto los vectores son linealmente independientes.Combinacion lineal: −bx+ 4cx2.

(f) Por demostrar: independencia lineal de linR({p, q, r, s}).

α(1− x+ 3x3) + β(−2 + 5x2 − x3) + γ(−x+ x3) + ϕ(2− x2) = 0 =⇒ α− 2β + 2ϕ = 0

α− β = 0

5β − 2ϕ = 0

3α− β + γ = 0

Se tiene que: α = 0, β = 0, γ = 0, ϕ = 0, por lo tanto los vectores son linealmente independientes.Combinacion lineal: α− 2bx+ 4cx2 + 3dx3.

30. El cuerpo de los numeros complejos. Defina:

E =

[1 00 1

], L =

[0 −11 0

], C :=

{n∑

k=0

m∑

l=0

αklEkI l : αkl ∈ R, n,m ∈ N0

}.

Considere el conjunto C equipado con la suma y la multiplicacion usuales de matrices con E0 =L0 = I . Evidentemente C ⊆ M(2 × 2,R). (a) Para u, v ∈ C y α, β ∈ R, ¿se cumple αu + βv ∈C, uv ∈ C? (b) Determine C en cuanto espacio vectorial real. En particular, ¿cual es la dimensiondel espacio vectorial real C? Hint: Verifique que L2 = −E. (c) Para w, z ∈ C cualesquiera, ¿secumple wz − zw? (d) Si z ∈ C no es la matriz nula de M(2× 2,R), ¿puede Ud. determinar z−1?(e) ¿Puede Ud. definir un isomorfismo de espacios vectoriales (resp., de cuerpos) ϕ : C → C

(a) u, v ∈ C ; α, β ∈ <

2005 35


αu+ βv = α

n∑

h=0

m∑

t=0

ahtEkIt + β

n∑

h=0

m∑

t=0

bhtEkIt

=

n∑

h=0

m∑

t=0

αahtEkIt +

n∑

h=0

m∑

t=0

βbhtEkIt

=

n∑

h=0

m∑

t=0

chtEkIt +

n∑

h=0

m∑

t=0

dhtEkIt cht, dht ∈ <

=

n∑

h=0

m∑

t=0

(cht + dht)EkIt

=

n∑

h=0

m∑

t=0

ehtEkIt eht ∈ <

∴

n∑

h=0

m∑

t=0

ehtEkIt ∈ C

(b) Verificacion de L2=-E

[0 −11 0

] [0 −11 0

]= −

[1 00 1

]

Tomando esta ecuacion podemos hacer la similitud con los numeros complejos i2 = −1.Dicho podemos suponer q la parte real de las matrices pertenecientes a C seran todas aquellas qel resultado incluya solo a la matriz E.Y tomando la matriz E (identidad), sabemos q dicha matriz elevada a cualquier numero es lamisma matriz, por lo tanto solo hay q observar el comportamiento de L.

L1 = L ;L2 = −E ;L3 = −L ;L4 = E

siguiendo con los potencias se observa que se rigen por este patron (L,-E,-L,E).

Por lo tanto para obtener solo la parte real de C debemos redefinirla, tomando las potenciaspares de L.

C ′ :=

{n∑

k=0

m∑

l=0

αklEkI2l : αkl ∈ R, n,m ∈ N0

}

Ahora bien, sabiendo q los resultado de esta conjunto de matrices sera E o -E podemos decir qtodas las matrices resultantes pueden generarse a partir de:

E =

[1 00 1

]

Esto implica q la dimension del espacio generado por C’ es 1, dim(C ′) = 1

36 Primer Semestre


(c) Tomando cualesquiera w,z ∈ C

w =

n∑

h=0

m∑

l=0

ahlEkI l ; z =

x∑

h=0

y∑

l=0

ahlEkI l

zw = (a00E0L0 + a01E

0L1 + . . .+ a10E1L0 + a11E

1L1 + . . .+ an0EnL0 + an1E

nL1 + . . .+ anmEnLm)

·(a00E0L0 + a01E

0L1 + . . .+ a10E1L0 + a11E

1L1 + . . .+ ax0ExL0 + ax1E

xL1 + . . .+ axyExLy)

= (a00I + a01L+ . . .+ a10E + a11EL+ . . .+ an0En + an1E

nL+ . . .+ anmEnLm)

·(a00I + a01L+ . . .+ a10E + a11EL+ . . .+ ax0Ex + ax1E

xL+ . . .+ axyExLy)

= (a00I + a01L+ . . .+ a10I + a11L+ . . .+ an0I + an1L+ . . .+ anmLm)

·(a00I + a01L+ . . .+ a10I + a11L+ . . .+ ax0I + ax1L+ . . .+ axyLy)

wz = (a00I + a01L+ . . .+ a10I + a11L+ . . .+ ax0I + ax1L+ . . .+ axyLy)

·(a00I + a01L+ . . .+ a10I + a11L+ . . .+ an0I + an1L+ . . .+ anmLm)

• Sean todas combinaciones posibles LiLj

LiLj = L · L = L2 = −E = −I= L · −L = −L2 = E = I

= E · E = I

= E · −E = −I= E · L = L

= E · −L = −L= L · E = L

= L · −E = −L

Lo anterior sabiendo L1 = L ;L2 = −E ;L3 = −L ;L4 = E.

∴ Como toda E = I ∨ −E = −I ∧ LiLj = −I ∨ I ∨ L ∨ −L.

wz queda solo en terminos de I,-I,L,-L al igual que zw.

∴ wz = zw

(d) Sea Z =

[a bc d

]⇒ Z−1 = (Adj(Z))T

det(Z)

No considerando la matriz nula para Z, sabemos que Z va a quedar en funcion de I, L , I+Lo generado a partir de ellos y como:

det(I) ∧ det(L) ∧ det(I + L) 6= 0

2005 37


⇒ Por lo tanto siempre podemos calcular Z−1.

(e) Definicion del isomorfismo de espacios vectoriales (ϕ : C → C).

Partiendo de la relacion comprobada L2 = −E

T(L) = iT(L2) = -1 = T(-E)T(L3) = -i = T(-L)T(L4) = 1 = T(E)

T(Ei) = T(E) ∀i = 1 : n

Ahora para comprobar si estos espacios son isomorfos debemos demostrar que T es una transfor-macion 1-1 y que ImT = C.

Tomando u, v ∈ C

T (αu+ βv) = T (αn∑

h=0

m∑

l=0

ahlEkI l + β

x∑

h=0

y∑

l=0

bxyExIy)

= αT (

n∑

h=0

m∑

l=0

ahlEkI l) + βT (

x∑

h=0

y∑

l=0

bxyExIy)

= αT (u) + βT (v)

El espacio C lo genera {L,L2}, entonces ahora vemos el ker(T):

αL+ βL2 = 0 /TT (αL+ βL2) = 0αT (L) + βT (L2) = 0αi+ β1 = 0∴ α = β = 0.

∴ ker(T ) =

{[0 00 0

]}⇒ dim ker(T ) = 0 ⇒ T es 1-1.

dim Im(T ) = dim C − dim ker(T ) = 2− 0 = 2

Luego Im(T ) = C

∴ C ∼= C (son isomorficos).

31. Sean dadas las siguientes matrices: A,B ε M(4x5;R), C ε M(5x2;R), D ε M(4x2;R), E ε M(5x4;R).Determine cuales de las siguientes matrices estan bien definidas y, en estos casos, indique sus

38 Primer Semestre


numeros de filas y de columnas: (a) BA, (b) AC +D, (c) AE +B, (d)AB +B, (e) E(A+B), (f)E(AC), (g) E(T )A, (h) (A(T ) + E)D.

A,B ε M(4x5)C ε M(5x2)D ε M(4x2)E ε M(5x4)

(a) B4x5.A4x5

Mal definida, pues el numero de columnas de B es distinto al numero de filas de A

(b) A4x5.C5x2 +D4x2

M4x2 +D4x2

N4x2

La matriz esta bien definida

(c) A4x5.E5x4 +B4x5

M4x4 +B4x5

Mal definida. Son matrices con distintas columnas

(d) A4x5.B4x5 +B4x5

Mal definida, pues el numero de columnas de A es distinto al numero de filas de B

(e) E5x4.(A4x5 +B4x5)E5x4.(M4x5)N5x5


(f) E5x4.(A4x5.C5x2)E5x4.(M4x2)N5x2)La matriz esta bien definida

(g) (E5x4)T .A4x5

M4x5.A4x5

Mal definida, pues el numero de columnas de M es distinto al numero de filas de A

(h) ((A4x5)T +E5x4).D4x2

(M5x4 +E5x4).D4x2

(N5x4).D4x2

O5x2


32. Sean:

A =

3 −2 76 5 40 4 9

, B =

6 −2 40 1 37 7 5

Escriba si es posible:

a) Las columnas de AB como c.l. de las columnas de A, respectivamente, de B.

AB =

67 41 4164 21 5963 67 57

Se tiene:AC1 = (3, 6, 0)T , AC2 = (−2, 5, 4)T , AC3 = (7, 4, 9)T

BC1 = (6, 0, 7)T , BC2 = (7, 4, 9)T , BC3 = (4, 3, 5)T

ABC1 = (67, 64, 63)T , ABC2 = (41, 21, 67)T , ABC3 = (41, 59, 57)T

2005 39


Ahora:xAC1 + yBC1 = ABC1 x(3, 6, 0)T + y(6, 0, 7)T = (67, 64, 63)T

⇒ x =64

6, y = 9, 3x+ 6y = 67 →←

Los vectores son l.i., lo que implica que ABC1 no se puede obtener de la combinacion lineal deAC1 y BC1, por ende la matriz AB no se puede obtener de la combinacion de las matrices A y B.

b)Columnas de BA como c.l. de las columnas de A, respectivamente de B

BA =

6 −6 706 17 3163 41 122

AC1 = (3, 6, 0)T , AC2 = (−2, 5, 4)T , AC3 = (7, 4, 9)T

BC1 = (6, 0, 7)T , BC2 = (7, 4, 9)T , BC3 = (4, 3, 5)T

BAC1 = (6, 6, 63)T , BAC2 = (−6, 17, 41)T , BAC3 = (70, 31, 122)T

Ahora:xAC1 + yBC1 = BAC1 x(3, 6, 0)T + y(6, 0, 7)T = (6, 6, 63)T

⇒ x = 1, y =63

7, 3x+ 6y = 6 →←

Los vectores son l.i.,Al igual que el caso anterior BAC1 no se puede obtener de la combinacionlineal de AC1 y BC1, por ende la matriz BA no se puede obtener de la combinacion de las matricesA y B.

c)Filas de BA como c.l. de las filas de A, respectivamente de B

AB =

67 41 4164 21 5963 67 57

Se tiene:AC1 = (3,−2, 7)T , AC2 = (6, 5, 4)T , AC3 = (0, 4, 9)T

BC1 = (6,−2, 4)T , BC2 = (0, 1, 3)T , BC3 = (7, 7, 5)T

ABC1 = (67, 41, 41)T , ABC2 = (64, 21, 59)T , ABC3 = (63, 67, 57)T

Ahora:xAC1 + yBC1 = ABC1 x(3,−2, 7)T + y(6,−2, 4)T = (67, 41, 41)T

⇒ x =−190

3, y =

257

6, 7x+ 4y = 41 →←

Dado que los vectores son l.i. no se puede obtener ABC1 de la combinacion lineal de las filas AC1

y BC1, por lo tanto la matriz ABC1 no se puede obtener de la combinacion de las columnas de lasmatrices AC1 y BC1.

d)Filas de BA como c.l. de las filas de A, respectivamente de B

BA =

6 −6 706 17 3163 41 122

AC1 = (3,−2, 7)T , AC2 = (6, 5, 4)T , AC3 = (0, 4, 9)T

BC1 = (6,−2, 4)T , BC2 = (0, 1, 3)T , BC3 = (7, 7, 5)T

40 Primer Semestre


BAC1 = (6,−6, 70)T , BAC2 = (6, 17, 31)T , BAC3 = (63, 41, 122)T

Ahora:xAC1 + yBC1 = BAC1 x(3,−2, 7)T + y(6,−2, 4)T = (6,−6, 70)T

⇒ x =85

3, y =

−103

3, 7x+ 4y = 63 →←

Al igual que en todos los casos anteriores BAC1 no se puede obtener de la combinacion lineal dede las filas AC1 y BC1, por ende la matriz BAC1 no se puede obtener de la combinacion de lasmatrices AC1 y BC1.

33. Sean A y B dos matrices particionadas en submatrices (No necesariamente Cuadradas ni todasiguales!) de modo que

A =

[A11 A12

A21 A22

]

y

B =

[B11 B12

B21 B22

]

Entonces se tiene :

(1.2)

AB =

[A11B11 +A12B12 A11B12 +A12B22

A21B11 +A22B21 A21B12 +A22B22

]

bajo la hipotesis que las dimensiones de las submatrices permiten las multiplicaciones y las sumassenaladas. Este Metodo se denomina Multiplicacion por bloques.

(a) Demuestre (1.2) y luego, usando esta formula, calcule los productos (b) y (c). Compruebe susresultados mediante la multiplicacion directa.

Sean las matrices:

Amxn =

A11 A12 · · · A1n

A21 A22 · · · A2n

......

......

Am1 Am2 · · · Amn

yBnxr =

B11 B12 · · · B1r

B21 B22 · · · B2r

......

......

Bn1 Bn2 · · · Bnr

Si particionamos estas matrices de manera que se definan submatrices multiplicables obtenemos:

A1(ixj) =

A11 A12 · · · A1j

A21 A22 · · · A2j

......

......

Ai1 Ai2 · · · Aij

,

2005 41


A2(ix(n− j)) =

A1(j+1) A1(j+2) · · · A1n

A2(j+1) A2(j+2) · · · A2n

......

......

Ai(j+1) Ai(j+2) · · · Ain

A3((m− i)xj) =

A(i+1)1 A(i+1)2 · · · A(i+1)j

A(i+2)1 A(i+2)2 · · · A(i+2)j

......

......

Am1 Am2 · · · Amj

,

A4((m− i)x(n− j)) =

A(i+1)(j+1) A(i+1)(j+2) · · · A(i+1)n

A(i+2)(j+1) A(i+2)(j+2) · · · A(i+2)n

......

......

Am(j+1) Am(j+2) · · · Amn

Obtenemos:

Amxn =

[A1 A2

A3 A4

]

Del mismo modo:

B1(jxk) =

B11 B12 · · · B1k

B21 B22 · · · B2k

......

......

Bj1 Bj2 · · · Bjk

,

B2(jx(r − k)) =

B1(k+1) B1(k+2) · · · B1r

B2(k+1) B2(k+2) · · · B2r

......

......

Bj(k+1) Bj(k+2) · · · Bjr

B3((n− j)xk) =

B(j+1)1 B(j+1)2 · · · B(j+1)k

B(j+2)1 B(j+2)2 · · · B(j+2)k

......

......

Bn1 Bn2 · · · Bnk

,

B4((n− j)x(r − k)) =

B(j+1)(k+1) B(j+1)(k+2) · · · B(j+1)r

B(j+2)(k+1) B(j+2)(k+2) · · · B(j+2)r

......

......

Bn(k+1) Bn(k+2) · · · Bnr

Obtenemos:

Bnxr =

[B1 B2

B3 B4

]

Segun lo anteriormente propuesto se debe cumplir (1.2).

AB =

[A1 A2

A3 A4

][B1 B2

B3 B4

]

Obtenemos:

42 Primer Semestre


AB =

[A1B1 +A2B3 A1B2 +A2B4

A3B1 +A4B3 A3B2 +A4B4

]

A1B1+A2B3 =

A11B11 + · · ·+A1jBj1 A11B12 + · · ·+A1jBj2 · · · A1jB1k + · · ·+A1jBjk

A21B11 + · · ·+A2jBj1 A21B12 + · · ·+A2jBj2 · · · A2jB1k + · · ·+A2jBjk

......

......

Ai1B11 + · · ·+AijBj1 Ai1B12 + · · ·+AijBj2 · · · AijB1k + · · ·+AijBjk

+

A1(j+1)B(j+1)1 + · · ·+A1nBn1 A1(j+1)B(j+1)2 + · · ·+A1nBn2 · · · A1(j+1)B(j+1)k + · · ·+A1nBnk

A2(j+1)B(j+1)1 + · · ·+A2nBn1 A2(j+1)B(j+1)2 + · · ·+A2nBn2 · · · A2(j+1)B(j+1)k + · · ·+A2nBnk

......

......

Ai(j+1)B(j+1)1 + · · ·+AinBn1 Ai(j+1)B(j+1)2 + · · ·+AinBn2 · · · Ai(j+1)B(j+1)k + · · ·+AinBnk

A1B2+A2B4 =

A11B1(k+1) + · · ·+A1jBj(k+1) A11B1(k+2) + · · ·+A1jBj(k+2) · · · A11B1r + · · ·+A1jBjr

A21B1(k+1) + · · ·+A2jBj(k+1) A21B1(k+2) + · · ·+A2jBj(k+2) · · · A21B1r + · · ·+A2jBjr

......

......

Ai1B1(k+1) + · · ·+AijBj(k+1) Ai1B1(k+2) + · · ·+AijBj(k+2) · · · Ai1B1r + · · ·+AijBjr

+

A1(j+1)B(j+1)(k+1) + · · ·+A1nBn(k+1) · · · A1(j+1)B(j+1)r + · · ·+A1nBnr

A2(j+1)B(j+1)(k+1) + · · ·+A2nBn(k+1) · · · A2(j+1)B(j+1)r + · · ·+A2nBnr

......

...Ai(j+1)B(j+1)(k+1) + · · ·+AinBn(k+1) · · · Ai(j+1)B(j+1)r + · · ·+AinBnr

A3B1+A4B3 =

A(i+1)1B11 + · · ·+A(i+1)jBj1 A(i+1)1B12 + · · ·+A(i+1)jBj2 · · · A(i+1)1B1k + · · ·+A(i+1)jBjk

A(i+2)1B11 + · · ·+A(i+2)jBj1 A(i+2)1B12 + · · ·+A(i+2)jBj2 · · · A(i+2)1Bak + · · ·+A(i+2)jBjk

......

......

Am1B11 + · · ·+AmjBj1 Am1B12 + · · ·+AmjBj2 · · · Am1B1k + · · ·+AmjBjk

+

A(i+1)(j+1)B(j+1)1 + · · ·+A(i+1)nBn1 · · · Am(j+1)B(j+1)k + · · ·+A(i+1)nBnk

A(i+2)(j+1)B(j+1)1 + · · ·+A(i+2)nBn1 · · · A(i+2)(j+1)B(j+1)k + · · ·+A(i+2)nBnk

......

...Am(j+1)B(j+1)1 + · · ·+AmnBn1 · · · Am(j+1)B(j+1)k + · · ·+AmnBnk

A3B2+A4B4 =

A(i+1)1B1(k+1) + · · ·+A(1+1)jBj(k+1) · · · A(i+1)1B1r + · · ·+A(i+1)jBjr

A(i+2)1B1(k+1) + · · ·+A(i+2)jBj(k+1) · · · A(i+2)1B1r + · · ·+A(i+2)jBjr

......

...Am1B1(k+1) + · · ·+AmjBj(k+1) · · · Am1B1r + · · ·+AmjBjr

+

A(i+1)(j+1)B(j+1)(k+1) + · · ·+A(i+1)nBn(k+1) · · · A(i+1)(j+1)B(j+1)r + · · ·+A(i+1)nBnr

A(i+2)(j+1)B(j+1)(k+1) + · · ·+A(i+2)nBn(k+1) · · · A(i+2)(j+1)B(j+1)r + · · ·+A(i+2)nBnr

......

...Am(j+1)B(j+1)(k+1) + · · ·+AmnBn(k+1) · · · Am(j+1)B(j+1)r + · · ·+AmnBnr

2005 43


Finalmente si se unen las matrices resultantes se comprobara que la formula (1.2) es correcta.

(b) Sean

A =

−1 2... 1 5

0 −3... 4 2

· · · · · · · · · · · · · · ·1 5

... 6 1

, B =

2 1... 4

−3 5... 2

· · · · · · · · · · · ·7 −1

... 5

0 3... −3

De lo que hemos visto anteriormente tenemos que:

A1 =

[−1 20 −3

], A2 =

[1 54 2

], A3 =

[1 5

], A4 =

[6 1

]

B1 =

[2 1−3 5

], B2 =

[42

], B3 =

[7 −10 3

], B4 =

[5−3

]

A1B1 +A2B3 =

[−1 2337 −13

]

A1B2 +A2B4 =

[−108

]

A3B1 +A4B3 =[

29 23]

A3B2 +A4B4 =[

41]

FinalmenteAB =

−1 23 −1037 −13 829 23 41

Comprobando con la multiplicacion directa:

FinalmenteAB =

−2− 6 + 7 + 0 −1 + 10− 1 + 15 −4 + 4− 5− 150 + 9 + 28 + 0 −15− 4 + 6 + 0 −6 + 20− 6 + 02− 15 + 42 + 0 1 + 25− 6 + 3 4 + 10 + 30− 3

Dando como resultado:

AB =

−1 23 −1037 −13 829 23 41

(c) Sean

A =

−1 2 1... 5

· · · · · · · · · · · · · · ·0 −3 4

... 2

1 5 6... 1

, B =

2 1... 4

−3 5... 2

7 −1... 5

· · · · · · · · · · · ·0 3

... −3

44 Primer Semestre


De lo que hemos visto anteriormente tenemos que:

A1 =[−1 2 1

], A2 =

[5], A3 =

[0 −3 41 5 6

], A4 =

[21

]

B1 =

2 1−3 57 −1

, B2 =

425

, B3 =

[0 3

], B4 =

[−3

]

A1B1 +A2B3 =[−1 23

]

A1B2 +A2B4 =[−10

]

A3B1 +A4B3 =

[37 −1329 23

]

A3B2 +A4B4 =

[841

]

FinalmenteAB =

−1 23 −1037 −13 829 23 41

34. La traza tr(A) de una matriz cuadrada A se define como la suma algebraica de los coeficientes desu diagonal principal. No se define la nocion de traza para matrices no cuadradas. Si A = [aij ] ∈M(m× n,R), demuestre que tr(AAT ) = tr(ATA) =

∑mi=1

∑nj=1 a

2ij .

¿Puede Ud. obtener una formula similar para tr(AA∗) si A = [aij ] ∈M(m×n,C), dondeA∗ =[a∗ij

]

es la matriz transpuesta conjugada o conjugada Hermitiana de A definida por a∗ij = aij?

Sean A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

. . ....

am1 am2 . . . amn

y AT =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

. . ....

am1 am2 . . . amn

Determinando AAT :

AAT =

a11 · a11 + . . .+ a1n · a1n . . . a11 · am1 + . . .+ a1n · amn

.... . .

...am1 · a11 + . . .+ amn · a1n . . . am1 · am1 + . . .+ amm · amn

Puede observarse que:

tr(AAT ) =

n∑

j=1

a1j2 +

n∑

j=1

a2j2 + · · ·+

n∑

j=1

amj2

De lo anterior se demuestra que:

tr(AAT ) =

m∑

i=1

n∑

j=1

aij2

Ahora, determinando ATA:

2005 45


ATA =

a11 · a11 + . . .+ am1 · am1 . . . a11 · a1n + . . .+ am1 · amn

.... . .

...a1n · a11 + . . .+ amn · am1 . . . a1n · a1n + . . .+ amm · amn

Entonces, ahora puede observarse que:

tr(ATA) =m∑

i=1

ai12 +

m∑

i=1

ai22 + · · ·+

m∑

i=1

ain2

De lo cual se encuentra la relacion:

tr(ATA) =

n∑

j=1

m∑

i=1

aij2

Por lo tanto, queda demostrado que:

tr(AAT ) = tr(ATA) =

m∑

i=1

n∑

j=1

a2ij

Ahora, por encontrar una formula similar para tr(AA∗):

Tenemos que:

A =

a11 + ib11 a12 + ib12 . . . a1n + ib1n

a21 + ib21 a22 + ib22 . . . a2n + ib2n

......

. . ....

am1 + ibm1 am2 + ibm2 . . . amn + ibmn

Sea A = B + iC, donde B es la parte real de A y C es la parte imaginaria.

Buscando una relacion:

Se calcula la transpuesta de A:

AT = (B + iC)T

= BT + iCT

Ahora se calcula la transpuesta conjugada:

A∗ = ((B + iC)T )

= BT − iCT (8)

Calculando AA∗ :

AA∗ = (B + iC) · (BT − iCT )

= BBT + CCT

Entonces, buscando tr(AA∗)

tr(AA∗) = tr(BBT + CCT )

= tr(BBT ) + tr(CCT )

=

m∑

i=1

n∑

j=1

a2ij +

m∑

i=1

n∑

j=1

b2ij

46 Primer Semestre


El ultimo paso se deriva de la definicion de traza.

Entonces:

tr(AA∗) =

m∑

i=1

n∑

j=1

a2ij + b2ij

Es la formula que define tr(AA∗).

35. [1, p3 54, 11] Calcule las matrices inversas, si acaso existen, de:(a) (

cos θ sin θ− sin θ cos θ

)

(b)

cos θ cosϕ sin θ sin θ sinϕ− sin θ cosϕ cos θ − sin θ sinϕ− sinϕ 0 cosϕ

(a) Primero debemos revisar que el determinante sea distinto de 0 para comprobar si realmente lamatriz tiene inverso

A =

∣∣∣∣cos θ sin θ− sin θ cos θ

∣∣∣∣ = 1

∴ La matriz tiene inversa

Mediante operaciones y la matriz extendida con la matriz identidad, tenemos:

(cos θ sin θ | 1 0− sin θ cos θ | 0 1

)

(1 sin θ

cos θ | 1cos θ 0

− sin θ cos θ | 0 1

)

(1 sin θ

cos θ | 1cos θ 0

0 1cos θ | sin θ

cos θ 1

)

(1 sin θ

cos θ | 1cos θ 0

0 1 | sin θ cos θ

)

(1 0 | cos θ − sin θ0 1 | sin θ cos θ

)

∴ la matriz inversa es:

A−1 =

(cos θ − sin θsin θ cos θ

)

(b) Primero debemos revisar que el determinante sea distinto de 0 para comprobar si realmentela matriz tiene inverso

B =

∣∣∣∣∣∣


∣∣∣∣∣∣= 1

∴ La matriz tiene inversa

2005 47


Usando Matlab para obtener la matriz identidad tenemos que corresponde a:

B−1 =


Que corresponde exactamente a BT

36. (a) De un ejemplo de matrices A,B ∈ M(2 x 2,C) tales que (A+B)2 6= A2 + 2AB + B2.(b) Demuestre o refute: Si A,B ∈ M(n x n,C), (A+B)2 = A2 + 2AB + B2 si y solo si AB = BA.

(a) Sea

A =

(1 0i −i

)

y

B =

(0 i sin θ−1 i

)

Se tiene que:

(A+B)2 = A =

(i− (1 + i) sin θ i sin θ

−1 + i −(i+ 1) sin θ

)

Mientras que:

A2 + 2AB +B2 =

(1− i sin θ i(2 sin θ − 1)

3i+ 1− sin θ −1− (i+ 2) sin θ

)

(b) Se sabe que:

(A+B)2 = A2 + AB + BA + B2,

Y como en ciertos conjuntos de elementos la propiedad de la multiplicacion es conmutativa enton-ces BA=AB.

Luego nos queda que:

(A+B)2 = A2 + 2AB + B2

Sin embargo, en las matrices la multiplicacion no es conmutativa, es decir AB 6= BA por lo tantose concluye que la afirmacion es falsa y qeu la condicion para que:

(A+B)2 6= A2 + 2AB + B2

es que AB 6= BA.

37. (La ecuacion a2 = 1 tiene exactamente dos soluciones en R. Determine a lo menos 8 (¡ocho!)matrices diferentes A ε M(3×3;R) que satisfagan la ecuacion A2 = I.)

Solucion:

48 Primer Semestre


a b 0c d 00 0 e

a b 0c d 00 0 e

=

a2 − bc ab− db 0ac+ dc cb+ d2 0

0 0 e

=

1 0 00 1 00 0 1

Esto implica: a2 + bc = 1, c6=d 6=0!ab + db = 0ac + dc = 0cb + d2 = 1e2 = 1, ⇒ e = ±

√1

Por consiguiente tenemos c(a + d) = 0⇒ a = -d⇒ a2 = d2. Ademas tenemos b6=0, c 6=0 Finalmenteobtenemos

A =

a −a+ 1 0a+ 1 −a 0

0 0 ±√

1

Ahora, solo basta con instanciar a con distintos valores reales.

2 −1 03 −2 00 0 1

2 −1 03 −2 0

0 0√

1

=

4− 3 −2 + 2 06− 6 −4 + 4 0

0 0√

1

=

1 0 00 1 00 0 1

3 −2 04 −3 0

0 0 −√

1

3 −2 04 −3 0

0 0 −√

1

=

9− 8 −6 + 6 012− 12 −8 + 9 0

0 0 1

=

1 0 00 1 00 0 1

4 −3 05 −4 0

0 0√

1

4 −3 05 −4 0

0 0√

1

=

16− 15 −12 + 12 020− 20 −15 + 16 0

0 0√

1

=

1 0 00 1 00 0 1

Y ası sucesivamente.

38. Una matriz real cuadrada A se dice simetrica si AT = A y anti simetrica si AT =−A.

Demuestre que para cualquier matriz real cuadrada B:

(a) BBT y B +BT son simetricas

(b) B −BT son antisimetricas

Respuesta:

(a) Si multiplicamos una matriz cuadrada por su matriz transpuesta obviamente obtenemos unamatriz en la cual las columnas son iguales a las filas puesto que por ejemplo en la casilla Aij , seobtendra lo mismo que para la casilla Aji. Lo mismo ocurre si multiplicamos la matriz transpuestapor la matriz inicial.

Generalmente estos productos no son conmutativos vale decir que AAT 6= ATA, pero AAT y ATAson simetricos

Sea B una matriz cuadrada de n× n. Si nos damos cuenta las filas de la matriz y las columnas dela matriz transpuesta coinciden, lo que hace que al multiplicarlas obtengamos una matriz con filasy columnas iguales. Por lo tanto BBT es simetrica al igual que BTB, pero ojo que generalmenteBTB 6= BBT .

2005 49


Para ilustrar lo dicho anteriormente tomemos las matrices de 2× 2

d a b e =B

b c d cd a c e =BT

b b d cd a2b2 abcd e = BBT

b abcd c2d2 cClaramente se aprecia que BBT es simetrica ya que AT = A. Ahora al sumar la matriz con sumatirz transpuesta tambien se observa claramente que las filas y columnas que se obtendran soniguales puesto que por ejemplo en la casilla Aij se obtendra lo mismo que para la casilla Aji. Enla suma, esto se puede apreciar con mayor claridad que en la multiplicacion.

(b) El primer detalle en el que nos fijamos es que para tenemos que la diagonal esta compuesta depuros 0 (debido a que B y BT tienen la misma diagonal) y esto es una de las caracteristicas delas matrices asimetricas.

La otra observacion es que se puede ver que al realizar la resta de B con BT en la casilla Bij seobtiene una resta que es exactamente opuesta a la resta que se obtiene en la casilla Bji. Es decir,Bij=−Bji. De aqui concluimos que B −BT es asimetrica.

39. Se dice que E ∈ M(n × n,C) es una matriz elemental si resulta de la matriz identidad In ∈M(n× n,C) mediante una unica operacion elemental de filas.Las operaciones elementales de filas son:(i) multiplicacion de una fila por una constante;(ii) permutacion de dos filas (diferentes);(iii) suma de un multiplo de una fila a otra.

(a) Sean E,A ∈ M(n × n,C), donde E es una matriz elemental. Demuestre que, entonces, EAes la matriz que resulta de A aplicando a A la misma operacion elemental de filas que permiteobtener E a partir de I .(b) Determine las inversas de las matrices elementales. ¿Son nuevamente matrices elementales?

Solucion:

(a) Como solo debe realizarse una unica operacion fila, esta solo modifica a una fila de la matrizoriginal, por esta razon la demostracion se hara, tomando en cuenta matrices de 2× 2, lo cual esampliable a matrices cuadradas de orden superior.

Multiplicacion de una fila por una constante.Sea fi(α) la operacion fila elemetal que multiplica la fila i por una constante α. Al aplicar estaoperacion a una matriz I (identidad), cambiara el valor 1 de la fila i por α, por lo que esta matrizelemental resultante (E) multiplicara a Ai.e :

EA = f1(α)(I)A = f1(α)(IA) = f1(α)A

(α 00 1

)(A BC D

)=

(αA αBC D

)=

(α0

)(A BC D

)

Permutacion de filas de una matriz.Sea fmn la operacion fila elemental que intercambia los valores de la fila m con los valores de la

50 Primer Semestre


fila n, esta operacion afectara a solo dos filas de la matriz I , por lo que al multiplicarla por A, lasfilas se intercambiaran.

EA = f12(I)A = f12(IA) = f12(A)

f12

(1 00 1

)(A BC D

)=

(0 11 0

)(A BC D

)=

(C DA B

)

Suma de un multiplo de una fila por otra.Sea fmn(α) la operacion fila elemental que multiplica la fila n por α, y la suma a la fila m de lamatriz. Esta operacion afectara a solo una fila de la matriz A.

EA = f21(α)(I)A = f21(α)(IA) = f21(α)A

(1 0α 1

)(A BC D

)=

(A B

αA+ C αB +D

)

40. Demuestre: (a) Si A es antisimetrica e invertible, A−1 tambien es antisimetrica.(b) Si A,B son antisimetricas, AT , A+B y λA, λ un escalar, tambien son antisimetricas.(c) Toda matriz cuadrada puede escribirse como suma de una matriz simetrica y otra antisimetrica.

Se dice que una matriz es antisimetrica si AT = −A. Considerese la matriz:

A =

[a bc d

]

Entonces:

AT =

[a cb d

]y −A =

[−a −c−b −d

]

Tal como se dijo anteriormente, debe cumplirse la igualdad AT = −A,

[a cb d

]=

[−a −c−b −d

]

Logrando ası, que nuestra matriz antismetrica sea de la forma:

[0 b−b 0

]

(a) Ahora que se ha definido la forma de una matriz antisimetrica para cualquier valor real, espreciso verificar el enunciado.

En primera instancia se tiene que el determinante de la matriz A es det(A) = b2

A−1 = 1b2

[0 −bb 0

]=

[0 − 1

b1b 0

]

Ahora al hacer la comparacion (A−1)T = −(A−1) se tiene que ambas matrices son identicas, porlo cual se verifica el enunciado.

(b) Considerese las matrices antisimetricas:

2005 51


A =

[0 b−b 0

]y B =

[0 c−c 0

]

Y las matrices:

AT =

[0 −bb 0

]A+B =

[0 b+ c

−b− c 0

]λA =

[0 λb−λb 0

]

Es facil percatarse que:

(AT )T = −(AT )

(AT )T =

[0 b−b 0

]≡ −(AT ) =

[0 b−b 0

]

(A+B)T = −(A+B)

(A+B)T =

[0 −b− c

b+ c 0

]≡ −(A+B) =

[0 −b− c

b+ c 0

]

(λA)T = −(λA)

(λA)T =

[0 −λbλb 0

]≡ −(λA) =

[0 −λbλb 0

]

(c) Considerese una matriz X,

X =

[a bc d

]

La cual sera la matriz que se escribira como suma de una matriz simetrica y una matriz anti-simetrica. Se utilizara la misma matriz A antisimetrica que se uso anteriormente. De esta manerase crea la siguiente igualdad entre matrices:

[a bc d

]=

[0 b−b 0

]+

[x yz w

]

Para ası a continuacion crear el sistema de ecuaciones siguiente:

x = ay = 0

z − b = cw = d

Dando como resultado final:

[a bc d

]=

[0 b−b 0

]+

[a 0

c+ b d

]

La matriz que conforma la segunda parte de la suma de matrices realizada, resulta no ser unamatriz simetrica, solo en el caso de que c+ b = 0, por lo tanto el enunciado es incorrecto, no todamatriz se puede escribir como suma de una matriz simetrica y una matriz antisimetrica.

52 Primer Semestre


41. Sea E y F espacios vectoriales sobre un cuerpo K, de dimensiones n ∈ N y m ∈ N respectivamente.Sean Be = {e1, . . . , en} y Bf = {f1, . . . , en} bases de E y F, respectivamente. Entonces los vectoresse escriben de manera unica en terminos de las respectivas bases. Utilizaremos la siguiente notacionestandar:

u = u1e1+. . .+unen =

u1

...un

BE

≡

u1

...un

, v = v1f1+. . .+vmfm =

v1...vm

BF

≡

v1...vm

Se dice entonces que los ui y los uj son la coordenadas de los vectores u y v relativas a las bases BE

y BF , respectivamente. No obstante que, en rigor, u ∈ E y [u1, . . . , un]T ∈ Kn (respectivamentev ∈ F y [v1, . . . , vm]T ∈ Km), se acostumbra a identificar:

u = [u1, . . . , un]T , (respectivamente, v = [v1, . . . , vm]T ).

Del contexto respectivo debera inferirse cual nocion es la indicada.

Ejercicio.verifique que las aplicaciones u 7→ [u1, . . . , un]T y v 7→ [v1, . . . , vm]T constituyen sendosisomorfismos de E sobre Kn y de F sobre Km, respectivamente.

Respuesta.

Un isomorfismo de dos espacios vectoriales es una Transformacion Lineal biyectiva entre ellos.

Dos espacios vectoriales se dice que son isomorfos si existe un isomorfismo entre ellos.

Ahora tomando en cuenta que si f : v → w y g : w → u son isomorfismos de espacios vectoriales,entonces f−1 : w → v y g o f son tambien isomorfos y (g o f)f−1 = f−1 o g−1

Ademas, si f : v → w es un isomorfismo y x = {v1, . . . , vn} es una lista de elemntos de v entoncesse verifican las siguientes condiciones:

1-. x es linealmente independiente si y solo si f(x) = {f(v1), f(v2), . . . , f(vn)} es linealmente in-dependiente.

2-.x es sistema generador de v si y solo si f(x) = {f(v1), f(v2), . . . , f(vn)} es sistema generadorde w.

3-.x es base de v si y solo si f(x) = {f(v1), f(v2), . . . , f(vn)} es base de w.

4-. dim(v)=dim(w).

5-. Si v1 es subespacio vectorial de v, entonces dim(v1)=dim(f(v1)).

Con esto podemos afirmar que para cada numero natural n se verifica que todos los espacios dedimension n son isomorfos a Kn.

42. Sea T : E → F una transformacion u operador lineal. Entonces se tiene:

T (u) = T (u1e1 + · · ·+ unen)

= u1T (e1) + · · ·+ unT (en)

= u1(a11f1 + · · ·+ am,1fm) + · · ·+ un(a1,nf1 + · · ·+ am,nfm)

= (a11u1 + · · ·+ a1,nun)f1 + · · ·+ (am,1u1 + · · ·+ am,nun)fm

2005 53


En particular se tiene:

T (ej) = a1,jf1 + · · ·+ am,jfm, j = 1 : n (9)

Recurriendo al formalismo estandar de multiplicacion de matrices, la expresion precedente puedeescribirse de la forma:

T : u ≡

u1

...un

−→

=:A︷︸︸︷

a11 · · ·a1,n

.... . .

...am,1 · · ·am,n

u1

...un

=

v1...vn

≡ v ∈ F ∀u ∈ E (10)

De manera mas compacta se acostumbra a escribir:

T : E → F

u 7→ v = A.u

La matriz A = [aij ]m×n en 10 se denomina matriz de la transformacion lineal T relativa a lasbases BE y BF . Notese que los coeficientes aij , i = 1 : m en la ecuacion 9 corresponden a loscoeficientes de la j-esima columna de A.

43. Para comprobar que E⊥ es sub espacio vectorial de los complejos, debe comprobar que la sumaes cerrada.

sea u1, u2 ∈ E⊥ y v ∈ E. Entonces se debe definir u1 + u2

(u1 + u2) ∈ E⊥ ⇐⇒ (u1 + u2) ∗ v = 0

(u1 + u2) ∗ v = u1 ∗ v + u2 ∗ v

Si u1 ∗ v = 0, u2 = 0 . Entoncesu1 ∗ v + u2 ∗ v = 0

Por lo tanto(u1 + u2) ∈ E⊥

.

Para comprobar que E⊥⊥ es un subespacio vectorial de los complejos, se debe cumplir que:

sea u1, u2 ∈ E⊥⊥ y v ∈ E⊥. Entonces se debe definir u1 + u2

(u1 + u2) ∗ v = u1 ∗ v + u2 ∗ v

Si u1 ∗ v = 0, u2 = 0 . Entoncesu1 ∗ v + u2 ∗ v = 0

Por lo tanto(u1 + u2) ∈ E⊥⊥

.

Entonces son espacios vectoriales E⊥ y E⊥⊥.

54 Primer Semestre


Se define v1 = u1

u1∗u1como unitario, ya que el vector dividido por su producto interno o norma es

un vector normal. Por consiguiente en

vk = uk −k−1∑

j=1

vj ∗ uk

vj ∗ vjvj

tambien esta normalizado, ya que el primer vector es normal y la sumatoria esta normalizada.

44. Cuatro espacios muy distinguidos. Consideremos los espacios vectoriales Cn y Cm equipadoscon sendas bases Bn y Bm, respectivamente. Sea A ε M(mxn,C) una matriz dada. Entonces lasmatrices A y A* definen sendas aplicaciones lineales A y A* mediante:

Cn → Cm

Cn ← Cm

x→ A.x

A∗.y ← y

donde los vectores x e y se expresan en terminos de las bases Bn y Bm, respectivamente.

Ejercicio Las aplicaciones lineales A y A* definidas no necesariamente son inversas una de laotra. Determine condiciones necesarias y suficientes para que lo sean.

En el ”lado izquierdo”de las ecuaciones anteriores los subespacios de Cn:

F (A) = R(A∗) ≡ range(A∗) = {xεCn : x = A∗y, yεCm} ⊆ Cn

N(A) = kern(A) = {xεCn : Ax = 0} ⊆ Cn

a) F(A) es el espacio de las filas de la matriz A, i.e., el espacio generado po las filas de A escritascomo vectores columna de dimension n.

b) R(A*) ≡ range(A*) es el espacio-imagen de la aplicacion o transformacion lineal A*: Cm →Cn representa por la matriz A*.

c) N(A) es el espacio nulo de la matriz A.

d) kern(A) es el nucleo de la aplicacion o transformacion lineal A: Cn → Cm representado porla matriz A.

Analogamente, en el ”lado derecho”se encuentran los subespacios de Cm;

C(A) = R(A) ≡ range(A) = {yεCm : y = Ax, xεCn} ⊆ Cm

N(A∗) = kern(A∗) = {yεCm : A∗y = 0} ⊆ Cm

a) C(A) es el espacio de las columnas de la matriz A, i.e., el espacio generado po las columnasde A.

b) R(A) ≡ range(A) es el espacio-imagen de la aplicacion o transformacion lineal A: Cn → Cm

representa por la matriz A.

c) N(A*) es el espacio nulo de la matriz A*.

d) kern(A*) es el nucleo de la aplicacion o transformacion lineal A*: Cm → Cn representadopor la matriz A*.

El lector debera asegurarse de distinguir claramente entre la matriz A(resp., A) y la aplicacionlineal A (resp., A*)

Respuesta:

2005 55


Cn =

a1 + b1ia2 + b2i

...an + bni

Cm =

c1 + d1ic2 + d2i

...cm + bmi

} Espacios vectoriales

Bn : Base del espacio Cn Bm : Base del espacio Cm

A, M(mxn, C)

A : Matriz de Cambio de Base que lleva un u perteneciente a Cn

→ v perteneciente a Cm

A*: Matriz cambio de base que lleva un v perteneciente a Cm

→ u perteneciente a Cn

(1) Determine las condiciones necesarias para que A y A* sean inversas.

C ′1xn . Anxm = C”1xm / A*mxn

C ′1xn . Anxm . A*mxn = C ′′

nxm . A*mxn

Si son inversas m debe ser igual a n

Teorema de matrices invertibles: Solamente tienen inversa las matrices cuadradas cuyo de-terminante es distinto de 0.

Pero una vez cuadrada, por ser matriz compleja se tiene.

Si m=n

A* = AH (Hermitiana unitaria), es decir,A . A* = A* . A = I y para ello A es unitaria ssi sus filas (columnas) forman un conjuntohortonormal de vectores respecto al producto interno de vectores complejos, para todo lo anteriorteniendose en cuenta que los elementos de aij = conjugado(aij) y por tanto cada elemento diagonalaii debe ser real.

Ejercicio. Sea r= rank(A) Verifique:

a) F(A)⋂

N(A) = {0}Utilizando la teoria de conjuntos se tiene que R es subconjunto de C ∴ Rn es tambiensubconjunto de Cn

Sea S= u1=(1,2) ; u2=(3,5) y E= e1=(1,0) ; e2= (0,1) Dos bases de R2O sea nuestra aplicacion lineal va de R2 a R2 .

F(A) es ortogonal a N(A) y F(A) . N(A)=0no existe proyeccion de uno sobre el otro. por tanto .: Interseccion = 0ejemplo: A seria ((-5,3) (2,-1))Null (A) es (0,0) y para este ejemplo es trivial verificar que cualquier elemento fila de la matrizA en producto interno con cualqueir elemento de la base de N(A) por ejemplo el mismo (-5,3)verifica que u.v=0, donde u pertenece al espacio fila de A y v al espacio N(A).

b) F (A)⊥ := {u ε Cn : v.u = 0 ∀ fila v de A} ⊆ N(A). ¡Observe que v es un vector fila!Sea A = ((-5,3) (2,-1)) y N(A)=(0,0)Claramente cualquier vector u al ser multiplicado por el kernel de A llevara a 0.Pero F(A)p = N(A) = (0,0) o sea cualquier vector que se multiplique por (0,0) tendra comoproducto interno 0.

56 Primer Semestre


c) Cn = N(A)⊕

F(A) ∴ Para todo x ε Cn

Se puede escribir de manera unica x = u+ v, con u ε N(A) y v ε F(A), donde u*v=v*u=0

DemostracionDe (a) sabemos que N(A)

⋂F(A) = 0 y ademas que u .v=0.

∴ El espacio vectorial de Cn es siempre la SUMA DIRECTA de sus subespacios N(A) y F(A),pues Cn = N(A)

⊕F(A) y ademas se tiene que N(A)

⊕F(A) = 0, por lo tanto, cualquier

vector de Cn puede ser escrito como la suma de sus subespacios componentes (cualquiera seaeste).

d) F (A)⊥ = N(A); N(A)⊥ = F(A); F(A) = F (A)⊥⊥; N(A) = N(A)⊥⊥.Sea A = ((1,2.3,4) (2,4,8,10) (3,6,11,14)) y F(A)p = ¡(1,0,1,-1) (0,1,2,-2)¿

Busquemos N(A). A escalonada = ((1,2,0,1) (0,0,1,1) (0,0,0,0))Y N(A escalonada) = ¡(1,0,1,-1) (0,1,2,-2)¿q.e.d.

F(A)=F (A)⊥⊥ / F (A)⊥ = N(A)F(A)=(N(A))⊥ / N(A)⊥ = F(A)F(A)=F(A)q.e.d.

N(A) = N(A)⊥⊥ / N(A) = F(A)N(A) = (F (A))⊥ / F (A)⊥ = N(A)N(A) = N(A)q.e.d

e) C(A)⋂

N(A*) = 0Idem al caso (a), se cumple que para todo u perteneciente a C(A) y v perteneciente al N(A*)u . v = 0 y por lo tanto no hay proyeccion de uno sobre el otro. Y ademas C(A)

⋂N(A*) =

0

Ejemplo: A serıa ((-5,3) (2,-1))Ademas, basandose en lo respondido en el primer ejercicio, que como en este caso m=nentonces A−1=A* por lo tanto A*= ((1,3) (2,5)) y N(A*)= (0,0) y nuevamente es sencilloverificar que el producto punto de N(A*) con cualquier vector Columna de A* = 0.

f ) C(A)⊥ := {u ε Cm : u*.v = 0 ∀ columna v de A} ⊆ N(A*).A=((-5,3)(2,-1)) y N(A*) = (0,0) = C(A)⊥

∴ (3,9) . (0,0) = 0 esto ademas porque N(A*)=0

g) Cn = N(A*)⊕

C(A*),i.e, todo y ε Cm Se puede escribir, de manera unica, en la forma y = u+ v, con u ε N(A) yv ε C(A), donde u*v=v*u=0

Idem al caso (c) recien demostrado pero ahora para espacios distintos. Y se cumple que N(A*)⋂C(A) = 0 y que cada elemento de N(A*) y de C(A) (uno de cada uno), entrega cero 0 en

su producto interno. Y ademas se sabe que Cm = N(A*)⊕

C(A) ∴ El espacio vectorial Cm

= N(A*)⊕

C(A) y ∴ si un u ε Cm entonces este u = v + w con v en N(A*) y w en C(A).Esto se verifica para cualquier u en Cm.

h) C(A)⊥ = N(A*); N(A∗)⊥ = C(A); C(A) = C(A)⊥⊥; N(A*) = N(A∗)⊥⊥.C(A)⊥ = (0,0)

2005 57


N(A*) :A*.X = ((1,3) (2,5))(x,y) = (0,0)Se forma el siguiente sistema:X + 3y = 02x+ 5y = 0 → x = 0, y = 0

∴ N(A*) = C(A)⊥

C(A)⊥ = N(A*)q.e.d

C(A) = C(A)⊥⊥ / C(A)⊥ = N(A*)C(A) = (N(A∗))⊥ / N(A∗)⊥ = C(A)C(A) = C(A)q.e.d.

N(A*) = N(A∗)⊥⊥ / N(A∗)⊥ = C(A)(A*) = (C(A))⊥ / C(A)⊥ = N(A*)(A*) = N(A*)

i) dim F(A) = dim C(A) = r; dim N(A) = n - r; dim N(A*) = m - rTEOREMA: Para un A cualquiera en M (nxm, K) se cumple que Dim (A) = Dim F(A) =Dim C(A) y ademas que Dim N(A)= n-r y Dim N(A*) = m-r.

ejemplo: A = ((-5,3) (2,-1))N(A) = (0,0)A* = ((1,3) (2,5))N(A*) = (0,0)F(A) = ((1,0) (0,1))C(A) = ((1,0) (0,1))

Dim (A) = Dim F(A) = Dim C(A) = 2Ademas se comprueba facilmente que Dim N(A)= n-r = Dim N(A*) = m-r = 0 en este casoparticular porque m=n.

45. Sea A ∈M(m×n,C), fundamente la invariacion de los cuatro espacios fundamentales de la matrizA con respecto al algoritmo de escalonamiento Gauss.

Al reducir una matriz A a su forma escalonada, que llamaremos B, no se altera su espacio filaF (A), esto si vemos las filas de la matriz A como vectores, cualquier vector fila en B sera unacombinacion lineal de los anteriores, de esta manera la cantidad de vectores l.i. no se altera yF (A) = F (B). Un mismo resultado se puede obtener para el espacio de columnas C(A), al escribirlas columnas como filas. Por otra parte debido a la ortogonalidad de LN(A) y N(A) respecto alos espacio F (A) y C(A) respectivamente tambien se comprueba para estos.

Sea A ∈ M(4× 7,C), mediante operaciones filas A se puede transformar en la matriz escalonadaU :

A =

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

→

�∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗0 �∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗0 0 0 0 �∗ ∗ ∗0 0 0 0 0 0 0

= U

Aplicando el algoritmo Gauss-Jordan se puede obtener la llamada matriz escalonada reducida R:

U =

�∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗0 �∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗0 0 0 0 �∗ ∗ ∗0 0 0 0 0 0 0

→

�1 0 ∗ ∗ 0 ∗ ∗0 �1 ∗ ∗ 0 ∗ ∗0 0 0 0 �1 ∗ ∗0 0 0 0 0 0 0

= R

58 Primer Semestre


a)Verifique que dimF (A) = dimC(A) = rank(A).Como se verifico anteriormente los espacios asociados a una matriz no se alteran al aplicarleoperaciones filas para reducirla a su forma escalonada, por lo tanto basta probar: dimF (R) =dimC(R) = rank(R)Se puede obtener una base de F (R) de las filas que poseen pivote:

BF (R) = 〈(1, 0, ∗, ∗, 0, ∗, ∗), (0, 1, ∗, ∗, 0, ∗, ∗), (0, 0, 0, 0, 1, ∗, ∗)〉

⇒ dimF (R) = dimF (A) = 3

Tambien se puede obtener una base de C(R) de aquellas columnas con pivote:

BC(R) = 〈(1, 0, 0, 0)ᵀ, (0, 1, 0, 0)ᵀ, (0, 0, 1, 0)ᵀ〉 ⇒ dimC(R) = dimC(A) = 3

Por ultimo el rank(R) = rank(A) = 3 ya que existen tres filas y columnas l.i.

b)Implemente un algoritmo computacional que permita obtener la matriz escalonada reducida Ra partir de una matriz A ∈ M(m × n,C) cualquiera.Tenga en cuenta intercambios de filas parauna mayor estabilidad numerica de su algoritmo.

% Programa Matlab para el calculo de matriz escalonada reducida

% mediante pivoteo parcial

% Autor: Roberto Arce E.

% [email protected]

function [A] = escalonar(M)

%Dimensiona la matriz de entrada

[m,n]=size(M)

%Busca pivote por cada columna

fila=1; for J=1:n

%Busca el mayor valor absoluto de la columna bajo la fila actual de

%pivoteo, para mayor estabilidad

mayor=0;indice=fila;

for I=fila:m

if mayor<abs(M(I,J))

mayor=abs(M(I,J));

indice=I;

end

end

%Comprueba que exista valor no nulo en la fila

if mayor>0

%intercambia filas de ser necesario, dejando de pivote la con

%coeficiente de mayor valor absoluto

if indice~=fila

temp=M(fila,:);

M(fila,:)=M(indice,:);

M(indice,:)=temp;

end

%Deja el pivote de valor 1

M(fila,:)=(1/M(fila,J))*M(fila,:);

%Elimina los coeficientes sobre y bajo el pivote

for K=1:m

if K~=fila

M(K,:)=M(K,:)-M(K,J)*M(fila,:);

end

2005 59


end

%pasa a la sig fila

fila=fila+1;

end

end A=M;

c) Determine la complejidad de su algoritmo.Despreciando las comparaciones se tiene

Θ(m,n) =

n∑

J=1

(

m∑

I=J

3 + 4 +

m∑

K=1

1)

Θ(m,n) = 4mn+9

2n− n2

2

46. (Considere las bases {u1, u2, u3} y {v1, v2, v3, v4, v5} de C3 y C5, respectivamente. Considereademas la transfomacion lineal T: C3 −→ C5determinada por: T (u1 + 2u2 + 3u3) = v1 + v3 +v5, T (3u2 − 2u3) = v2 − v4 y T (−v3) = v1 − v2 + v3 − v4 + v5.

a) Obtenga la matriz A de la transformacion lineal T respecto de las bases indicadas. ¿Es invertibleT, respectivamente, A? ¿Cual es el rank A de la matriz A?.

b) Determine range(T)y Ker(T).

c) Determine el espcio de filas y el espacio nulo de A (ambos subespacios de C3).

Obtenga las dimensiones de estos espacios. Verifique que son ortonormales y que

su suma directa es C5.

d) Determine el espacio de columnas y el espacio nulo izquierdo de A (ambos subespacios

de C3). Obtenga las dimensiones de estos espacios. Verifique que son ortonormales y que

su suma directa es C5.)

Desarrollo.

a) Como estamos trabajando con una transformacion lineal podemos separar en funcion de la

transformada de cada una de sus bases:

T (u1) + 2T (u2) + 3T (u3) = v1 + v3 + v5.

3T (u2)− 2T (u3) = v2 − v4.T (−u3) = v1 − v2 + v3 − v4 + v5.

Al despejar cada trasformacion obtenemos que:

T (u1) = 16v1+16v3−11v4+16v5

3 − 5v2

T (u2) = −2v1+3v2−2v3+v4−2v5.

3

T (u3) = -v1 + v2 − v3 + v4 − v5.

∴Por lo tanto: A=

16/3 −2/3 −1−5 1 1

16/3 −2/3 −1−11/3 1/3 116/3 −2/3 −1

60 Primer Semestre


Para que T sea invertible, se tiene que cumplir que:

(i) x1 6= x2 ⇒ T (x1) + T (x2)

(ii) ∀y ∈ C5 ∃x ∈ C3.

Generamos dos vectores: x1 = (u1, u2, u3)t, x2 = (u1, u2, u3)

t donde x1 6= x2.

Supondremos entonces que T (x1) = T (x2) para de esta manera tratar de llegar a una contra-diccion.

T (x1) =

− 163 u1 − 2

3u2 − u3

−5u1 + u2 + u3163 u1 − 2

3u2 − u3−113 u1 + 1

3u2 + u3163 u1 − 2

3u2 − u3

= T (x2) =

− 163 v1 − 2

3v2 − v3−5v1 + v2 + v3163 v1 − 2

3v2 − v3−113 v1 + 1

3v2 + v3163 v1 − 2

3v2 − v3

Si vamos igualando fila por fila, descubrimos que necesariamente x1 = x2,lo cual es unacontradiccion.

Debido a que nuestro supuesto senalaba lo contrario, por lo cual (i) debe ser verdadera.

Para comprobar (ii) utilizamos la misma matriz, y nos fijaremos en el espacio generado.

T (x) =

− 163 u1 − 2

3u2 − u3

−5u1 + u2 + u3163 u1 − 2

3u2 − u3−113 u1 + 1

3u2 + u3163 u1 − 2

3u2 − u3

= u1

− 163−5163−113163

+ u2

− 23

1− 2

313− 2

3

+ u3

−11−11−1

Podemos obsevar que la Transformacion genera 3 dimensiones, y no 5 como es pedida por (ii).

Por lo cual T no es invertible, por lo cual a tampoco.

Al escalonar la matriz A podemos descubrir su Rank.

A=

−16/3 −2/3 −1−5 1 1

16/3 −2/3 −1−11/3 1/3 116/3 −2/3 −1

1 0 00 1 00 0 10 0 00 0 0

con lo cual, el Rank A=3.

b) La de nocion del range(T), es el espacio generado por la transformacion lineal T al conjunto

de las x que pertenecen a C3.

Previamente se observo que la transformacion T, genera un espacio de dimension 3.

∴ range(T ) = C3.

El kernel(T) es el espacio generado por todos aquellos vectores que al aplicar la transformacionT,

son iguales al vector nulo ~0:

∴ Kernel(T ) = ~0 =

00000

2005 61


c) El espacio fila queda conformado por los vectores columnas que posee la matriz escalonadaque se utilizo para la generacion del kernel de la transformacion de la matriz A.

∴ EspacioF ila de A =

⟨ 100,

010,

001

⟩

∴ EspacioNulo de A =

⟨000

⟩

Para probar si estos espacios son ortonormales, basta con probar que el producto punto es 0.

Es facil comprobarlo debido a que el Espacio Nulo es el vector nulo ~0.

Para probar que la suma directa de estos espacios pertenece a C3,es necesario realizar lasiguiente

operacion:

Row(A) +Null(A) = Row(A) ⊂ C3,con lo cual queda demostrado.

(d) Para determinar el espacio de columnas y el espacio nulo izquierdo de A, realizamoslas

siguientes operaciones:

Column(A) = Row(AT ) =

−16/3 −5 16/3 −11/3 16/3−2/3 1 −2/3 1/3 −2/3−1 1 −1 1 −1

∴ EspacioColumna de A =

⟨ −163−5163−113163

,

−231−2313−23

,

−11−11−1

⟩La Dimension es 3.

El espacio LeftNull(A) es igual a Null(AT ).

−16/3 −5 16/3 −11/3 16/3−2/3 1 −2/3 1/3 −2/3−1 1 −1 1 −1

·

X1

X2

X3

X4

X5

=

00000

Al resolver el sistema que se genera, encontramos que :

X1 = tX2 = 16

3 tX3 = rX4 = 16

3 tX5 = −r + 20

3 t

Donde observamos que la dimension del espacio es 2.

Basta con realizar el producto punto entre ambos espacios para observar que son ortogo-nales.

Debido a que el resultado es igual a cero. La suma directa entre estos espacios, generaC5.

Puesto que como no son nulos, se suman los componentes y dan el espacio de C5.

62 Primer Semestre


47. Determine el espacio nulo N(A) y el espacio de filas F (A) de la matriz A =

1 2 3 42 4 8 103 6 11 14

El espacio nulo N(A) consiste de los vectores-columna [x1, x2, x3, x4]T ∈ R4 tales que:

1 2 3 42 4 8 103 6 11 14

x1

x2

x3

x4

=

000

1 2 0 10 0 1 10 0 0 0

x1

x2

x3

x4

=

000

x1

x2

x3

x4

=

st

s+ 2t−s− 2t

.

Luego, N(A) ={[s, t, s+ 2t,−s− 2t]T : s, t ∈ R

}; evidentemente dimRN(A) = 2.

Por su parte, el espacio de filas F (A) de la matriz A consiste de todos los vectores-fila que pueden

escribirse como combinaciones lineales de las filas de A. Luego, si la matriz A se obtiene a partirde A mediante operaciones de fila, esto es, mediante combinaciones lineales de las filas de A, elespacio de filas no se altera, i.e.:

F (A) = F (A), donde A =

1 2 0 10 0 1 10 0 0 0

Por consiguiente, el espacio de filas F (A) de A es generado por la primera y la segunda fila de la

matriz A, i.e., F (A) = {[s, 2s, t, s+ t] : s, t ∈ R}.Nota: Usualmente los vectores del espacio de filas F (A) una matriz A ∈M(m× n,K) se escribencomo vectores-columna, de modo que la definicion mas comun es F (A) =

{ATx : x ∈ Km

}⊆ Kn.

48. Describa los espacios de columnas y los espacios de filas de las siguientes matrices:

(a) A =

[1 0 02 0 0

]T

; (b) B =

[1 0 00 2 0

]T

; (c) C =

[1 2 00 0 0

]T

(d) Calcule, si es posible, det(ABT ), det(AB), det(BTC), det(BTCT ).

Parte a)

Para determinar los espacios columnas de las matrices, se debe determinar las combinaciones li-neales de las columnas.

Para A =

[1 0 02 0 0

]T

que es igual a A =

1 20 00 0

se tiene la combinaciı¿

�lineal x1

100

+

x2

200

Por lo tanto, el espacio de columnas de la matriz A son vectores de la forma (α, 0, 0). Esto sejustifica en el hecho de que las combinaciones lineales estı¿

�sobre el eje X.

Para B =

[1 0 00 2 0

]T

que es igual a B =

1 00 20 0


�lineal x1

100

+

x2

020

Por lo tanto, el espacio de columnas de la matriz B son vectores de la forma (α, β, 0). A diferenciadel primer caso, aquı¿

�las combinaciones lineales se encuentran sobre el plano XY.

2005 63


Para C =

[1 2 00 0 0

]T

que es igual a C =

1 02 00 0


�lineal x1

120

+

x2

000

Por lo tanto, el espacio de columnas de la matriz C son vectores de la forma (α, 2α, 0). A diferenciade los casos anteriores, la segunda componente del vector es nada mı¿

�que el doble de la primera,

esto porque las combinaciones lineales son de la primera columna.

Parte b)

El determinante de ABT es:

det(

1 20 00 0

[

1 0 00 2 0

]) = det(

1 4 00 0 00 0 0

) = 0

El determinante de AB no es posible calcularlo dado que no podemos obtener el producto entreA y B.

El determinante de BTC es:

det(

[1 0 00 2 0

]

1 02 00 0

) = det(

[1 04 0

]) = 0

El determinante de BTCT no es posible calcularlo dado que no podemos obtener el producto entreBT y CT .

49. Sea A ∈M(m× n,C). Examine la veracidad de las siguientes proposiciones. Para las verdaderas,proporcione demostraciones; para las falsas, exhiba contraejemplos.(a) El conjunto de los vectores b ∈ Cm que no estan en el espacio de columnas R(A) de A es unsubespacio vectorial de Cm.(b) Si el espacio de columnas R(A) de A contiene solo el vector 0,entonces A es la matriz nula.(c) El espacio de columnas de 2A coincide con el espacio de columnas de A.(d) El espacio de columnas A− I coincide con el espacio de columnas de A.

b) Verdadero, debido a que cualquiera que sea la matriz M (m x n,C). Siempre a lo mas que po-dremos llegar reduciendola por filas va a ser a una fila no nula pese a que sean todos los vectorescorrespondientes linealmente dependiente.

e.j.: Sea A =

1 2 4 8i 2i 4i 8i2i 4i 8i 16i

AT =

1 i 2i2 2i 4i4 4i 8i8 8i 16i

=

1 i 2i0 0 04 4i 8i8 8i 16i

=

1 i 2i0 0 00 0 08 8i 16i

=

1 i 2i0 0 00 0 00 0 0

64 Primer Semestre


Por lo tanto su R(A) es

1i2i

. Por consiguiente la unica manera que de el vector, como unica

solucion del espacio columna, es que la matriz original sea la matriz nula, ya que pese a que todossus vectores sean L.D no demuestra que su R(A) sea el vector 0.

c) Verdadero. Tomamos una matriz Arbitraria A ∈M(m×n,C) donde A es

(a b cdi fi gi

)y le

calculamos su espacio columna R(A).

AT =

a dib fic gi

=

a− bdf 0

b fic gi

=

a− bdf 0

a− cfg 0

c gi

=

a− bdf 0

0 gi0 0

=

a− bdf 0

0 gi0 0

Por lo tanto su R(A) =

(a− bd

f

0

),

(0gi

)

Ahora demostraremos que para 2A es el mismo espacio columna R(2A).

2A =

(2a 2b 2c2di 2fi 2gi

)

2AT =

2a 2di2b 2fi2c 2gi

=

2a− 2bdf 0

2b 2fi2c 2gi

=

2a− 2bdf 0

2b 2fi2c 2gi

=

2a− 2bdf 0

0 00 2gi

=

2a− 2bdf 0

0 gi0 0

Por lo tanto su R(A) =

(a− bd

f

0

),

(0gi

).Por consiguiente queda demostrado que R(A) ≡

R(2A).

d) Falso. Primero debemos hacer notar que la matriz Am×nm debe ser igual a n o sea una matrizcuadrada ya que la resta de matrices esta definida solo para matrices cuadradas por lo tanto parademostrar que R(A− I) 6= R(A) usaremos un contraejemplo:

Sea A =

(1 0i i

)y I =

(1 00 1

)entonces A− I =

(0 0i i− 1

)

(A− I)T =

(0 i0 i− 1

)=

(0 i0 −1

)=

(0 00 −1

)=

(0 10 0

)

2005 65


Obteniendo R(A− I) =

(01

),

(00

),y para R(A) tenemos:

AT =

(1 i0 i

)=

(1 00 i

)

dando como resultado deR(A) =

(10

),

(0i

). Por consiguiente queda demostrado que R(A−

I) 6= R(A).

50. [10, p 111, 28] Construya una matriz A ∈M (3×3, R) tal que su espacio de columnas contenga losvectores (1, 1, 0)T y (1, 0, 1)T pero que no contenga el vector (1, 1, 1)T

Sean los vectores A1 = (1, 1, 0)T y A2 = (1, 0, 1)T , luego el tercer vector que contenga la ma-triz debe ser linealmente dependiente ya que solo A1 y A2 pertenecen al espacio de columnas,entonces si realizamos la suma entre estos vectores formaremos el tercer vector deseado y distintoa (1, 1, 1)T :

A1 +A2 = (2, 1, 1)T

Por lo tanto la matriz buscada sera:

A =

1 1 21 0 10 1 1

51. Determine el espacio nulo N(A) y el espacio de filas F (A) de la matriz

A =

1 2 3 42 4 8 103 6 11 14

¿Que relacion puede usted establecer entre N(A) y F (A)?

Mediante Operaciones Filas

f21(−2)

1 2 3 40 0 2 23 6 11 14

f31(−3)

1 2 3 40 0 2 20 0 2 2

f21(−1)

1 2 3 40 0 2 20 0 0 0

N(A) = α

100

β

200

γ

320

δ

420

=

000

α+ 2 ∗ β + 3 ∗ γ + 4 ∗ δ = 0

2 ∗ α+ 2 ∗ δ = 0

N(A) =

−2 ∗ β − δβ−δδ

A

T =

1 0 02 0 03 2 04 2 0

→ α

1234

β

0022

γ

0000

=

α2 ∗ α

3 ∗ α+ 2 ∗ β4 ∗ α+ 2 ∗ β

66 Primer Semestre


F (A) =

α2 ∗ α

3 ∗ α+ 2 ∗ β4 ∗ α+ 2 ∗ β

Si n es igual al numero de columnas de A, entonces:

Dim(N(A)) +Dim(F (A)) = n

52. [10, p,123, 21− 27] Construya (si es posible) matrices reales A tales que:

a) el espacio nulo N(A) de A consiste de todas las combinaciones lineales de los vectores(2, 2, 1, 0)T y (3, 1, 0, 1)T .

b) el espacio nulo N(A) de A consiste de todos los multiplos del vector (4, 3, 2, 1)T .

c) el espacio de columnas R(A) de A contiene los vectores (1, 1, 5)T y (0, 3, 1)T y, simultanea-mente, el espacio nulo N(A) contiene el vector (1, 1, 2)T .

d) el espacio de columnas R(A) de A contiene los vectores (1, 1, 0)T y (0, 1, 1)T y, simultanea-mente, el espacio nulo N(A) contiene los vectores (1, 0, 1)T y (0, 0, 1)T .

e) el espacio de columnas R(A) de A contiene el vector (1, 1, 1)T y, simultaneamente, el espacionulo N(A) es la recta de los multiplos del vector (1, 1, 1, 1).

f ) el espacio nulo N(A) coincide con el espacio de columnas R(A), cuando A ∈M(2x2,<). ¿Esesto posible siquiera?

g) el espacio nulo N(A) coincide con el espacio de columnas R(A), cuando A ∈M(3x3,<). ¿Esesto posible siquiera? ¿Que diferencia fundamental observa Ud. entre los casos (f) y (g)?(¡ademas, desde luego, que unas son matrices de 2x2 y las otras de 3x3!)

a) Puede observarse que el espacio N(A) tiene dimension 2, por lo tanto con esto se sabe quebasta que la matriz A tenga dos filas:

A.N(A) =

(a11 a12 a13 a14

a21 a22 a23 a24

)·

2x+ 3y2x+ yxy

=

(00

)

luego

a11(2x+ 3y) + a12(2x+ y) + a13(x) + a14(y) = 0

a21(2x+ 3y) + a22(2x+ y) + a23(x) + a24(y) = 0

(2a11 + 2a12 + a13)x+ (3a11 + a12 + a14)y = 0

(2a21 + 2a22 + a23)x+ (3a21 + a22 + a24)y = 0

2a11 + 2a12 + a13 = 0

3a11 + a12 + a14 = 0

2a21 + 2a22 + a23 = 0

3a21 + a22 + a24 = 0

Parametrizando a11 = u, a12 = t, a21 = v y a22 = w obtenemos: a13 = −2(u + t),a14 = −(3u+ t), a23 = −2(v + w) y a24 = −(3v + t)

2005 67


Por lo tanto cumpliran con (a) todas aquellas matrices de la forma:

(u t −2(u+ t) −(3u+ t)v w −2(v + w) −(3v + w)

)

y todas aquellas formadas por filas que dependen linealmente de las dos filas de esta matriz.

b)

(a11 a12 a13 a14

a21 a22 a23 a24

)·

4k3k2kk

=

(00

)

4ka11 + 3ka12 + 2ka13 + ka14 = 0

4ka21 + 3ka22 + 2ka23 + ka24 = 0

Parametrizamos a11 = t1, a12 = t2, a13 = t3 y a21 = t4, a22 = t5 y a23 = t6Por lo tanto nuestra matriz queda de la siguiente manera:

A =

(t1 t2 t3 −(4t1 + 3t2 + 2t3)t4 t5 t6 −(4t4 + 3t5 + 2t6)

)

c)

1 0 a1

1 3 a2

5 1 a3

·

kk2k

=

(00

)

k + 2ka1 = 0⇒ a1 = −1

2k + 3k + 2ka2 = 0⇒ a2 = −2

5k + k + 2ka3 = 0⇒ a3 = −3

⇐⇒ A =

1 0 12

1 3 −25 1 −3

d)

1 0 a1

1 3 a2

5 1 a3

·

x9y

x+ y

=

(00

)

x+ a1(x+ y) = 0⇒ a1 = − x

x+ y

x+ 9y + a2(x+ y) = 0⇒ a2 = −x+ 9y

x+ y

9y + a3(x+ y) = 0⇒ a3 = − 9y

x+ y

68 Primer Semestre


⇐⇒ A =

1 0 − xx+y

1 1 −x+9yx+y

5 1 − 9yx+y

e)

1 a12 a13 a14

1 a22 a23 a24

1 a32 a33 a34

·

kkkk

=

000

k + ka12 + ka13 + ka14 = 0

k + ka22 + ka23 + ka24 = 0

k + ka32 + ka33 + ka34 = 0

Parametrizando por a13 = t1, a14 = t2, a23 = t3, a24 = t4, a33 = t5 y a34 = t6. Luego nosqueda:

a12 = −(1 + t1 + t2)

a22 = −(1 + t3 + t4)

a33 = −(a+ t5 + t6)

Por ende nuestra matriz que satisface e), es:

1 −(1 + t1 + t2) t1 t21 −(1 + t3 + t4) t3 t41 −(1 + t5 + t6) t4 t6

f ) Suponemos:

(a bc d

)

y nos dicen:

R(A) =

(ac

),

(bc

)= x ·

(ac

)+ y ·

(bd

)= N(A)

Como A.N(A)=0:

(a bc d

)·(xa+ ydxc+ yd

)=

(00

)∀x, y ∈ <

a(xa+ yb) + b(xc+ yd) = 0

c(xa+ yb) + d(xc+ yd) = 0

x(a2 + bc) + y(ba+ bd) = 0

x(ac+ cd) + y(bc+ d2) = 0

2005 69


Como x e y puede tomar el valor de cualquier numero real, la unica forma en que se cumplala igualdad es que los valores que estan dentro de los parentesis sean iguales a cero.

a2 + bc = 0⇒ a2 = −bcb(a+ d) = 0⇒ a = −d ∨ b = 0

c(a+ d) = 0⇒ a = −d ∨ c = 0

bc+ d2 = 0⇒ d2 = −bc

Si b = 0 y a = −d entonces a = b = d = 0:

A =

(0 0c 0

)

Si b = 0 y c = 0 entonces a = b = c = d = 0:

A =

(0 00 0

)

Si a = −d y c = 0 entonces a = c = d = 0:

A =

(0 b0 0

)

Si a = −d y a = −d entonces a = t1, b = t2:

A =

(t1 t2

− (t1)2

t2−t1

)

g)

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

·

xyz

=

000

Luego:

Column(A) =

a11

a21

a31

,

a12

a22

a32

,

a13

a23

a33

a11x+ a12y + a13z = 0

a21x+ a22y + a23z = 0

a31x+ a32y + a33z = 0

Pero x = αa11 + βa12 + γa13, x = αa21 + βa22 + γa23 y x = αa31 + βa32 + γa33, con lo cual

70 Primer Semestre


finalmente quedan 9 ecuaciones muy parecidas:

a211 + a12a21 + a13a31 = 0

a11a12 + a12a22 + a13a32 = 0

a11a13 + a13a23 + a13a33 = 0

a21a11 + a22a21 + a23a31 = 0

a21a12 + a222 + a23a32 = 0

a21a13 + a22a23 + a23a33 = 0

a31a11 + a32a21 + a33a31 = 0

a31a12 + a32a22 + a33a32 = 0

a31a13 + a32a23 + a233 = 0

53. El anillo de los Cuaternianos. A partir de las matrices E, I del ejercicio 30 defina ahora las siguientesmatrices de orden 4:

e =

[E 00 E

], i =

[0 −EE 0

], j =

[I 00 −I

], k =

[0 II 0

]

Defina:

Q :=

[R∑

r=0

S∑

s=0

T∑

t=0

U∑

u=0

αrstuerisjtku : αrstu ∈ R, R, S, T, U ∈ N0

]

Considere el conjunto C equipado con la suma y multiplicacion usuales de matrices con e0 = i0 =j0 = k0 = e. Evidentemente Q ⊆M(4× 4,R) y e es la matriz identidad de 4× 4.

e =

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

i =

0 0 −1 00 0 0 −11 0 0 00 1 0 0

j =

0 −1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 −1 0

k =

0 0 0 −10 0 1 00 −1 0 01 0 0 0

Haciendo las multiplicaciones pertinentes se observa que:

Matriz ee0 = e1 = e2 = ... = er = e

Matriz i Matriz j Matriz k

i0 = e j0 = e k0 = ei1 = i j1 = j k1 = ki2 = −e j2 = −e k2 = −ei3 = −i j3 = −j k3 = −ki4 = e j4 = e k4 = e

Q :=

[R∑

r=0

S∑

s=0

T∑

t=0

U∑

u=0


]

2005 71


(a) Para u, v ∈ Q y α, β ∈ R, ¿se cumple αu + βv ∈ Q, uv ∈ Q?

Sea

u :=

[R∑

r=0

S∑

s=0

T∑

t=0

U∑

u=0


]

v :=

[R∑

r=0

S∑

s=0

T∑

t=0

U∑

u=0

βrstuerisjtku : βrstu ∈ R, R, S, T, U ∈ N0

]

αu+ βv = α ·[

R∑

r=0

S∑

s=0

T∑

t=0

U∑

u=0

αrstuerisjtku + β ·

R∑

r=0

S∑

s=0

T∑

t=0

U∑

u=0

βrstuerisjtku

]

αu+ βv =

[R∑

r=0

S∑

s=0

T∑

t=0

U∑

u=0

α · αrstuerisjtku +

R∑

r=0

S∑

s=0

T∑

t=0

U∑

u=0

β · βrstuerisjtku

]

αu+ βv =

[R∑

r=0

S∑

s=0

T∑

t=0

U∑

u=0

(α · αrstu + β · βrstu) erisjtku

]

Denotamos γrstu = (α · αrstu + β · βrstu)

αu+ βv =

[R∑

r=0

S∑

s=0

T∑

t=0

U∑

u=0

γrstu erisjtku

]∈ Q

(b) Determine Q en cuanto espacio vectorial real. En particular, ¿cual es la dimension del espaciovectiral real Q?Hint: Verifique quei· j= k = -j· i, j· k = i = -k· j, k· i = j = -i· k, i2 = j2 = k2 = -e.

a · e+ b · i+ c · j + d · k = 0

a ·

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

+ b ·

0 0 −1 00 0 0 −11 0 0 00 1 0 0

+

c ·

0 −1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 −1 0

+ d ·

0 0 0 −10 0 1 00 −1 0 01 0 0 0

=

0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

72 Primer Semestre


a −c −b −dc a d −bb −d a −cd b c a

=

0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

=⇒ a=0=⇒ b=0=⇒ c=0=⇒ d=0

∴ e, i j, k son l.i ⇒ e.v = R4

∴ dim = 4.

Verificacion de multiplicaciones:

i · j =

0 0 −1 00 0 0 −11 0 0 00 1 0 0

·

0 −1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 −1 0

=

0 0 0 −10 0 1 00 −1 0 01 0 0 0

= k

j · i =

0 −1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 −1 0

·

0 0 −1 00 0 0 −11 0 0 00 1 0 0

=

0 0 0 10 0 −1 00 1 0 0−1 0 0 0

= −k

j · k =

0 −1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 −1 0

·

0 0 0 −10 0 1 00 −1 0 01 0 0 0

=

0 0 −1 00 0 0 −11 0 0 00 1 0 0

= i

k · j =

0 0 0 −10 0 1 00 −1 0 01 0 0 0

·

0 −1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 −1 0

=

0 0 1 00 0 0 1−1 0 0 00 −1 0 0

= −i

k · i =

0 0 0 −10 0 1 00 −1 0 01 0 0 0

·

0 0 −1 00 0 0 −11 0 0 00 1 0 0

=

0 −1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 −1 0

= j

i · k =

0 0 −1 00 0 0 −11 0 0 00 1 0 0

·

0 0 0 −10 0 1 00 −1 0 01 0 0 0

=

0 1 0 0−1 0 0 00 0 0 −10 0 1 0

= −j

i2 =

0 0 −1 00 0 0 −11 0 0 00 1 0 0

·

0 0 −1 00 0 0 −11 0 0 00 1 0 0

=

−1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 −1

= −e

j2 =

0 −1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 −1 0

·

0 −1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 −1 0

=

−1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 −1

= −e

2005 73


k2 =

0 0 0 −10 0 1 00 −1 0 01 0 0 0

·

0 0 0 −10 0 1 00 −1 0 01 0 0 0

=

−1 0 0 00 −1 0 00 0 −1 00 0 0 −1

= −e

(c) ¿Que forma especıfica tienen todas las matrices A ∈ Q? Dadas las propiedades explicadasanteriormente, es decir,:

i· j = -j·i = k, j· k= -k · j = i k·i = -i · k = j,

i2 = j2 = k2 = -e

deducimos que todo elemento de u ∈ Q, se puede escribir de la forma:

u=a·e+b·i+c·j+d·k

u =

a −c −b −dc a d −bb −d a cd b −c a

(d) Para w, z ∈ Q cualesquiera, ¿se cumple wz= zw?

No, ya que para w=i z=j, no cumple ya que w·z=k y z·w=-k.

(e) Si z ∈ Q no es la matriz nula de M(4×4, R), ¿puede usted determinar z−1?

z es de la forma:

z = a · e+ b · i+ c · j + d · k =


, por lo tanto el determinante es:

∣∣∣∣∣∣∣∣


∣∣∣∣∣∣∣∣

= a ·

∣∣∣∣∣∣

a d −b−d a cb −c a

∣∣∣∣∣∣+ c ·

∣∣∣∣∣∣

c d −bb a cd −c a

∣∣∣∣∣∣− b ·

∣∣∣∣∣∣

c a −bb −d cd b a

∣∣∣∣∣∣+ d ·

∣∣∣∣∣∣

c a db −d ad b −c

∣∣∣∣∣∣

= a · [a · (a2 + c2)− d · (−d · a− c · b)− b · (d · c− a · b)]+c · [c · (a2 + c2)− d · (b · a− c · d)− b · (−b · c− a · d)]−b · [c · (−d · a− b · c)− a · (b · a− c · d)− b · (−b2 + d2)]

+d · [c · (d · c− b · a)− a · (−b · c− a · d) + d · (b2 + d2)]

74 Primer Semestre


= a · [a3 + a · c2 + d2 · a+ a · b2] + c · [c · a2 + c3 + c · d2 + b2 · c]−b · [−b · c2 − a2 · b− b3 − b · d2] + d · [d · c2 + a2 · d+ d · b2 + d3]

= a4 + a2 · c2 + d2 · a2 + a2 · b2 + c2 · a2 + c4 + c2 · d2 + b2 · c2

+b2 · c2 + a2 · b2 + b4 + b2 · d2 + d2 · c2 + a2 · d2 + d2 · b2 + d4

= a2 · [a2 +c2 +d2 +b2] +c2 · [a2 +c2 +d2 +b2] +b2 · [c2 +a2 +b2+d2] +d2 · [c2 +a2 +b2+d2]

= (a2 + b2 + c2 + d2) · (a2 + b2 + c2 + d2)

= (a2 + b2 + c2 + d2)2

, y esto: (a2 + b2 + c2 + d2)2 es siempre positivo a no ser que a=0, b=0, c=0, d=0, o sea z =0.∴ z es invertible.

Los cuaterniones fueron inventados por Sir William Rowan Hamilton (1805 - 1865), celebrematematico y fısico irlandes. Poseen numerosas e interesantes propiedades matematicas quehan sido aplicadas con exito a variados problemas de la Fısica y la Ingenierıa. Recientementelos cuaterniones han permitido optimizar ciertos metodos de la Computacion Grafica. ¡Ex-plore la www al respecto! Aun a riesgo de revelar la solucion de las preguntas precedentes,conviene notar que un cuaternion cualquiera se puede escribir de la forma:

q = αe+ βi+ γj + δk.

El numero real N(q) = α2 + β2 + γ2 + δ2 se llama norma del cuaternion q. El cuaternion:

q∗ = αe− βi− γj − δk.

se denomina conjugado de q. Es claro que q∗∗ = q.

(f) Compruebe que q · q∗ = q∗ · q = N(q)e y concluya que q−1 = 1N(q)q

∗, siempre que q 6= 0.

Sea q = αe+ βi+ γj + δk y q∗ = αe− βi− γj − δkEntonces:

q · q∗ = (αe+ βi+ γj + δk) · (αe− βi− γj − δk)= α2e2 − αβei− αγej − αδek + αβie− β2i2 − βγij − βδik + αγje− βγji− γ2j2

−γδjk + αδke− βδki− γδkj − δ2k2

= α2e+ β2e+ γ2e+ δ2e− βγk + βδj + βγk − γδi− βδj + γδi

= (α2 + β2 + γ2 + δ2)e = N(q)e

2005 75


De la misma manera:

q∗ · q = (αe− βi− γj − δk) · (αe+ βi+ γj + δk)

= α2e2 + αβei+ αγej + αδek − αβie− β2i2 − βγij − βδik − αγje−βγji− γ2j2 − γδjk − αδke− βδki− γδkj − δ2k2

= α2e+β2e+ γ2e+ δ2e−βγk+βδj+βγk− γδi−βδj+ γδi = (α2 +β2 + γ2 + δ2)e = N(q)e

Por lo tanto q · q∗ = q∗ · q = N(q)e, de lo que se deduce:

q · q∗ = N(q)e /q−1

q∗ = N(q)e ∗ q−1

q∗ = N(q) ∗ q−1 /e ∗ q−1 = q−1

q−1 =1

N(q)q∗

esto es cierto para todo q ∈ Q tal que q 6= 0, ya que para q = 0 no existe q−1.

(g) Verificar que N(pq) = N(p) ·N(q) para todo p, q ∈ Q.

Sean p = αe+ βi+ γj + δk y q = ae+ bi+ cj + dk. Calculemos p · q:

p · q = (αe+ βi+ γj + δk) · (ae+ bi+ cj + dk) = αae2 + αbei

+αcej + αdek + βaie+ βbi2 + βcij + βdik + γaje+ γbji+ γcj2

+γdjk + δake+ δbki+ δckj + δdk2

= (αa− βb− γc− δd)e+ (αb+ βa+ γd− δc)i+ (αc+ γa+ δb− βd)j + (αd+ δa+ βc− γb)k

Ahora calculemos N(pq):

N(pq) = (αa−βb−γc−δd)2+(αb+βa+γd−δc)2+(αc+γa+δb−βd)2+(αd+δa+βc−γb)2

= α2a2 + β2b2 + γ2c2 + δ2d2 + 2 (−αaβb− αaγc− αaδd+ βbγc+ βbδd+ γcδd)

+α2b2 + β2a2 + γ2d2 + δ2c2 + 2 (αaβb+ αbγd− αbδc+ βaγd− βaδc− γcδd)+α2c2 + γ2a2 + δ2b2 + β2d2 + 2 (αaγc+ αbδc− αβcd + abγδ − βaγd− βbδd)+α2d2 + δ2a2 + β2c2 + γ2b2 + 2 (αaδd + αβcd− αbγd+ βaδc− abγδ − βbγc)

= α2a2 + β2b2 + γ2c2 + δ2d2 + α2b2 + β2a2 + γ2d2 + δ2c2

+α2c2 + γ2a2 + δ2b2 + β2d2 + α2d2 + δ2a2 + β2c2 + γ2b2

= a2(α2 + β2 + γ2 + δ2) + b2(α2 + β2 + γ2 + δ2)

+c2(α2 + β2 + γ2 + δ2) + d2(α2 + β2 + γ2 + δ2)

= (α2 + β2 + γ2 + δ2) · (a2 + b2 + c2 + d2) = N(p) ·N(q)

∴ Queda esto demostrado.

76 Primer Semestre


54. Considere la matriz Hilbertiana A = [1/(i+ j − 1)]1≤i,j≤n, n ∈ N.

(i) Escriba un programa para MATLAB que calcule la matriz B =∑p

k=1

(pk

)(2p+12k+1

)Ap−k. Los

datos de entrada son, desde luego n, p ∈ N.

%Esta funcion construye una Matriz Hilbertiana dados n y p.

function [A,B]=hi(n,p)

for i=1:n

for j=1:n

A(i,j)= 1/(i+j-1);

end

end

B=0;

for k=1:p

B=B + fact(p,k)*fact((2*p+1),(2*k+1))*A^(p-k);

end

A

B

%Funcion que calcula la combinatoria de n sobre k

function [f]= fact(n,k)

f = factorial(n)/(factorial(n-k)*(factorial(k)));

(ii) Escribe un programa para MATLAB que, dados n, p ∈ N, calcule los determinantes de lasmatrices AyB.

%Esta funcion calcula el determinante de la matriz A y B

%dados n y p.Primero se hace a ambas una matriz triangular superior,

%y luego se multiplican los factores de la diagonal.

%Funcion que calcula la combinatoria de n sobre k

function [A,B]=de(n,p)

[A,B]=hi(n,p);

tempA=A;

tempB=B;

[a]=size(A);

[b]=size(B);

A=triup(A);

B=triup(B);

detA=1;

for i=1:a

detA= detA*A(i,i);

end

detB=1;

for j=1:b

detB= detB*B(j,j);

end

A=tempA;

B=tempB;

detA

detB

%Esta funcion convierte una matriz en triangular superior

function [A]=triup(A)

[m,n]=size(A);

for i=1:m

2005 77


if A(i,i)==0

A=swap(A,i);

end

for w=i+1:m

A(w,:)=-A(w,i)/A(i,i)*A(i,:)+A(w,:);

end

end

%Esta funcion hace un swap entre una columna que tenga

%la casilla de la diagonal = 0 con otra que no.

function A=swap(A,i)

[m,n]=size(A);

for j=i:n

if A(i,j)~=0

temp=A(:,j)

A(:,j)=A(:,i)

A(:,i)=temp

end

end

(iii) Se dice que λ ∈ C es un valorpropio de una matriz M de n × n. Escriba un programapara MATLAB que, dados n, p ∈ N, con n pequeno, calcule los valores propios de las matrices A yB. ¿Que Algoritmo usara para calcular las raıces de la ecuacion algebraica resultante? Investigueen la literatura y fundamente adecuadamente el algoritmo que aplique.

La idea es la siguiente: construir la matriz triaungular superior de A con la funcion triup(A)y se obtiene como primer resultado para los valores propios la diagonal de A,una vez por supuestoobtenido la matriz A y B con la funcion hi(n,p).Luego teniendo mis primeros valores propiosdespejo de Av = lv el vector propio v y comienzo a iterar utilizando el metodo Power Iterationv(0)

for k= 1,2,3 . . .

w=Av^{k-1}

v^{k}=w/norm(w)

l^{k}=v^{k}Av^{k}

Y luego se cambia el v(0)despejando v desde Av = lv sacando una l de la diagonal de la matriztriangular superior de A. Y los l(K) serıan los valores propios de la matriz.

55. Sea A=[aij

]∈ M(mxn,K).Sea Aij la matriz que resulta de A al eliminar su i-esima fila y su

j-esima columna.Evidentemente,Aij∈M((n− 1) ∗ (n− 1),K)

a) Demuestre que:∑ni=1(−1)i+jaijdet(Aij) =

∑nj=1(−1)i+jaijdet(Aij) para todo 1≤i,j≤n

Entonces el determinante det A de A puede definirse recursivamente mediante:det[a]=a (n=1), det A=

∑ni=1(−1)i+jaijdet(Aij) =

∑nj=1(−1)i+jaijdet(Aij). 2≤n∈N

para cualquier i o j,1≤i, j≤n. Estas formulas corresponden al llamado desarrollo de Laplacepara el determinante.Notese que [a]∈M(1x1,K).Para n = 1, n = 2, n = 3, el algoritmo prece-dente conduce a las conocidas formulas:

det[a11]=a11 det =

[a11 a12

a21 a22

]=a11a22 − a12a21

78 Primer Semestre


det =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

=a11a22a33 − a11a23a32 + a13a21a32 − a13a22a31 + a12a23a31 −

a12a21a33

Observando las formulas precedentes varios astutos terraqueos del siglo XIX llegaron a con-jeturar:det A=

∑σεδ sgnσ

∏ni=1 aiσ(i)

donde δ es el conjunto (es un grupo)de las n! permutaciones de {1,2,...,n} y sgn σ es el signode la permutacion σ, i.e.,+1 si el menor numero de transposiciones (intercambio de paresadyacentes) necesarios para llegar de {1,2,...,n} a {σ(1),σ(2),...σ(n)}es par −1 en caso queeste menor numero sea impar.

b) Demuestre la formula (det)

c) Demuestre que det(AB)= detA detB, A, B ∈M(nxn,K)

d) Considere det A como funcion de las columnas (resp.,de las filas)de la matriz A ∈M(nxn,K),i.eA−→det A=(a1, ..., an) (A−→det A=det(a1, ..., an)),A ∈ M(nxn,K).Verifique que el funcional det:M(nxn,K)−→K:

1) es multilineal,i.e.,lineal en cada uno de sus argumentos,

2) es alternante,i.e.,cambia de signo al intercambiar dos de los argumentos,

3) esta normalizado por det(I)=1, donde I ∈M(nxn,K)es la matriz identidad.Demuestre que siA−→ f(A)=f(a1, ..., an)(A−→f(A)=f(a1, ..., an)), A ∈M(nxn,K), es una aplicacion queposee las propiedades 1,2,3,entonces f coincide con la funcion determinante.

e) Escriba programas para Matlab que permita calcular, a bruta forza, tanto mediante el desa-rrollo de Laplace como por medio de la formula combinatorial(det),determinantes de matricesde hasta 10x10. Determine las complejidades de sus programas.Mas adelante veremos estra-tegias mas astutas para calcular determinantes.

Solucion

a)∑n

i=1(−1)i+jaijdet(Aij) =∑n

j=1(−1)i+jaijdet(Aij) dado que det(A)=det(AT )

det(A)=∑n

j=1(−1)i+jaijdet(Aij)y dado que tambien:det(AT )=

∑nj=1(−1)j+iajidet(Aji)

y debido a que se cambian los subındices en esta ecuacion de (i,j) a (j,i).Se llega a la ecuacion:det(AT )=

∑ni=1(−1)i+jaijdet(Aij)

y volviendo a la igualdad de det(A)=det(AT )se llega a que:det(A)=det(At)=

∑nj=1(−1)i+jaijdet(Aij =

∑ni=1(−1)i+jaijdet(Aij)

b) det(A)=∑

σεδ sgnσ∏n

i=1 aiσ(i)∑σεδ sgnσ

∏ni=1 aiσ(i) =

∑σεδ(sgn)a1σ1a2σ2...anσn

lAl=∑

sigma(sgnσ)a1j1a2j2...anjn

c) Si A es singular, AB tambien lo es y lABl=0=lAllBl.Si A es no singular A=En...E2E1, producto de matrices elementales. Haciendo uso de la ma-triz elemental, que en este caso para toda matriz A,lEAl=lEllAl y de la induccion se obtiene:lABl=lEn...E2E1Bl=lEnl...lE2llE1llBl=lAllBl

2005 79


d) 1) Una funcion D:M(nxn,K)−→K es multilineal si es lineal en cada uno de sus argumen-tos,es decir:

a ′ Si Ai=B+CD(A)=D(...,B+C,...)=D(...,B,...)*D(...,C,...)

b′ Si Ai=B con k ∈KD(A)=D(...,kB,...)=kD(...,B,..)

2) Una funcion D:M(nxn,K)—K es alternada si D(A) = 0 siempre que A tenga 2 elementosiguales, es decir:D(A1, A2, ..., An) = 0 si y solo si Ai = Aj, i distinto de j

3) D(I)=1

Demostraciones Sea D la funcion determinante.Se desea probar que D satisface i,ii,iii y quees la unica funcion que lo hacePara ii y iiiSea A una matriz cuadrada:Si A posee una fila(columna)de ceros, entonces D(A)=0Si A posee dos filas(columnas)iguales, entonces D(A)=0Si A es triangular, es decir,con ceros por encima o por debajo de la diagonal, entonces D(A)esigual al producto de los elementos.Para iSi la fila i-esima de A=(aij)es de la forma(bi1 + ci1, bi2 + ci2, ..., bin + cin)

e) function p=detcof(B) n=size(B,1);if n==1p=B(1,1);elseif p==2p==A(1,1)*A(2,2)-A(1,2)*A(2,1);elseisign=1;p=0;for i=1:np=p+isign*A(1,i)*detcof(A(2:n,[1:i-1 i+1:n]));isign=-isign;endendEste metodo tiene una complejidad de n! por lo que no resulta un procedimiento practico.

56. Demuestre:

(a) rankA ≤ mınm,n para toda matriz A ∈M(m× n,K)

El rank de una matriz cualquiera, por definicion, corresponde al n�

de filas linealmente indepen-dientes. Esta definicion se aplica tambien a las columnas de la matriz, por lo tanto, el rank es elnumero de filas Y columnas l.i. Siguiendo esta definicion, el rank no puede corresponder al numeromayor entre columnas y filas, porque entonces sobrarıan bases, y generarıan otro espacio. Por lotanto, para matrices no cuadradas, en donde el n

�

de columnas es mayor al n�

de filas, o viceversa,el rank correspondera a lo mas al numero de filas en el primer caso, o columnas, en el segundo.

(b) El rango “rank” de la matriz resultante de eliminar filas y/o columnas de una matriz dada, nopuede ser mayor que el rango de la matriz original.

Si eliminamos filas y/o columnas mediante operaciones filas/columnas, el rango no puede incre-mentarse, ya que si eliminamos exitosamente una fila o una columna, esto quiere decir que esa filao columna era l.d. con respecto a las otras, y por lo tanto, el rank disminuye, y si es imposibleeliminar filas o columnas por medio de este proceso, entonces el rank se mantendra. En ninguncaso, el rango de una matriz aumentara mediante el proceso de eliminar filas o columnas.

(c) rankA+ rankB − k ≤ rankAB ≤ min{rankA, rankB}, A ∈M(mxk,K), B ∈M(kxn,K)

Primero demostraremos rankAB ≤ min{rankA, rank}B:Cada columna de AB es una combinacion de las columnas de A, lo que implica que R(AB) ⊆

80 Primer Semestre


R(A)→ rank(AB) ≤ rank(A).Cala fila de AB es una combinacion de las filas de B → espaciofila(AB) ⊆ espaciofila(B), perola dimension del espaciofila=dimension del espacio columna=rank, ya que rank(AB) ≤ rank(B).Entonces

rank(AB) ≤ min{rank(A), rank(B)}Ahora demostraremos que rank(A) + rank(B)− k ≤ rank(AB). Sea

rB = rank(B)

rA = rank(A)

KB = dim(N (B′)) = nullity deB′ = n− rBKA = nullity deA = n− rA,

donde A ∈ Cmxn, B ∈ Bnxp.Ahora, hagamos que {v1, ..., vrB

} sea una conjunto base de R(B), y agregamos n− rB vectores li-nealmente independientes {w1, ..., wn−rB

} a la base para abarcar todo Cn, {v1, v2, ..., vn, w1, ..., wn−rB}.

Sea

M = (v1|v2...vrB|w1|...wn−rB

) = (V W )

Supongamos x ∈ Cn, entonces x = Mα para algun α ∈ Cn.

I)R(A) = R(AM) = R(|AV |AW |).i) Sea x ∈ (R) → Ay = x para algun y ∈ Cn. Pero y puede ser escrita como una combinacionlineal de vectores base de Cn, ya que y = Mα para algun α ∈ Cn.Entonces, Ay = AMα = x→ x ∈ R(AM)→ R(A) ⊂ R(AM).ii) Sea x ∈ R(AM) → AMy = x para algun y ∈ Cn, pero My = z ∈ Cn → Az = x → x ∈R(A)→ R(AM) ⊂ R(A).Por esto, R(A) = R(AM) = R(|AV |AW |).

II)R(AB) = R(AV ).i) Sea x ∈ R(AV ) → AV y = x para algun y ∈ CrB . Pero V y = Bα para algun α ∈ Cp ya quelas columnas de V y B abarcan el mismo espacio. Esto implica que AV y = ABα = x → x ∈R(AB)→ R(AV ) ⊂ R(AB).ii) Sea x ∈ R(AB) → (AB)y = x para algun y ∈ Cp. Pero de nuevo By = V θ para algunθ ∈ CrB → ABy = AV θ = x→ x ∈ R(AV )→ R(AB) ⊂ R(AV ).Por esto, R(AV ) = R(AB).

Usando I), vemos que el numero de columnas linealmente independientes de A es menor o igual queel numero de columnas linealmente independientes de AV + el numero de columnas linealmenteindependientes de AW , esto significa que

rank(A) ≤ rank(AV ) + rank(AW )

Usando II) vemos que

rank(AV ) = rank(AB)→ rank(A) ≤ rank(AB) + rank(AW )

pero solo hay n− rB columnas en AW . Entonces

→ (AW ) ≤ n− rB→ rank(A)− rank(AB) ≤ rank(AW ) ≤ n− rB

2005 81


→ rA − (n− rB) ≤ rAB

Esto completa la demostracion.

(d) rank(A+B) ≤ rankA+ rankB,A,B ∈M(mxn,K)

Ver A y B como mapas lineales: Rn → Rm. Entonces

Im(A+B) ⊆ ImA+ ImB

ya que (A+B)v = Av +Bv.Usando la formula de dimension

dim(U1 + U2) = dim(U1) + dim(U2)− dim(U1 ∩ U2)

donde tomamos U1 = ImA y U2 = ImB.

(e) rank(AB)+rank(BC)6rankB+rank(ABC),A ∈M(m×k,K),B ∈M(k×p,K), C ∈M(p×n,K)

Respuesta:

El rank de la matriz AB 6Menor(m, p), el rank de la matriz BC 6Menor(k, n), el de la matrizB 6Menor(k, p) y el de la matriz ABC 6Menor(m,n).

Podemos escribir la expresion anterior de la forma:

rank(AB)+rank(BC) 6Menor(m, p)+Menor(k, n) 6 rankB+rank(ABC) 6Menor(k, p)+Menor(m,n)

Podremos convertir parte de la inecuacion en igualdades.:

rank(AB)+rank(BC) = Menor(m, p)+Menor(k, n) 6 rankB+rank(ABC) = Menor(k, p)+Menor(m,n)

tenemos:Menor(m, p) +Menor(k, n) 6Menor(k, p) +Menor(m,n)

como caso especial podemos decir que todas las matrices tienen menor o igual cantidad de filasque columnas, es decir m 6 k 6 p 6 n y ahora tenemos:

m+ k 6 k +m

Queda demostrado, ya que cualquier combinacion de valores que se le asignen a m, k, p y n tendranresultados similares.

(f) rankA∗=rankAT =rankA=rankA, A ∈M(m× n, C)

El conjugar una matriz solo cambia los signos de los valores imaginarios, por lo tanto no afecta elrank que tiene una matriz, es decir:

rankA∗=rankAT

rankA=rankA

Por lo que solo basta con demostrar que:

rankAT =rankA

El rank de una matriz puede calcularse contando la cantidad de pivotes que tiene la matriz encuestion.

La cantidad de pivotes en la matriz A es igual a la cantidad de pivotes en la matriz AT , por loque tienen igual rank.

(g)Si AεM(m×m, k) yC εM(n×n, k) son no singulares, y B εM(m×n, k) entonces rank(AB) =rank(B) = rank(BC) = rank(ABC).

Si m > n entonces B a lo mas tiene rank(B) = n.

82 Primer Semestre


Si el rank(B) = r (puedes ser n), entonces si realizamos AB donde el resultado va a ser una matrizde m × n la cual tiene r columnas L.I. con lo cual rank(AB) = r, analogamente ocurre para loscasos rank(BC) y rank(ABC). Al realizar la multiplicacion de matrices de diferente rank, el rankde la matriz resultante sera el menor de las dos matrices.

(h) Si A,B εM(m×n,K), entonces rank(A) = rank(B) si y solo si existen matrices no singularesX εM(m×m,K) Y εM(n× n,K) tales que B = XAY

Se sabe que es posible expresar la matriz B como XAY , esta factorizacion es conocida comofullSVD donde la matriz A contiene todos los valores propios de la matriz B en las posicionesdonde la fila i coincide con la columna j, si m < n entonces el rango de la matriz B a lo mas puedeser n. En caso que de las n columnas r fueran L.I.en la descomposicion se el rango de la matriz Bseria r, y en la matriz A quedarin r valores propios, los cuales formarian r columnas L.I. con locual el rank(A) = r por lo tanto rank(A) = rank(B).

(i) rank(A∗A) = rank(A), A ε M(m× n,C)

Si m > n entonces la matriz A tiene como maximo rank = n, ahora al realizar A∗A el resultado vaa ser una matriz de m×m donde van a existir n columans L.I por lo cual rank(A∗A) = rank(A). Elmultiplicar una matriz por su traspuesta conjugada no altera su rango, pues aunque la matriz ahoraposee m columnas adicionales estas columnas solo son combinaciones lineales de las n columnasL.I. de la matriz original A.

(j) Si A ∈ M(m × n,K) tiene rango rankA = k, entonces existen matrices X ∈ M(m × k,K),Y ∈ M(k × n,K) y B ∈ M(k × k,K), con B no singular, tales que A = XBY . En particular,toda matriz A de rango rankA = 1, puede escribirse siempre en la forma A = xyT con x ∈ Km ey ∈ Kn.

Esta forma de expresar la matriz A es muy similar a la factorizacion SVD. Las matrices X e Yvendrıan a ser las matrices ortogonales de los espacios asociados, mientras que B, la matriz concoeficientes de correspondencia.

Si ahondamos mas en la factorizacion SVD, tenemos que A = UWV T con:

a) W ∈M(k × k,K) analoga a B.

b) U ∈M(n× k,K) matriz con columnas ortonormales, analoga a X .

c) V ∈M(k × n,K), matriz ortogonal analoga a Y T .

La factorizacion SVD se estudia mas adelante en el ramo y se profundiza mas. Existe un(os)metodo(s) para encontrar estas matrices.

58. Sea A ∈M(n× n,K). Demuestre que las siguientes propiedades son equivalentes:a)A es no singular i.e, Ax = 0 si y solo si x = 0 ∈ Kn.b)A−1 existe, ie , A es invertible: AA−1 = A−1A = I donde I ∈M(n× n,K) es la identidad.c)rank A = n.d)Las filas de A son linealmente independientes.e)Las columnas de A son linealmente independientes.f)detA 6= 0.g)La dimension del espacio range A = {Ax : x ∈ Kn} es n.h)La dimension del nucleo ker A = {x ∈ Kn : Ax = 0} es n.Las matrices no singulares de dimension n forman un grupo llamado grupo lineal general que sedenota usualmente por GL(n,K).

Podemos verificar la propiedades anteriores como sigue:

-Como A es no singular ie, Ax = 0 si y solo si x = 0 ∈ K ⇒ las filas de A son linealmente

2005 83


independientes.-A−1 existe ie, A es invertible: Se cumple AA−1 = A−1A = In con In ∈ M(n × n,K) matrizidentidad de orden n.Si A es invertible detA 6= 0.-El rank de una matriz se define como el numero de filas(o columnas) linealmente independien-tes.Como las filas y columnas de A ∈M(n× n) son linealmente idenpendientes ⇒ rank A = n.-Las filas de A ∈M(n× n) son linealmente independientes entonces tambien lo son las columnasde A.-Se cumple que detA 6= 0 pues A es no singular ⇒ A−1existe.Como A−1 = 1

det A⇒ detA 6= 0

-Tenemos la siguiente relacion: dim(Kn) = dim(ker A) + dim(rangeA).Como KerA = {0} tene-mos que dim(KerA) = 0 .Ademas dim(Kn) = n por lo que dim(rangeA) = n.

59. (Demuestre o refute: la inversa de una matriz triangular superior cuadrada tambien es una matriztriangular superior cuadrada cuyos coeficientes de la diagonal son los reciprocos de los coeficientesde la diagonal de la matriz original.)

Sea B una Matriz triangular superior cuadrada de orden n con valores no nulos en la diagonal yI la Matriz Identidad de orden n.

Notacion Utilizada:

aij : elemento de la Fila i-esima y columna j -esima.

Fi : fila i-esima de la matriz.

α, β, γ : elemento no calculado no perteneciente a la diagonal.

Como la Matriz B es triangular superior, los elementos aij en donde i > j son 0. La idea delalgoritmo a utilizar es aplicar una serie de operaciones filas a la matriz B concatenada por laderecha con la matriz identidad, hasta lograr que en la matriz concatenada en la parte dondeestaba la matriz B quede la matriz identidad y en donde estaba la matriz Identidad I va a quedarla matriz B−1, con lo cual verificariamos si los componentes de la diagonal son los reciprocos delos de la matriz B.

a11 a12 · · · a1n 1 0 · · · 00 a22 · · · a2n 0 1 · · · 0...

.... . .

......

.... . .

...0 0 · · · ann 0 0 · · · 1

Aplicamos las siguientes operaciones fila:

[Fi ←−

Fi

aii

]1≤i≤n

lo que nos reduce el sistema a:

1a12

a11· · · an

a11

1

a110 · · · 0

0 1 · · · a2n

a220

1

a22· · · 0

......

. . ....

......

. . ....

0 0 · · · 1 0 0 · · · 1

ann

84 Primer Semestre


Ahora aplicamos las siguientes operaciones fila:[[Fi ←− Fi − Fkai,k]

i+1≤k≤n]1≤i≤n−1

con esto logramos formar la Matriz Identidad I .

1 0 · · · 01

a11α · · · β

0 1 · · · 0 01

a22· · · γ

......

. . ....

......

. . ....

0 0 · · · 1 0 0 · · · 1

ann

En resumen, al aplicarle operaciones fila a la matriz inicial podemos calcular la inversa de B oB−1. Osea la matriz I se convierte en B−1, en la cual se puede apreciar que en la diagonal seencuentran los reciprocos de la diagonal de la matriz B.

1

a11α · · · β

01

a22· · · γ

......

. . ....

0 0 · · · 1

ann

Por lo tanto queda demostrado que la inversa de una matriz triangular superiorcuadrada tambien es una matriz triangular superior cuadrada cuyos coeficientes de ladiagonal son efectivamente los reciprocos de los coeficientes de la matriz original.

60. Sea A ∈M(n× n,K). Considere A particionada en la forma:

A =

[A11 A12

A21 A22

], Aii ∈M(ni × ni,K)(i = 1, 2) con n1 + n2 = n.

Suponga que A,A11 y A22 son invertibles. Demuestre:

A−1 =

[[A11 −A12A

−122 A21]

−1 A−111 A12[A21A

−111 A12 − A22]

−1

[A21A−111 A12 −A22]A21A

−111 [A22 − A21A

−111 A12]

−1

],

donde se supone que las submatrices [ . . . ] tambien son invertibles.

Por definicion:

A−1 =

[a bc d

]= [A11A22 −A12A21]

−1

[A22 −A12

−A21 A11

]

Ası, para el primer componente queda:

2005 85


a = [A11A22 −A12A21]−1A22

= [A22(A11 −A12A−122 A21)]

−1A22

= [A11 −A12A22−1A21]−1

Para el segundo componente:

b = [A11A22 −A12A21]−1(−A12)

= A12[A21A12 − A22A11]−1

= A12[A11(A21A−111 A12 −A22)]

−1

= A−111 A12[A21A

−111 A12 −A22]

−1

Para el tercer componente:

c = [A11A22 −A12A21]−1(−A21)

= [A21A12 −A22A11]−1A21

= [(A21A−111 A12 −A22)A11]

−1A21

= [A21A11−1A12 −A22]

−1A21A−111

Para el cuarto componente:

d = [A11A22 −A12A21]−1A11

= [A11(A22 −A21A−111 A12)]

−1A11

= [A22 −A21A11−1A12]−1

Por lo tanto:

A−1 =

[a bc d

]=

[[A11 −A12A

−122 A21]

−1 A−111 A12[A21A

−111 A12 −A22]

−1

[A21A−111 A12 −A22]A21A

−111 [A22 −A21A

−111 A12]

−1

]

que corresponde con el resultado al que se querıa llegar.

61. Las matrices de Vandermonde Vmxn de mxn se definen mediante V =[xj

i

]0≤j≤n−1

1≤i≤m, donde

xi ∈ C, 1 ≤ i ≤ m. Calcule el determinante de Amxm y determine una condiciı¿�

general quegarantice que Amxm es invertible. Escriba un mini-programa de MATLAB que permita calcular elreferido determinante.

Antes que nada procedemos a escribir la matriz de Vandermonde en forma mı¿�

conveniente,esto es:

1 X1 X21 . . . Xm−1

1

1 X2 X22 . . . Xm−1

2

1 X3 X23 . . . Xm−1

3...

......

...1 Xm X2

m . . . Xm−1m

mxm

86 Primer Semestre


El determinante lo podemos escribir de la forma:

∏mi=1

∏mj=i+1 (Xj −Xi)

La matriz de Vandermonde serı¿�invertible sı¿

�y sı¿

�o sı¿

�su determinante es distinto de cero o

bien:

∏mi=1

∏mj=i+1 (Xj −Xi) 6= 0

lo que es equivalente a:

(Xj −Xi) 6= 0

Xj 6= Xi

De lo anterior se deduce que cuando Xj es distinto de Xi entonces se tiene una matriz invertible.

Codigo Programa MatLab

fila = input (‘Filas de la matriz: ‘)mat vand = 0:n:0;for i=1:n

sprintf (‘Ingresar el valor de V ( %d, %d): ‘,i,2)mat vand (i) = input (‘ ‘);

det = 1;for i=1:(n-1)

for j=(i+1):ndet = det * (mat vand (j) - mat vand (i));

disp (‘El determinante es’)disp (det)

62. Demuestre o refute : Toda matriz triangular unitaria es diagonal.

Sea A una matriz cuadrada, se dice que una matriz es una matriz diagonal si aij = 0.Para todo i distinto de j:

A =

aii 0 0 00 a22 0 0...

.... . .

...0 · · · · · · ann

Consideremos que para que una matriz sea triangular:

Matriz triangular superior: Sea B = (bij), bij = 0, con i < j

Matriz triangular inferior: Sea B = (bij), bij = 0, con i > j

Matriz triangular estrictamente superior: Sea B = (bij),bij con i <= j

Matriz triangular estrictamente inferior: Sea B = (bij),bij = 0, con i >= j

2005 87


Para que una matriz sea unitaria, su diagonal principal debe ser igual a 1 y el resto de valoresdeben ser igual a 0.

Por lo tanto, podemos concluir que una matriz triangular unitaria es un caso especial dondebij = 1, para todo i = j y que todos los otros valxres son igual a cero cumpliendo ası con las reglasde una matriz diagonal.

63. Sea S ∈ M ( m × m, C) una matriz hermitiana. Un vector propio de A es un vector no nulox ∈ Cm tal que Ax = λx para algun escalar λ ∈ C; tal escalar λ se llama entonces valor propio deA. Demuestre o refute:

a) Todos los valores propios de A son reales.

Ax = λx /x∗

x∗Ax = x∗λx = λx∗x /∗

x∗Ax)∗ = x∗Ax = x∗xλ∗

x∗λ = x∗xλ∗

(λ∗ − λ)(x∗x) = 0

como x 6= 0

→ λ∗ = λ→ λ ∈ R

b) Si x e y son vectores propios correspondientes a valores propios distintos de A, entonces x e yson ortogonales.Ya que x e y son valores propios de la matriz A:

Ax = λx,Ay = σy

Si el producto punto entre los vectores es igual a cero entonces los vectores son ortogonales.

y∗Ax = y∗λx = λy∗x (11)

x∗Ay = x∗σy = σx∗y (12)

Ocupando un poco el algebra desde (2):

∗ (x∗Ay)∗ = σ(x∗y)∗ = σ∗y∗x

= y∗A∗x = y∗Ax

88 Primer Semestre


A partir de lo anterior, y ya que (1) es igual al ultimo resultado obtenido:

λy∗x = σy∗x = σy∗x→ (λ− σ)y∗x = 0

Ya que λ 6= σ esto implica que y∗x = 0. Bajo esta hipotesis los vectores propios son ortogonales.

64. Sea A ∈ M(m ×m,C) una matiz anti-hermitiana (skew-hermitian), i.e., S∗ = −S. Demuestre orefute:

a) Los valores propios de S son numeros imaginarios (puros).

Primero tengamos claro que este tipo de matriz tiene la forma (matriz n× n):

S =

s11 s12 ... s1n

s21 s22 ... s2n

......

. . ....

sn1 sn2 ... snn

donde los componentes de la diagonal sii son imaginarios puros, y en el resto de los componen-tes de la matriz se cumple que Re(sij) = −Re(sji) y Im(sij) = Im(sji). Para demostrar quelos valores propios de la matriz anti-hermitiana son imaginarios puros, tomaremos un valorpropio arbitrario de esta matriz (que denominaremos λ) y su respectivo vector propio (quedenominaremos x = (x1, x2, ..., xn)) y demostraremos que se cumple la propiedad S ·x = λ ·x.Entonces tenemos:

S · x = λ · x ⇒ S · x− λ · x = 0 ⇒ (S − λI) · x = 0

(S − λI) · x

=

b11i a12 + b12i ... a1n + b1ni−a12 + b12 b22i ... a2n + b2ni

......

. . ....

−a1n + b1n −a2n + b2n ... bnni

−

λ 0 ... 00 λ ... 0...

.... . .

...0 0 ... λ

·

x1

x2

...xn

=

00...0

b11i− λ a12 + b12i ... a1n + b1ni−a12 + b12 b22i− λ ... a2n + b2ni

......

. . ....

−a1n + b1n −a2n + b2n ... bnni− λ

·

x1

x2

...xn

=

00...0

(b11i− λ)x1 (a12 + b12i)x2 ... (a1n + b1ni)xn

(−a12 + b12)x1 (b22i− λ)x2 ... (a2n + b2ni)xn

......

. . ....

(−a1n + b1n)x1 (−a2n + b2n)x2 ... (bnni− λ)xn

=

00...0

Tras esta igualdad, podemos sacar n ecuaciones para λ, de las cuales deduciremos su valor:

(b11i− λ)x1 + (a12 + b12i)x2 + ...+ (a1n + b1ni)xn = 0 (1)(−a12 + b12)x1 + (b22i− λ)x2 + ...+ (a2n + b2ni)xn = 0 (2)

2005 89


......

......

(−a1n + b1n)x1 + (−a2n + b2n)x2 + ...+ (bnni− λ)xn = 0 (n)

Ahora multiplicaremos la primera ecuacion por x1, la segunda por x2, la tercera por x3 yası hasta que la n - esima ecuacion la multiplicaremos por xn. Luego sumaremos estos pro-ductos:

x1 · (1) + x2 · (2) + ...+ xn · (n):

(b11i− λ)x21 + (a12 + b12i)x1x2 + ...+ (a1n + b1ni)x1xn

+ (−a12 + b12i)x1x2 + (b22i− λ)x22 + ...+ (a2n + b2ni)x2xn

+ ...+ (−a1n + b1ni)x1xn + (−a2n + b2ni)x2xn + ...+ (bnni− λ)x2n = 0

Como se puede observar, de esta suma, se cancelan todos los terminos de la forma ajk , conj 6= k. Por lo tanto esta ecuacion nos queda:

(b11i− λ)x21 + (b22i− λ)x2

2 + ...+ (bnni− λ)x2n + 2b12i · x1x2 + ...+ 2b(n−1)ni · xn−1xn = 0

(b11 ·x21 +b22 ·x2

2 + ...+bnn ·x2n +2b12 ·x1x2 + ...+2b(n−1)n ·xn−1xn)i−λ(x2

1 +x22 + ...+x2

n) = 0

λ =b11·x2

1+b22·x22+...+bnn·x2

n+2b12·x1x2+...+2b(n−1)n·xn−1xn

x21+x2

2+...+x2n

· i

Claramente se observa que λ es imaginario puro. Como tomamos un valor propio arbitrario,podemos concluir que esto se cumple para cualquier otro valor propio.

∴ Los valores propios de una matriz anti-hermitiana son de la forma imaginaria pu-ra.

b) I − S es no singular.

Que una matriz sea no singular significa que tiene inversa. Para que una matriz A tengainversa es necesario que |A| 6= 0. Supongamos que |I − S| = 0. Sabemos que |kA| = kn|A|,donde k es una constante, A es una matriz y n es el orden de A. Tenemos:

|I − S| = (−1)n|S − I | = 0

|S − I | = 0

denotemos λ = 1, nos queda:

|S − λI | = 0

...por lo tanto, λ es un valor propio. Pero λ = 1 y segun el ejercicio anterior los valores propiosson solo imaginarios puros. Se concluye entonces que |I − S| 6= 0.

c) La llamada transformada de Cayley de S, definida mediante Q = (I − S)−1(I + S), es unamatriz unitaria. Nota: esta transformacion es el analogo matricial de la transformacion de deMobius s→ 1+s

1−s de Analisis Complejo, que transforma el semi-plano izquierdo de C sobre eldisco unitario D.

90 Primer Semestre


Consideremos

S =

s11 − λ s12 ... s1n

s21 s22 − λ ... s2n

......

. . ....

sn1 sn2 ... snn − λ

donde sjj = bjj i, sjk = ajk + bjk , j < k y skj = −ajk + bjk, j < k.

(I − S) =

1− b11i −a12 − b12i ... −a1n − b1nia12 − b12 1− b22i ... −a2n − b2ni

......

. . ....

a1n − b1n a2n − b2n ... 1− bnni

(I + S) =

1 + b11i a12 + b12i ... a1n + b1ni−a12 + b12 1 + b22i ... a2n + b2ni

......

. . ....

−a1n + b1n −a2n + b2n ... 1 + bnni

Calculemos (I − S)∗, (I + S)∗:

(I − S)∗ =


......

. . ....

a1n − b1n a2n − b2n ... 1− bnni

∗

=


......

. . ....

−a1n + b1n −a2n + b2n ... 1 + bnni

= (I + S)

(I + S)∗ =


......

. . ....

−a1n + b1n −a2n + b2n ... 1 + bnni

∗

=


......

. . ....

a1n − b1n a2n − b2n ... 1− bnni

= (I − S)

Tenemos que (I − S)∗ = (I + S) y (I + S)∗ = (I − S). Ademas Q = (I − S)−1 · (I + S),entonces nos queda:

(a) Q = (I − S)−1 · (I + S) /(I − S)

Q · (I − S) = (I + S) /∗

(b) Q∗ · (I − S)∗ = (I + S)∗

2005 91


Multiplicando (a) · (b):

Q ·Q∗ · (I − S)∗ = (I − S)−1 · (I + S) · (I + S)∗ /(I − S)

Q ·Q∗ · (I − S)∗ · (I − S) = (I + S) · (I + S)∗

Q ·Q∗ · (I + S) · (I − S) = (I + S) · (I − S)

Q ·Q∗ = I

∴ Queda esto demostrado.

65.

66. Estudie el problema de diagonalizar la matriz A =

1 1 11 1 11 1 1

.

Solucion para <Polinomio Caracterıstico de A:

p(λ) = det

1− λ 1 11 1− λ 11 1 1− λ

= λ2(3− λ)

Como resultado de igualar el polinamio caracterıstico a cero, las raices obtenidas son λ = 0 yλ = 3

Calculo de vectores propios:

Para λ = 0 tenemos que:

1− 0 1 11 1− 0 11 1 1− 0

·

x1

x2

x3

=

1 1 11 1 11 1 1

·

x1

x2

x3

= 0

De aquı obtenemos que

x1 + x2 + x3 = 0

x3 = −x1 − x2

Por lo tanto, el Espacio Vectorial Asociado con el valor propio λ = 0 esta dado por E0 ={[x1, x2,−x1 − x2]

T : x1, x2 ∈ <}Para λ = 3 tenemos que:

1− 3 1 11 1− 3 11 1 1− 3

·

y1y2y3

=

−2 1 11 −2 11 1 −2

·

y1y2y3

=

−1 0 10 −1 10 0 0

·

y1y2y3

= 0

Y debido a este ultimo paso, se encuentra que y1 = y3 e y2 = y3. Por lo tanto, el Espacio VectorialAsociado con el valor propio λ = 3 esta dado por E3 = {[y1, y1, y1]T : y1 ∈ <}Si seleccionamos 3 vectores l.i., dos del espacio E0 (porque tiene dimension 2) y uno del espacio E3

(porque tiene dimension 1), se construye una matriz P que diagonaliza A. Eligiendo los vectores[a1, b1,−a1 − b1]T ,[a2, b2,−a2 − b2]T ∈ E0

[c1, c1, c1]T ∈ E3

92 Primer Semestre


tenemos que se forma la matriz P :=

a1 a2 c1b1 b2 c1

−a1 − b1 −a2 − b2 c1

con det(P ) = 3c1(a1b2 −

a2b1) 6= 0

Calculando la inversa de la matriz, obtenemos:

P−1 :=1

det(P )

a2c1 + 2b2c1 2a2c1 − b2c1 a2c1 − b2c1−a1c1 − 2b1c1 2a1c1 + b1c1 −a1c1 + b1c1−a2b1 + a1b2 −a2b1 + a1b2 −a2b1 + a1b2

Y P verifica que:

P−1AP =

0 0 00 0 00 0 3

Apareciendo en la diagonal los valores propios, 0 y 3 (La multiplicidad de cero es dos, igual quela dimension del espacio que genera. Lo mismo para la multiplicidad de tres.).

68. Sean B1={v1, v2, v3} y B2={w1, w2, w3} bases de R3.Sea T:R3−→R3 una transformacion linealtal que T(v1)=w1 − 3w2, T(v3)=2w2 − 3w3. Determine la matriz AT de la transformacion T conrespecto a las bases B1yB2 de R3.Solucion:

Para todo a ,b,y ∈R se tiene:T (av1 + bv2 + yv3)=a(w1 − 3w3) + b(w1 − 2w2) + y(2w2 − 3w3)=(a+ b)w1 + (−2b+ 2y)w2 + (−3a− 3y)w3

69. Sean E,F espacios vectoriales de dimensiones finitas n,m respectivamente sobre un cuerpo k.Sea L(E,F ) el conjunto de todas las aplicaciones (funciones) lineales ϕ : E → F .(a) Defina una estructura de espacio vectorial sobre L(E,F ).(b) Determine la dimension de L(E,F ).

Solucion: (a) La definicion usual es:

(aϕ+ bψ)(x) := aϕ(x) + bψ(x), ∀x ∈ E, ∀ϕ, ψ ∈ L(E,F ), ∀a, b ∈ k (13)

Tambien como es usual, se hace notar que las operaciones lineales en el segundo miembro de laecuacion anterior se efectuan en el espacio vectorial F , de modo aϕ + bψ : E → F esta biendefinida. La verificacion de aϕ+ bψ ∈ L(E,F ) es inmediata.

(b) Consideremos bases {x1, . . . , xn} e {y1, . . . , ym} de E y F , respectivamente. Para λ = 1, . . . , ny σ = 1, . . . ,m definamos las aplicaciones ϕλ

σ : E → F mediante:

ϕλσ(xv) :=

{yσ , si λ = v0, si λ 6= v

ϕλσ

(n∑

v=1

avxv

):=

n∑

v=1

avϕλσ(xv) = aλyσ, av ∈ k. (14)

Obviamente ϕλσ es lineal de modo que ϕλ

σ ∈ L(E,F ) para todo λ = 1, . . . , n y σ = 1, . . . ,m.Sea ahora ϕ ∈ L(E,F ) una aplicacion lineal cualquiera. La expresion ϕ(xλ) =

∑mµ=1 β

µλyµ, λ =

1, . . . , n, define unıvocamente los mn coeficientes βµλ . Entonces, para todo λ = 1, . . . , n, se tiene:

(ϕ−

m∑

µ=1

n∑

v=1

βµvϕ

vµ

)(xλ) = ϕ(xλ)−

m∑

µ=1

n∑

v=1

βµvϕ

vµ(xv)

=

m∑

µ=1

βµλyµ −

m∑

µ=1

βµλyµ = 0. (15)

2005 93


Luego, ϕ =∑m

µ=1

∑nv=1 β

µvϕ

vµ, i.e., el sistema de funciones ϕλ

µ genera el espacio vectorial L(E,F ).

La verificacion que el sistema de aplicaciones lineales ϕλµ es linealmente independiente sigue el

mismo esquema. En efecto, suponiendo que∑m

µ=1

∑nv=1 γ

µvϕ

vµ = 0 para ciertos coeficientes γµ

v ∈ k,

entonces para cada xλ se tiene 0 =∑m

µ=1

∑nv=1 γ

µvϕ

vµ(xλ) =

∑mµ=1 γ

µλyµ, de donde resulta γµ

λ = 0

para todo µ = 1, . . . ,m pues los yµ son l.i. Luego, γµλ = 0 para todo µ = 1, . . . ,m y todo

λ = 1, . . . , n, i.e., es sistema de funciones ϕnµu es l.i.

Por consiguente , {ϕvµ : µ = 1, . . . ,m; v = 1, . . . , n} es una base de L(E,F ) y

dimL(E,F ) = mn = dimE × dimF.

Notas:(i) La base {ϕv

µ} de L(E,F ) se llama base inducida por las bases E y F .(ii) Una demostracion alternatica del resultado obtenido en la ultima ecuacion recurre al isomor-fismo “trivial” entre L(E,F ) y M(m × n, k). En efecto, la aplicacion lineal ϕv

µ, con referenciaa las bases {xv}nv=1 e {ym}mµ=1 de E y F respectivamente, queda representada por la matriz

Mvµ =

[δµi δ

jv

]i,j∈ M(m × n, k), donde δl

k e4s el conocido sımbolo de Kronecker. Esta identi-

ficacion define, evidentemente, un isomorfismo L(E,F ) → M(m × n, k). Dado que las matri-ces

[δµi δ

jv

]i,j

constituyes obviamente una base del espacio vectorial M(m × n, k), se tiene que

dimL(E,F ) = dimM(m× n, k) = mn.

70. Sea T un tetraedro regular de lado a.

a) Calcule la longitud de una altura de T.

b) ¿Que angulo forman dos alturas cualesquiera de T?

c) Sean x, y ε <3 dos vectores de norma unitaria y sea α el angulo que subtienden. Demuestreque ‖x− y‖ = 2| sin(α/2)|

Respuesta:

a) Imaginenos a una de las aristas del tetraedro sobre el eje x. Entonces, este sera un vector conlas componentes (a,0,0) que llamaremos ~a. Entonces, los lados contiguos respecto a la arista(0,0,0) seran (incluyendo a nuestro primer vector):

~a = (a, 0, 0) ~b = (b1, b2, 0) ~c = (c1, c2, c3)

donde b1, b2, c1, c2, c3 son desconocidos

Ahora, para calcular el vector~b utilizaremos las propiedades del tetraedro, que son 4 triangu-

los equilateros y ademas que

cos(θ) = <~x,~y>‖~x‖‖~y‖

Entonces:(1) < ~a,~b > = ‖~a‖‖~b‖ cos(60)(2) < ~a,~c > = ‖~a‖‖~c‖ cos(60)

(3) <~b,~c > = ‖~b‖‖~c‖ cos(60)

(1) (a, 0, 0)(b1, b2, 0) = 12a

2

(2) (a, 0, 0)(c1, c2, c3) = 12a

2

(3) (b1, b2, 0)(c1, c2, c3) = 12a

2

94 Primer Semestre


(1) ab1 = 12a

2

(2) ac1 = 12a

2

(3) b1c1 + b2c2 = 12a

2

(1) b1 = 12a

(2) c1 = 12a

Reemplazando en (3) las soluciones en (1) y (2)(4) 1

4a2 + b2c2 = 1

2a2

(4) b2c2 = 14a

2

Ahora, nuestro vector ~b = (b1, b2, 0) reemplazando el valor de b1 encontrado~b = ( 1

2a, b2, 0)

Pero sabemos que ‖~b‖ = a, entonces√( 12a)

2 + b22 = a14a

2 + b22 = a2

b22 = 34a

2

(*) b2 =√

32 a

Entonces nuestro vector ~b serıa igual a ~b = ( 12a,

√3

2 a, 0)

Ahora, con el valor obtenido en (*), reemplazamos en (4) y obtenemos√3

2 ac2 = 14a

2√

32 c2 = 1

4a(5) c2 = 1

2√

3a

Ahora, nuestro vector ~c seria igual a ~c = ( 12a,

12√

3a, c3) Pero sabemos que ‖~c‖ = a, entonces

√( 12a)

2 + ( 12√

3a)2 + c23 = a

14a

2 + 112a

2 + c23 = a2

13a

2 + c23 = a2

c23 = 23a

2

c3 =√

23a

Entonces nuestro vector ~c serıa igual a ~c = ( 12a,

12√

3a,√

23a)

Finalmente, la altura del tetraedro sera igual a la componente cz del vector ~c

∴ T =√

23a

b) Para resolver este pregunta, utilizaremos la siguiente propiedad:

Un vector en la direccion de una altura esta dado por la suma euclideana de lados,escritos en forma vectorial, respecto a una arista del tetraedro multiplicados cadauno por 1

3

En nuestro caso particular, un vector con la direccion de una altura del tetraedro seria (usandolos vectores calculados anteriormente):

2005 95


T1 = 13~a+ 1

3~b+ 1

3~c

T1 = 13 (a, 0, 0) + 1

3 ( 12a,

√3

2 a, 0) + 13 ( 1

2a,1

2√

3a,√

23a)

T1 = ( 13a, 0, 0) + ( 1

6a,√

36 a, 0) + ( 1

6a,1

6√

3a, 1

3

√23a)

T1 = ( 46a,

46√

3a, 1

3

√23a)

Si obtenemos otros vectores contiguos a una de las aristas, digamos (a,0,0), que llamaremos~x, ~y y ~z, entonces:

~x = −~a~x = (−a, 0, 0)

~y = ~b− ~a~y = ( 1

2a,√

32 a, 0)− (a, 0, 0)

~y = (− 12a,

√3

2 a, 0)

~z = ~c− ~a~z = ( 1

2a,1

2√

3a,√

23a)− (a, 0, 0)

~z = (− 12a,

12√

3a,√

23a)

Ahora, otro vector con la direccion de una altura del tetraedro seria (usando los vectorescalculados recientemente):

T2 = 13~x+ 1

3~y + 13~z

T2 = 13 (−a, 0, 0) + 1

3 (− 12a,

√3

2 a, 0) + 13 (− 1

2a,1

2√

3a,√

23a)

T2 = (− 13a, 0, 0) + (− 1

6a,√

36 a, 0) + (− 1

6a,1

6√

3a, 1

3

√23a)

T2 = (− 46a,

46√

3a, 1

3

√23a)

Finalmentecos(θ) = < ~T1, ~T2>

‖ ~T1‖‖ ~T2‖

θ = arc cos{ < ~T1, ~T2>

‖ ~T1‖‖ ~T2‖}

θ = arc cos{ <( 46 a, 4

6√

3a, 1

3

√23 a),(− 4

6 a, 46√

3a, 1

3

√23 a)>

‖( 46 a, 4

6√

3a, 1

3

√23 a)‖‖(− 4

6 a, 46√

3a, 1

3

√23 a)‖}

θ = arc cos{ (− 1636 a2+ 16

36∗3 a2+ 436

23 a2)√

1636 a2+ 16

36∗3 a2+ 436

23 a2∗√

1636 a2+ 16

36∗3 a2+ 436

23 a2}

θ = arc cos{ (− 48108 + 16

108 + 8108 )

2∗√

48108+ 16

108 + 8108

}

θ = arc cos{−24108

2∗√

72108

}

θ = arc cos{ 12

−2410872108

√72108}

θ = arc cos{− 16

√23}

θ = 97,821

c) Sean ~x, ~y dos vectores ε <3

96 Primer Semestre


~x = (ax, ay, az) ~y = (bx, by, bz)

Sabemos que(1) ‖~x‖ = ‖~y‖ = 1(2) < ~x, ~y > = ‖~x‖‖~y‖ cos(α) ⇒ cos(α) = axbx + ayby + azbz

Ahora desarrollando el enunciado2| sin(α/2)| =

√(ax − bx)2 + (ay − by)2 + (az − bz)2

2| sin(α/2)| =√

(a2x − 2axbx + b2x) + (a2

y − 2ayby + b2y) + (a2z − 2azbz + b2z)

2| sin(α/2)| =√

(a2x + a2

y + a2z) + (b2x + b2y + b2z)− 2(axbx + ayby + azbz)

a2x + a2

y + a2z = b2x + b2y + b2z = 1 porque son vectores unitarios y axbx + ayby + azbz = cos(α),

por lo desarrollado en (2), entonces:2| sin(α/2)| =

√2− 2 cos(α)

2| sin(α/2)| =√

2(1− cos(α))

2| sin(α/2)| = 2√

1−cos(α)2

| sin(α/2)| =√

1−cos(α)2

lo cual es una identidad trigonometrica. Por lo tanto la proposicion es verdadera.

71. Sea A una matriz ortogonal de 3 x 3 con coeficientes reales y determinante positivo. Demuestre orefute: 1 ∈ σ(A), donde σ(A) denota el spectrum o conjunto de los valores propios de A. Supongaque −1 ∈ σ(A). Determine λ1, λ2, λ3 tales que det(sI −A) = (s− λ1)(s− λ2)(s− λ3).

a) Demuestre o refute: 1 ∈ σ(A), donde σ(A) denota el spectrum o conjunto de los valorespropios de A. Suponga que −1 ∈ σ(A).

Cualquier matriz ortogonal se puede transformar mediante operaciones fila en una matrizdiagonal, por lo que utilizaremos una matriz diagonal para la siguiente demostracion.

A =

x 0 00 y 00 0 z

det(A− λIn) = 0

det

x− λ 0 0

0 y − λ 00 0 z − λ

= 0

(x− λ)(y − λ)(z − λ) = 0

−λ3 + λ2(x+ y + z)− λ(xy + yz + xz) = 0

Si λ1 = −1 entonces:1 + xy + yz + xz + x+ y + z = 0

Si suponemos que λ2 = 1 entonces:

−1− xy − yz − xz + x+ y + z = 0

2005 97


xy + yz + xz = −1 ∧ x+ y + z = 0

Por lo tanto λ1 = −1, λ2 = 1, λ3 = 0 q.e.d.

b) Determine λ1, λ2, λ3 tales que det(sI −A) = (s−λ1)(s−λ2)(s−λ3). Como cualquier matrizortogonal se puede transformar mediante operaciones fila en una matriz diagonal, utilizaremosuna matriz diagonal.

A =

x 0 00 y 00 0 z

det(sI −A) = (s− x)(s − y)(s− z)

Por lo tanto λ1 = x, λ2 = y, λ3 = z.

72. ((Ref.: Prof. Dr. H. Wimmer, Nachklausur zur Einfurung in die lineare Algebra, Aufgabe 3. Mat-hematisches Institut, Universitat Wurzburg, April 2003.) Sean:

E1 = {x = [x1, x2, x3]T : 5x2 − 12x3 = 0}, E2 = {x = [x1, x2, x3]

T : x1 + 2x2 − 2x3 = 15}

dos planos en R3 y G = {r[2,−1, 1]T : r ∈ R} una recta. Determine todas las esferas S tangentesa E1 y E2, cuyos centros yacen en la recta G.)

Para que una esfera S centrada en x sea tangente a E1 y E2, la distancia de x a cada uno de estosplanos debe coincidir y es igual al radio de la esfera. Para que x se encuentre sobre la recta G, espreciso que X = (2r,−r, r) para algun r ∈ R.

La distancia de un punto x a un plano E se obtiene calculando la norma de la proyeccion sobre elvector normal a E de un vector que va desde x a un punto cualquiera del plano.

Consideremos x ∈ G, −→n = (n1, n2, n3) vector normal del plano E y z = (z1, z2, z3) ∈ E. Entonces,d es la longitud de la proyeccion ortogonal, d, de −→zx a lo largo de −→n . Por consiguiente, tenemos:

d = ‖d‖ =

∥∥∥∥−→zx · nn · n · n

∥∥∥∥ = |−→zx · n| 1

‖n‖ =1

‖n‖ |(z1 − 2r, z2 + r, z3 − r) � (n1, n2, n3)| =

1√n2

1 + n22 + n2

3

|(z1 − 2r)n1 + (z2 + r)n2 + (z3 − r)n3|

En particular, consideremos el plano E1 : 5x2 − 12x3 = 0. Un vector normal es −→n = (0, 5,−12) yun punto en el plano es z = (0, 12, 5). Luego,

d(x,E1) =1√

02 + 52 + 122|(−2r)0 + (12 + r)5 + (5− r)(−12)| = 1

13|17r| = 17

13|r|

Para el plano E2 : x1 + 2x2 − 2x3 = 15, tomemos −→n = (1, 2,−2) y z = (5, 5, 0). Luego,

d(x,E2) =1√

12 + 22 + 22|(5− 2r)1 + (5 + r)2 + (−r)(−2)| = 1

3|15 + 2r|

Entonces, para que S centrada en x ∈ Q sea tangente a E1 y E2 :

98 Primer Semestre


17

13|r| = 1

3|15 + 2r|

Para resolver esta ecuacion, consideremos dos casos, dependiendo del signo de los argumentos delos valores absolutos:

Caso r <−15

2∨ r > 0 :

17

13r = 5 +

2

3r

25

39r = 5

r =39

5

Por lo tanto, la esfera S1 centrada en x =

(2 �

39

5,−39

5,39

5

)con radio R =

17

13

∣∣∣∣39

5

∣∣∣∣ =51

5es

tangente tanto a E1 como a E2.

Caso−15

2< r < 0 :

−17

13r = 5 +

2

3r

−77

39r = 5

r =−195

77

Por lo tanto, la esfera S2 centrada en x =

(2 �

−195

77,195

77,−195

77

)con radio R =

17

13

∣∣∣∣−195

77

∣∣∣∣ =255

77es tangente tanto a E1 como a E2.

La descripcion analıtica de ambas esferas es:

S1 =

{(x1, x2, x3) ∈ R3 :

(x1 −

78

5

)2

+

(x2 +

39

5

)2

+

(x1 −

39

5

)2

=

(51

5

)2}

S2 =

{(x1, x2, x3) ∈ R3 :

(x1 +

390

77

)2

+

(x2 −

195

77

)2

+

(x3 +

195

77

)2

=

(255

77

)2}

73. Considere el conjunto M = {k ∈ N : 1 ≤ k ≤ 11}.

a) Encuentre todas las permutaciones π de M tales que (3)π = 10,(10)π = 3, (7)π = 7, y poseenexactamente 3 orbitas.

Sea xi ∈ {1, 2, 4, 5, 6, 8, 9, 11} y

π = A =

(1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11x1 x2 10 x3 x4 x5 7 x6 x7 3 x8

)

En esta permutacion se puede ver que los valores numericos entregados forman dos orbitas,por lo tanto, la tercera orbita debe estar formada por combinaciones de los restantes 8 valoresxi. Esto se puede realizar mediante la permutacion de estos xi, pero hay que considerar que:

2005 99


(y1, . . . , yj) = (y2, . . . , yj , y1) = . . . = (yj , y1, . . . , yj−1)

Por lo tanto, si se realiza la permutacion nPr(n,n), en este caso se obtienen 8-tuplas que soniguales, entonces tenemos que las permmutaciones necesarias son:

nPr(n, n)

n=n!

n= (n− 1)! = 7! = 5040

Entonces π es:

π = (3, 10)(7)(xi, (nPr(x2, . . . , x8)))

b) Sea σ una permutacion de M con exactamente 5 orbitas. Sea ζ = (2, 5, 11) = (2, 5)(2, 11).Demuestre o refute: el numero de orbitas de σζ es 5, 3 o 7.

La permutacion de otra permutacion cumple las siguientes tres propiedades:Sea σ2 y σ1 dos permutaciones del conjunto A = {a, b, c, d} y σ2 = (a, b, c):

1) Para σ1 = (a, b, c, d), σ2 ◦ σ1 = (a, b, c, d)(a, b, c) =

a b c db c d ac a d b

(16)

Lo importante en este punto es que todos los elementos del conjunto que pertenecıan aσ1 permanencen ahı, siendo una unica orbita.

2) Para σ1 = (a)(b)(c)(d), σ2 ◦ σ1 = (a)(b)(c)(d)(a, b, c) =

a b c da b c db c a d

(17)

= (a, b, c)(d). Como se ve, si los elementos del conjunto estan en diferentes orbitas, elresultado final es la fusion en una solo ciclo de permutacion, segun σ2, disminuyendo de(3 + 1) orbitas a (1 + 1) orbitas.

3) Para σ1 = (a, b)(c)(d), σ2 ◦ σ1 = (a, b)(c)(d)(a, b, c) =

a b c db a c dc b a d

(18)

= (a, c)(b)(d). Como se observa, dada la propiedad de la descomposicion de la permuta-cion σ2 en (a, b)(a, c), con σ1 se produce la primera permutacion de elementos, y con σ2,uno de los elementos vuelve a su lugar, mientras el otro cambia nuevamente de lugar. Elresultado final es que de (2 + 1 + 1) orbitas, quedan (2 + 1 + 1) orbitas finalmente.

Una vez visto estas propiedades y con mera induccion se puede determinar que la aserevaciondel enunciado es verdadera, puesto que σζ se puede separar en tres casos:

1) Cuando σ = αβγρτ siendo α, β, γ, ρ, τ ciclos de permutacion disjuntos con mınimo unelemento de M y α contiene al menos a {2, 5, 11}. Basados en la primera propiedadtenemos que: (1 + 4) orbitas iniciales terminan en (1 + 4) orbitas = 5

100 Primer Semestre


2) Cuando σ = αβγρτ siendo α, β, γ, ρ, τ ciclos de permutacion disjuntos con mınimo unelemento de M y α contiene al menos a {2}, β a {5} y γ a {11}. Basados en la segundapropiedad tenemos que: (3 + 2) orbitas iniciales terminan en (1 + 2) orbitas = 3.

3) Cuando σ = αβγρτ siendo α, β, γ, ρ, τ ciclos de permutacion disjuntos con mınimo unelemento de M y α contiene al menos a dos elementos de {2, 5, 11} y β al menos uno de{2, 5, 11}. Basados en la tercera propiedad tenemos que: (2+3) orbitas iniciales terminanen (2 + 3) orbitas = 5.

Por lo tanto el numero de orbitas de σζ es 3, 5 o 7.

74. Considere la permutacion π =

(1 2 3 4 53 4 5 2 1

). Sean e1 = [1, 0, 0, 0, 0]T , ..., e5 = [0, 0, 0, 0, 1]T ,

los vectores unitarios de R5. Sea A una matriz definida por A.ei = e(i)π. Determine el polinomiocaracterıstico de A.

A.e1 = e3A.e2 = e4A.e3 = e5A.e4 = e2A.e5 = e1

⇒ A ·

abcde

=

cdeba

⇒ A =

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

pA(λ) = det(A− λ · I5)

A− λ · I5 =

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

· 1λ

+

A− λ · I5 =

−λ 0 0 0 10 −λ 0 1 00 0 −λ 0 1

λ0 1 0 −λ 00 0 1 0 −λ

· 1λ

+

A− λ · I5 =

−λ 0 1 0 00 −λ 0 1 00 0 −λ 0 1

λ0 0 0 −λ+ 1

λ 00 0 1 0 −λ

· 1λ

+

A− λ · I5 =

−λ 0 1 0 00 −λ 0 1 00 0 −λ 0 1

λ0 0 0 −λ+ 1

λ 00 0 0 0 −λ+ 1

λ2

2005 101


∴ pA(λ) = det(A− λ · I5) = 0

= −λ3(−λ+1

λ)(−λ+

1

λ2) = 0

= −λ3(λ2 − 1

λ− 1 +

1

λ3) = 0

= λ5 − λ3 − λ2 + 1 = (λ+ 1)(λ− 1)(λ3 − 1) = 0

75. (Sean a, b, c ∈ R3.Demuestre o refute: 〈a× b, (b× c)× (c× a)〉 = (det[a|b|c])2)

(Sean los vectores:

a = α1 i+ β1j + γ1kb = α2i+ β2j + γ2kc = α3 i+ β3j + γ3kLuegoa× b = (β1γ2 − β2γ1)i− (α1γ2 − α2γ1)j + (α1β2 − α2β1)k

b× c = (β2γ3 − β3γ2)i− (α2γ3 − α3γ2)j + (α2β3 − α3β2)k

c× a = (β3γ1 − β1γ3)i− (α3γ1 − α1γ3)j + (α3β1 − α1β3)k

Luego tenemos que(b× c)× (c× a) = [(α3β1 − α1β3)(α3γ2 − α2γ3) + (α3γ1 − α1γ3)(α2β3 − α3β2)]i−[(β2γ3 − β3γ2)(α3β1 − α1β3)− (β3γ1 − β1γ3)(α2β3 − α3β2)]j

+[(β2γ3 − β3γ2)(α1γ3 − α3γ1) + (β3γ1 − β1γ3)(α2γ3 − α3γ2)]k= [α2

3β1γ2 − α3α2β1γ3 − α1β3α3γ2 + α1α2β3γ3 + α3α2γ1β3 − α1α2β3γ3 − α23γ1β2 + α1α3γ3β2 ]i

−[β1β2α3γ3 − β2β3α1γ3 − β1β3α3γ2 + β23α1γ2 − β2

3α2γ1 + β2β3α3γ1 + β1β3α2γ3 − β1β2α3γ3]j

+[γ23α1β2 − γ1γ3α3β2 − γ2γ3α1β3 + γ1γ2α3β3 + γ1γ3α2β3 − γ1γ2α3β3 − γ2

3α2β1 + γ2γ3α3β1]k

Al sumar y factorizar tenemos que:(b× c)× (c× a) = [α1α3(β2γ3 − β3γ2) + α2α3(β3γ1 − β1γ3) + α2

3(β1γ2 − β2γ1)]i−[β1β3(α2γ3 − α3γ2) + β2β3(α3γ1 − α1γ3) + β2

3(α1γ2 − α2γ1)]j

+[γ1γ3(α2β3 − α3β2) + γ2γ3(α3β1 − α1β3) + γ23(α1β2 − α3β2)]k

Luego procedemos a realizar el producto interno entre a× b y (b× c)× (c× a):

〈a × b, (b × c) × (c × a)〉 = (β1γ2 − β2γ1)[α1α3(β2γ3 − β3γ2) + α2α3(β3γ1 − β1γ3) + α23(β1γ2 −

β2γ1)]− (α1γ2−α2γ1)[β1β3(α2γ3−α3γ2)+β2β3(α3γ1−α1γ3)+β23(α1γ2−α2γ1)]+ (α1β2−α2β1)

= α1α3(β1β2γ2γ3 − β22γ1γ3 − β1β3γ

22 + β2β3γ1γ2)

+α2α3(β1β3γ1γ2 − β2γ21β3 − β2

1γ2γ3 + β1β2γ1γ3) + α23(β1γ2 − β2γ1)

2

+β1β3(α1α2γ2γ3 − α22γ1γ3 − α1α3γ

22 + α2α3γ1γ2)

+β2β3(α1α3γ1γ2 − α2α3γ21 − α2

1γ2γ3 + α1α2γ1γ3) + β23(α2γ1 − α1γ2)

2

+γ1γ3(α1α2β2β3 − α22β1β3 − α1α3β

22 + α2α3β1β2)

+γ2γ3(α1α3β1β2 − α2α3β21 − α2

1β2β3 + α1α2β1β3) + γ23(α1β2 − α2β1)

2

= 2α1α3β1β2γ2γ3+2α1α3β2β3γ1γ2+2α2α3β1β2γ1γ2+2α2α3β1β2γ1γ3+2α1α2β1β3γ2γ3+2α1α2β2β3γ1γ3−2α1α3β

22γ1γ3 − 2α1α3β1β3γ

22 − 2α2α3β2β3γ

21 − 2α2α3β

21γ2γ3 − 2α2

2β1β3γ1γ3 − 2α21β2β3γ2γ3 +

(α3β1γ2 − α3β2γ1)2 + (β3α1γ2 − α2β3γ1)

2 + (α1β2γ3 − α2β1γ3)2

102 Primer Semestre


= (α3β1γ2 − α3β2γ1)2 + (β3α1γ2 − α2β3γ1)

2 + (α1β2γ3 − α2β1γ3)2

+2(α1β2γ3 − α2β1γ3)(α3β1γ2 − α3β2γ1)+2(α3β1γ2 − α3β2γ1)(α2β3γ1 − α1β3γ2)+2(α1β2γ3 − α2β1γ3)(α2β3γ1 − α1β3γ2)

= (α1β2γ3 + α2β3γ1 + α3β1γ2 − α2β1γ3 − α1β3γ2 − α3β2γ1)2

Por otro lado tenemos las siguientes matrices:

A =

α1 α2 α3

β1 β2 β3

γ1 γ2 γ3

A1 =

(β2 β3

γ2 γ3

)

A2 =

(β1 β3

γ1 γ3

)

A3 =

(β1 β2

γ1 γ2

)

por lo tanto:det[A] = α1det[A1]− α2det[A2] + α3det[A3]

det[A] = α1β2γ3 + α2β3γ1 + α3β1γ2 − α2β1γ3 − α1β3γ2 − α3β2γ1

Finalmente podemos comprobar que:

〈a× b, (b× c)× (c× a)〉 = (det[a|b|c])2)76. (Sea C ε M(n×n;R) y f (x) = (xT Cx)=/(xT x) para todo x ε Rn\{0}. Demuestre que x ε Rn es

un punto estacionario de f si (¿y solo si?) x es un vector propio de 12 (C + CT ) con valor propio f

(x).)

Solucion:

Este problema se define como analisis de valores propios extremos para matrices SIMETRICAS.Un punto estacionario, de la ecuacion f (x), es aquel −→x para el que f (x) comienza a estabilizarse(esto es, cuando −→x , se acerca a un valor propio λ con una precision tan arbitrariamente grandecomo se quiera, con una cota maxima dada por dicho valor propio).

Sea λ un valor propio de A y Vλ, su vector propio asociado. Ası, se cumple que:

f (Vλ) =V T

λ ∗C∗Vλ

V Tλ

∗Vλ=

V Tλ ∗λ∗Vλ

V Tλ

∗Vλ=

λ∗V Tλ ∗Vλ

V Tλ

∗Vλ=λ,

2005 103


lo que es un valor propio (para cualquier otro −→x ,el valor se aproxima a, pero no es exactamenteun valor propio).

Asi, si λ, es valor propio de 12∗(A + AT ), A DEBE, ser simetrica. Y si A es simetrica 1

2 ∗A+ 12 ∗AT =

12 ∗A+ 1

2 ∗A=A.O sea, λ es un valor propio de A y ası, es un punto estacionario.

77. Encuentre (si es que existen) matrices unitarias que diagonalizan las matrices:

(a)

1 −1 0−1 1 00 0 1

, (b)

4 1 01 4 00 0 4

, (c)

4 1 0 01 2 0 00 0 3 −10 0 −1 3

, (d)

0 2 42 0 84 8 0

.

Existen varios metodos para diagonalizar matrices. Entre ellos podemos encontrar el metodo deJacobi, el cual es aplicable a matrices simetricas o hermıticas.

Como sabemos, toda matriz S es diagonalizable si es posible encontrar una matriz P tal queP−1 · S · P = D donde D es la matriz diagonal asociada a nuestra matriz S.Pero el hecho de queS sea simetrica permite demostrar que la matriz P es unitaria, es decir la inversa de P es igual asu transpuesta. Entonces queda:

P T · S · P = D

Utilizando Matlab es posible encontrar estas matrices P , asociadas a una matriz diagonal con granfacilidad.

(a) Ingresamos la matriz A:

A =

1 −1 0−1 1 00 0 1

Como puede apreciarse la matriz A es simetrica

Ingresamos el comando [U, V,D] = svd(A). Los resultados son los siguientes:

U =

−0,7071 0 0,70710,7071 0 0,7071

0 1 1

D =

2 0 00 1 00 0 0

V =

−0,7071 0 0,70710,7071 0 0,7071

0 1 1

La matriz U es igual a V,donde U (o V) corresponde a la matriz unitaria asociada a A, por lotanto inversa(U) ∗ V debe ser igual a la matriz identidad. Ingresamos

inv(U) ∗ V

104 Primer Semestre


ans =

1 0 00 1 00 0 1

Con esto se cumple queU ′ ∗A ∗ U = D

.

Este procedimiento es analogo para las demas matrices ya que todas son matrices simetricas.

(b) Ingresamos la siguiente matriz

B =

4 1 01 4 00 0 4

Matriz unitaria

U =

−0,7071 0 0,70710,7071 0 0,7071

0 1 1

U es igual a la matriz unitaria de A de la parte (a), ya que A y B son iguales.

(c) Ingresamos la siguiente matriz

C =

4 1 0 01 2 0 00 0 3 −10 0 −1 3

Matriz unitaria

U =

−0,9239 0 0 −0,3827−0,38270 0 0 0,9239

0 −0,7071 0,7071 00 0,7071 0,7071 0

(d) Ingresamos la siguiente matriz

D =

0 2 42 0 84 8 0

En este caso las matrices U y V son distintas. U y V no poseen las propiedades de una matrizunitaria. Es decir, no existe matriz unitaria para esta matriz.

U =

0,3993 −0,1932 0,89630,6255 −0,6573 −0,42030,6703 0,7285 −0,1416

2005 105


V =

0,3993 0,1932 −0,89630,6255 0,6573 0,42030,6703 −0,7285 0,1416

En este caso la inversa de U es distinta a la transpuesta de U. Esto no implica que la matriz nosea diagonalizable.

78. Considere la matriz diagonal por bloques A =

[A11 00 A22

]con Aii ε M(mi × mi, C) , i=1,2 .

Demuestre que los valores propios de A son los valores propios de A11 junto con los valores propiosde A22.

Lo anterior es cierto puesto que A11 y A12 estan desacoplados en la matriz A.

Sea A = A′11 + A′

12 con A′11 =

[A11 00 0

], A′

22 =

[0 00 A22

]

Encontramos los valores propios de la matriz A′11:

A11 − λI =

[A11 00 0

]- λ

[1 00 1

]=

[A11 − λ 0

0 −λ

]

Entonces det

[A11 − λ 0

0 −λ

]= 0 , y tenemos (A11 − λ)λ = O

Luego λ = 0 y λ = A11

Ahora para encontrar el valor propio de la matriz diagonal por bloques A:

AX = λX como A′11X = λ1X y ademas A′

22X = λ2X

entonces

(A′11 +A′

22)X = (λ1 + λ2)X

Por lo tanto podemos generalizar:

A X = λX

λ1 + λ2 = (A′11 +A′

22) y λ1 + λ2 = 0

Con lo anterior hemos demostrado que los valores propios de A son los valores propios de A11

junto con los valores propios de A22

79. Considere matrices A ∈ M(mxn,C) y A ∈ M(nxm,C). Demuestre que trAB = trBA, dondetr es el operador de traza. Use este resultado para probar que para A ∈ M(nxn,C) cualquieray S ∈ M(nxn,C) no singular, se tiene trS−1AS = trA. Se dice que la transformacion A ↔S−1AS es una transformacion de similitud y que la matriz S−1AS es similar a la matriz A. elresultado precedente dice, entonces, que la traza es un invariante de similitud. El determinante es,obviamente, un invariante de similitud (Why, dear student? ).

En primer lugar, las matrices deben ser cuadradas para que este definido el operador de traza.

Se demostrara que tr(AB) = tr(BA)

SiA = {aij}i,j=1..n

B = {bij}i,j=1..n

Ahora sean:A ·B = cij = Σn

k=1aikbkj

B · A = dij = Σnk=1bikakj

106 Primer Semestre


Entonces

tr(A · B) = Σni=1cii = a11b11 + a12b21 + . . .+ a1nbn1 +

a21b12 + a22b22 + . . .+ a2nbn2 +

...

an1b1n + an2b2n + . . .+ annbnn

y

tr(B · A) = Σni=1dii = b11a11 + b12a21 + . . .+ b1nan1 +

b21a12 + b22a22 + . . .+ b2nan2 +

...

bn1a1n + bn2a2n + . . .+ bnnann

pero obviamente son iguales, ya que se parecia claramente que la suma de cada fila de sumandosde tr(A · B) corresponde a la suma de la correspondiente columna de sumandos de tr(B ·A)

Con esto la demostracion es trivial

tr(A) = tr(A · I) = tr(A · P · P−1) = tr((A · P ) · P−1) = tr(P−1 ·A · P )

⇒ P no singular, evidente.

Desde luego que el determinante es un invariante de similitud, porque:

det(A ·B) = det(B ·A) una ley de los determinantes.

80. Sea A ∈M(n×n,C) y sea Ai la submatriz (principal, i.e, su diagonal esta contenida en la diagonalA) de A obtenida al eliminar la fila i y la columna i de A, 1 ≤ i ≤ n. Sean pA y pAi

los polinomioscaracterısticos de las matrices A y Ai, respectivamente. Demuestre d

dtpA(t) =∑n

i=1 pAi(t)

d

dtdet(A− tI) =

n∑

i=1

det(Ai − tI) (19)

Sid

dtdet(A− tI) =

n∑

i=1

iσiti−1 (20)

Y

det(A− tI) =n−1∑

i=1

aijtj (21)

Entonces

n∑

i=1

iσiti−1 =

n∑

i=1

n−1∑

j=1

aij tj (22)

Lo que quiere decir que los coeficientes de los polinomios deben coincidir, es decir

2005 107


iσi =

n−1∑

j=1

aji (23)

81. Mediante puro pensamiento (ayudandose quizas de papel y lapiz), obtenga el polinomio carac-terıstico de matrices tridiagonales de n× n de la forma:

Tn =

1 1 0 . . . 0 0 01 1 1 . . . 0 0 00 1 1 . . . 0 0 0...

......

......

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

; (24)

Denominaremos pn(λ) al polinomio caracterıstico de Tn. Desarrollando el determinante |Tn−λIn|por la primera fila, y luego por la primera columna, se llega a una recurrencia en n:

pn(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1− λ 11 1− λ 1

1. . . 11 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣n×n

= (1− λ)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1− λ 11 1− λ 1

1. . . 11 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣(n−1)×(n−1)

−

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 11− λ 1

1. . . 11 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣(n−1)×(n−1)

= (1− λ)pn−1(λ) −

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1− λ 11 1− λ 1

1. . . 11 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣(n−2)×(n−2)

= (1− λ)pn−1(λ) − pn−2(λ)

La recurrencia obtenida es de tipo lineal homogenea de segundo orden. Luego, podemos asumiruna solucion del tipo pn = Crn. Reemplazando en la recurrencia:

pn+2 = (1− λ)pn+1 − pn

rn+2 = (1− λ)rn+1 − rn

r2 = (1− λ)r − 1

r2 − (1− λ)r + 1 = 0

r =1

2

((1− λ)±

√(1− λ)2 − 4

)

=1

2

((1− λ)±

√λ2 − 2λ− 3

)

=1

2

((1− λ)±

√(λ− 3)(λ+ 1)

)

La solucion general es una combinacion lineal de la solucion propuesta para los dos valores posiblesde r:

pn = A((1− λ) +

√(λ− 3)(λ+ 1)

)n

+B((1− λ)−

√(λ− 3)(λ+ 1)

)n

108 Primer Semestre


Para obtener los valores de A y B, consideremos las condiciones iniciales p0 = | · | = 1 y p1 =|1− λ| = 1− λ.

p0 = A+B

1 = A+B (25)

p1 = (A+B)(1− λ) + (A−B)√

(λ− 3)(λ+ 1)

1− λ = (A+B)(1− λ) + (A−B)√

(λ− 3)(λ+ 1) (26)

La ecuacion (26) es valida para todo valor de λ; en particular, consideremos λ = 1:

0 = (A−B)√−4

0 = A−B (27)

A partir de (25) y (27), se deduce que A = B = 12 , y se tiene la solucion general. Para verificar

que esta es realmente un polinomio, expandiremos la expresion elevada a n segun el teorema delbinomio:

pn(λ) =1

2

(1− λ+

√(λ− 3)(λ+ 1)

)n

+1

2

(1− λ−

√(λ− 3)(λ+ 1)

)n

=1

2

∑

0≤j≤n

(n

j

)(1− λ)j

(√(λ − 3)(λ+ 1)

)n−j

+

+1

2

∑

0≤j≤n

(n

j

)(1− λ)j

(√(λ− 3)(λ+ 1)

)n−j

(−1)n−j

=∑

0≤j≤n, n−j par

(n

j

)(1− λ)j

(√(λ− 3)(λ+ 1)

)n−j

=∑

0≤m≤n, m par

(n

m

)(1− λ)n−m(λ− 3)m/2(λ+ 1)m/2

Como m/2 ∈ N0, pn(λ) es un polinomio.

82. a) Para n = 2→ el polinomio PA(λ) = λ2 − (a11 + a22) ∗ λ+ (a11a222− a12 ∗ a21)

Sea A =

(a11 a12

a21 a22

)

Se trata de llegar al resultado antes senalado, por medio de esta matriz:

det(A− λ ∗ I) =

(a11 − λ a12

a21 a22 − λ

)

= (a11 − λ) ∗ (a22 − λ)− a12 ∗ a21

= a11 ∗ a22 − a11 ∗ λ+ λ2 − a21 ∗ a12

= λ2 − (a11 + a22) ∗ λ+ (a11 ∗ a22 − a12 ∗ a21)= λ2 − Tr(A) ∗ λ+ det(A)

.⇒ queda demostrado!!!

Tomaremos una matriz X cualquiera de orden n = 2, con coeficientes en K,

sea X =

(x11 x12

x21 x22

), X−1 =

1

det(X)

(x22 −x12

−x21 x11

)

2005 109


→ con det(x) 6= 0

Sea A =

(a11 a12

a21 a22

)y B =

(b11 b12b21 b22

)

Como se definio en el planteamiento del problema se dice matrices similares⇐⇒ A = X−1 ∗B ∗X , lo que a traves de un poco de algebra matricial, se puede obtener:

X ∗A = B ∗X , entonces trabajaremos este modo:

→(

x11 −x12

−x21 x22

)∗(a11 a12

a21 a22

)=

(x11 x12

x21 x22

)(b11 b12b21 b22

)

(a11 ∗ x11 + a21 ∗ x12 a12 ∗ x11 + a22 ∗ x12a11 ∗ x21 + a21 ∗ x22 a12 ∗ x21 + a22 ∗ x22

)=

(b11 ∗ x11 + b12 ∗ x21 b11 ∗ x12 + b12 ∗ x22

b21 ∗ x11 + b22 ∗ x21 b21 ∗ x12 + b22 ∗ x22

)

a11 ∗ x11 + a21 ∗ x12 = b11 ∗ x11 + b12 ∗ x21

a12 ∗ x11 + a22 ∗ x12 = b11 ∗ x12 + b12 ∗ x22

a11 ∗ x21 + a21 ∗ x22 = b21 ∗ x11 + b22 ∗ x21

a12 ∗ x21 + a22 ∗ x22 = b21 ∗ x12 + b22 ∗ x22

Desarrollando un poco el sistema de ecuaciones, obtenemos:

(a11 − b11) ∗ x11 + a21 ∗ x12 − b12 ∗ x21 = 0(a22 − b11) ∗ x12 + a12 ∗ x11 − b12 ∗ x22 = 0(b22 − a11) ∗ x21 + b21 ∗ x11 − a21 ∗ x22 = 0(b22 − a22) ∗ x22 + b21 ∗ x12 − a12 ∗ x21 = 0

De aquı, nos queda un sistema de ecuaciones, donde tenemos 4 ecuaciones y 4 incognitas,por lo tanto podemos determinar x11, x21, x12, x22 en funcion de los terminos de las matrices

A y B.

x11 = f(a11, a12, a21, a22, b11, b12, b21, b22)x12 = f(a11, a12, a21, a22, b11, b12, b21, b22)x21 = f(a11, a12, a21, a22, b11, b12, b21, b22)x22 = f(a11, a12, a21, a22, b11, b12, b21, b22)

Las matrices A y B no son similares o semejantes, pues el rango de A = 1, mientras que lamatriz B=0, es decir es la matriz nula, pero aun asi tienen:

Los mismos determinantes

La misma Traza

Los mismos valores propios

Hay que demostrar que PA(A) = 0.

Sea A =

(a11 a12

a21 a22

)

110 Primer Semestre


y como en la parte a) el polinomio caracterıstico es:PA(λ) = λ2 + (a11 + a22) ∗ λ+ (a11 ∗ a22 − a12 ∗ a21)

Ahora, evaluando el polinomio caracteristico de la matriz A, con la propia matriz A, setiene:

PA(A) = A2 − (a11 + a22 ∗A+ (a11 ∗ a22 − a12 ∗ a21) ∗ I = 0

Para facilitar el calculo, lo haremos por parte:

λ2 =

(a11 a12

a21 a22

)=

[a11 ∗ a11 + a12 ∗ a21 a11 ∗ a12 + a12 ∗ a22

a11 ∗ a21 + a21 ∗ a22 a12 ∗ a21 + a22 ∗ a22

]

(a11 +a22)∗A = (a11+a22)∗[a11 a12

a21 a22

]=

(a11 ∗ a11 + a11 ∗ a22 a11 ∗ a12 + a12 ∗ a22

a11 ∗ a21 + a22 ∗ a21 a11 ∗ a22 + a22 ∗ a22

)

(a11 ∗ a22 − a21 ∗ a12) ∗[

1 00 1

]=

[a11 ∗ a22 − a21 ∗ a12 0

0 a11 ∗ a22 − a21∗a12

]

Luego,

λ2 − (a11 + a22) = ∗λ+ (a11 ∗ a22 − a12 ∗ a21)

=

(a11 ∗ a11 + a12 ∗ a21 a11 ∗ a12 + a12 ∗ a22

a11 ∗ a21 + a21 ∗ a22 a12 ∗ a21 + a22 ∗ a22

)

−(a11 ∗ a11 + a11 ∗ a22 a11 ∗ a12 + a12 ∗ a22

a11 ∗ a21 + a22 ∗ a21 a11 ∗ a22 + a22 ∗ a22

)

+

(a11 ∗ a22 − a21 ∗ a12 0

0 a11 ∗ a22 − a21 ∗ a12

)

= 0

Entonces queda demostrado.

Si tomamos en cuenta que el Polinomio Mınimo es unico y que divide de forma exacta alPolinomio Caracterıstico, entonces estamos hablando de cuando los valores propios soniguales, ya que si fueran todos los valores propios diferentes el polinomio minimo seria el

mismo polinomio caracterıstico, como se vera en la parte f). Volviendo al problema,supongamos que tenemos una matriz de orden n = 3, obviamente esperamos tener 3 valores

propios pero si esos son iguales el polinomio minimo seria→ (λ − λ1) o (λ− λ2) o (λ− λ3)no importa cual si los valores propios son iguales... en el

caso que fueran diferentes el polinomio mınimo serıa → Pλ(A) = (−1)n ∗mλ ∗ (A).

Teniendo en cuenta algunas caracterısticas del Polinomio Mınimo, como por ejemplo, que esUnico y Divide al Polinomio Caracterıstico (Exactamente) y ademas sabiendo que los

valores propios de A son todos Diferentes, no hay un SOLO polinomio mınimo que divide alPolinomio Caracterıstico de una manera exacta, de manera que el Polinomio Mınimo es elmismo Polinomio Caracterıstico si el orden ”n”del orden de la matriz A es par, pero con elsignocambiado si el orden ”n”de la matriz A es impar. El signo negativo que aparece en laformula se debe a que cuando n es impar, por ejemplo 3, hay 3 multiplicandos cuando se

calcula Det(A− λ ∗ I) = 0 para los valores propios, por lo tanto setendra (a11 − λ) ∗ (a22 − λ) ∗ (a33 − λ).... y el resultado de esta parte del calculo del

determinado da −λ3, no obstante cuando n es par, por ejemplo 4, esa parte del calculo daλ4. Y es de ahı mismo donde se cambia el signo a todo el determinante.

2005 111


Para simplificar el desarrollo, consideraremos una Matriz de orden 2 x 2.

Sea A =

(a11 a12

a21 a22

)

A2 =

(a11 a12

a21 a22

)∗(a11 a12

a21 a22

)=

(a11 ∗ a11 + a12 ∗ a21 a11 ∗ a12 + a12 ∗ a22

a11 ∗ a21 + a21 ∗ a22 a12 ∗ a21 + a22 ∗ a22

)

Los valores propios de A2:

λ′1 = 1/2∗(a11∗a11+2a12∗a21 +a22∗a22−(a11 +a22)∗√

24 ∗ a12 ∗ a21 + (a11 − a22) ∗ (a11 − a22)

λ′2 =1

2∗ (a11 ∗a11 +2a12 ∗a21 +a22 ∗a22− (a11 +a22)∗

√24 ∗ a12 ∗ a21 + (a11 − a22) ∗ (a11 − a22)

Los valores propios de A:

λ1 =1

2(a11 −

√4 ∗ a12 ∗ a21 + (a11 − a22) ∗ (a11 − a22) + a22)

λ2 =1

2(a11 −

√4 ∗ a12 ∗ a21 + (a11 − a22) ∗ (a11 − a22) + a22)

Ahora elevando al cuadrado λ1 y λ2, deberiamos obtener a λ′1 y λ′2:

λ12 =

a11 ∗ a11

2+ a12 ∗ a21 − frac12a11 ∗

√4 ∗ a12 ∗ a21 + (a11 − a22)2

−1

2a22 ∗

√4 ∗ a12 ∗ a21 + (a11 − a22)2 +

a22 ∗ a22

2

λ22 =

a11 ∗ a11

2+ a12 ∗ a21 + frac12a11 ∗

√4 ∗ a12 ∗ a21 + (a11 − a22)2

+1

2a22 ∗

√4 ∗ a12 ∗ a21 + (a11 − a22)2 +

a22 ∗ a22

2

Desarrollando y con poco de buen algebra, se llega:

λ12 =

1

2∗ (a11 ∗ a11 + 2 ∗ a12 ∗ a21 + a22 ∗ a22 − (a11 + a22) ∗

√4 ∗ a12 ∗ a21 + (a11 − a22)2)

λ22 =

1

2∗ (a11 ∗ a11 + 2 ∗ a12 ∗ a21 + a22 ∗ a22 + (a11 + a22) ∗

√4 ∗ a12 ∗ a21 + (a11 − a22)2)

Se cumple que los valores propios de A, sean λ1, λ2, son el cuadrado de los valores propios deA2, λ′1, λ′2. Ademas, por el mismo procedimiento se ve y se comprueba que el teorema precedentese cumple para todo λ ∈ Z.

83. 78. Verdadero o falso, dando solidas razones:

a) Una matriz invertible no puede ser similar a una matriz singular.

b) Una matriz simetrica no puede ser similar a una matriz no simetrica.

c) A no puede ser similar a -A, a menos que A = 0

d) A no puede ser similar a A + I.

e) Si B es invertible, entonces AB y BA tienen los mismos valores propios.

f ) Si A es similar a B, entonces A2 es similar a B2.

112 Primer Semestre


g) A2 y B2 pueden ser similares (aun) cuando A y B no lo son.

h)

(3 00 4

)es similar a

(3 10 4

)pero

(3 00 3

)no es similar a

(3 10 3

)

i) Si en una matriz A permutamos sus filas 1 y 2 y luego permutamos las columnas 1 y 2,entonces los valores propios permanecen inalterados.

Respuesta:

a) Sean A y B matrices ε M(nxn;K). Si A es similar a B entonces se cumple que —A— = —B—.Supongamos que A y B son similares. Una matriz se define como singular si su determinantees igual a cero. Al ser A una matriz invertible, entonces —A— 6= 0. Como los determinantesde A y B son distintos se infiere que A y B no pueden ser similares. Por lo tanto, la propuestaes verdadera.

b) Comprobaremos con un contraejemplo

Sean

(1 25 9

) (1 25 9

)

dos matrices 2x2, la primera ’no simetrica’ y la segunda ’simetrica’

Entonces A ∼ B ⇐⇒ existe T invertible, tal que A = T 1BT

con T =

(0 11 1

)T−1 =

(−1 11 0

)

T−1B =

(−1 11 0

) (4 55 6

)=

(1 14 5

)

(T−1B)T =

(1 14 5

) (0 11 1

)=

(1 25 9

)= A

∴ la propuesta es falsa

c) Una matriz A es similar a una matriz B entonces se cumple que la traza de A es igual a latraza de B. Supongamos que A y -A son similares, entonce deberıa cumplirse que Traza(A)= Traza(-A)

Ya que Traza(A) 6= Traza(-A), a excepcion de que A sea cero, entonces las matrices A y -Ano pueden ser similares. Por lo tanto la propuesta es verdadera

d) Si una matriz A es similar a una matriz B entonces se cumple que el polinomio caracterısticode A es igual al polinomio caracterıstico de B. Sea B = A + I y supongamos que A y B sonsimilares. Dado que pa 6= pa+1, y ademas Traza(A) 6= Traza(-A), entonces las matrices A yA + I no pueden ser similares. Por lo tanto la propuesta es verdadera.

e) Una matriz A es similar a una matriz B si existe una matriz invertible X tal que A = X−BX .Definamos C = BA. Entonces

C = BAB−1 = AB−1B = AB

Como AB es similar con C entonces AB y C poseen los mismos polinomios caracterısticos porlo que tambien poseen los mismos valores propios. Dado que C = BA entonces se concluyeque la propuesta es verdadera.

2005 113


f ) Se tiene que si A ∼ B entonces

A = T−1BTAA = T−1BTAAA = T−1BTT−1BTAA = T−1B(TT−1)BTAA = T−1B(I)BTAA = T−1B(I)BTAA = T−1BBTA2 = T−1B2T

A2 ∼ B2

La propuesta es verdadera

g) Haciendo la misma relacion que en el punto anterior se demuestra que A2 ∼ B2 A ∼ B. Porlo tanto se concluye que la propuesta es falsa.

h) Debemos encontrar una matriz X tal que

(3 00 3

)= X−1

(3 00 3

)X

Sea A =

(3 00 3

), B =

(3 10 3

)y X =

(x yz w

)

A = X−1BXXA = BX(x yz w

) (3 00 3

)=

(3 10 3

) (x yz w

)

Al realizar el calculo se obtiene que X =

(3x 3y0 0

). Dado que |X | = 0, esto significa que

estamos frente a una contradiccion ya que X debe ser invertible. Por lo tanto se concluye quela propuesta es verdadera.

i) Las operaciones en donde se permutan filas (transformaciones de similitud) no producenningun cambio en los los valores propios. De la misma forma cualquier permutacion sobre lascolumnas no alterara al polinomio caracterıstico y por ende no afectara a los valores propios.Por lo tanto se concluye que la propuesta es verdadera.

84. Encuentre los polinomios caracterısticos,valores propios y los vectores propios de las siguientesmatrices:

0 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 11 0 0 0 0

,

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

−1 3 0 3 0−1 3 1 3 01 −1 −2 0 01 −1 −1 −1 10 0 0 0 1

,

−1√

3 0 0 0√3 −1 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0√

2 0

1 0 0 0 −√

2

Matriz 1 tenemos:Polinomio caracterıstico: P (λ) = 1− λ5 = 0.

114 Primer Semestre


Valores Propios: λ1 = 1.

Matriz 2 tenemos:Polinomio caracterıstico: P (λ) = −(λ2 − 1) · (λ3 − 1) = 0.Valores Propios: λ1 = 1, λ2 = −1 .

Matriz 3 tenemos:Polinomio caracterıstico: P (λ) = −(λ− 2) · (λ− 1) · (λ+ 1)3 = 0.Valores Propios: λ1 = 1, λ2 = −1, λ3 = −2

Matriz 4 tenemos:Polinomio caracterıstico: P (λ) = −(λ− 1) · (λ2 − 2) · (λ2 + 2 · λ− 2) = 0.Valores Propios: λ1 = 1, λ2 =

√2, λ3 = −

√2, λ4 =

√3− 1, λ5 = −

√3− 1 .

85. Mediante puro pensamiento (ayudandose quizas de papel y lapiz) , obtenga el polinomio carac-terıstico de las matrices tridiagonales de nxn de la forma:

Tk =

1 1 0 · · · 0 0 01 1 1 · · · 0 0 00 1 1 · · · 0 0 0...

......

......

......

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

, Jk(λ) =

λ 1 0 · · · 0 0 01 λ 1 · · · 0 0 00 1 λ · · · 0 0 0...

......

......

......

0 0 0 · · · λ 1 00 0 0 · · · 1 λ 10 0 0 · · · 0 1 λ

(22)

Una matriz de la forma de la matrizJk(λ)

en (22) se llama celula o bloque de Jordan.

Para encontrar el polinomio caracterıstico debemos obtener el determinante de la matriz

Tk

mediante:

|Tk − λI | = p(λ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1− λ 1 0 · · · 0 0 01 1− λ 1 · · · 0 0 00 1 1− λ · · · 0 0 0...

......

......

......

0 0 0 · · · 1− λ 1 00 0 0 · · · 1 1− λ 10 0 0 · · · 0 1 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Si tomamos un n=0, la matriz T0 es de 0x0, entonces:

p0(λ) = 1

Con n=1 T1 es de 1x1, entonces:

p1(λ) = 1− λ

con n=2:

2005 115


p2(λ) =

[1− λ 1

1 1− λ

]= (1− λ)2 − 1 = (1− λ)p1(λ)− p0(λ)

con n=3:

p3(λ) =

1− λ 1 11 1− λ 11 1 1− λ

= (1−λ)[(1−λ)2−1]−1(1−λ) = (1−λ)3−2(1−λ) = (1−λ)p2(λ)−p1(λ)

Resumiendo:

p0(λ) = 1p1(λ) = 1− λp2(λ) = (1− λ)p1(λ)− p0(λ)p3(λ) = (1− λ)p2(λ)− p1(λ)

Ası Obtenemos:pn = (1− λ)pn−1(λ) − pn−2(λ), ∀n ≥ 2

86. Teorema 3. (Schur). Sea A ∈M(n×n,C) con valores propios λ1, λ2, . . . , λn en cualquier ordenprescrito. Encontrces existe una matriz unitaria U ∈ M(n × n,C) tal que U ∗AU = T = [tij ]es una matriz triangular superior con diagonal tii = λi, i = 1, 2, . . . , n. En otras palabras, todamatriz cuadrada A es unitariamente equivalente a una matriz triangular superior cuyos coeficientesen la diagonal principal son los valores propios de A en un orden que se puede prescribir. SiA ∈M(n×n,R) y si todos los valores propios de A son reales, entonces U puede elegirse de modoque sea real y ortogonal.Demo 0) La demostracion es algorıtmica y recurre a una sucesion de reducciones del mismo tipo.

1) Sea x(1) un vector propio normalizado de A asociado al valor propio λ1. El vector no nulox(1) puede ser extendido a una base x(1), y(2), y(3), . . . , y(n) de Cn. Aplicando el procedi-miento de ortonormalizacion de Gram-Schmidt a esta base se obtiene una base ortonormalx(1), z(2), z(3), . . . , z(n) de Cn. Ahora interpretamos estos vectores ortonormales, ordenadosde izquierda a derecha, como las columnas de una matriz unitaria U1 (ya que las matricesunitarias corresponden a matrices cuadradas cuyas columnas son ortonormales y el determi-nante ‖U‖ = 1.). Puesto que la primera columna de AU1 es λ1x1, un calculo rapido revela

116 Primer Semestre


que

U∗1AU1 =

x∗1z∗2...z∗n

A

[x1 z2 . . . Zn

]

=

x∗1z∗2...z∗n

[λ1x1 Az2 . . . AZn

]

=

λ1x∗1x1 x∗1Az2 · · · x∗1Azn

λ1z∗2x1 z∗2Az2 · · · z∗2Azn

......

. . ....

λ1z∗nx1 z∗nAz2 · · · z∗nAzn

=

λ1 x∗1Az2 · · · x∗1Azn

0 z∗2Az2 · · · z∗2Azn

......

. . ....

0 z∗nAz2 · · · z∗nAzn

=

[λ1 ∗0 A1

].

2) La matriz A1 ∈ M(n × n,C) tiene valores propios λ2, λ3, . . . , λn, pues x(1) es un espacioortonormal a A1, pero A1 ⊂ A, es decir, mantiene los demas valores propios λi, i = 2, 3, . . . , n.

Sea x(2) ∈ Cn−1 un vector propio normalizado de A1 correspondiente al valor propio λ2 yrepitamos el mismo procedimiento descrito en 1) de modo que obtenemos una matriz unitariaU2 ∈M((n− 1)x(n− 1),C) tal que:

U∗2A1U2 =

[λ2 ∗0 A2

].

Sea V2 =

[1 00 U2

]. Entonces las matrices V2 y U1V2 son unitarias y:

V ∗2 U

∗1AU1V2 =

λ1 ∗ ∗0 λ2 ∗0 0 A2

,

donde la matriz A2 ∈ M(n × n,C) tiene valores propios λ3, λ4, . . . , λn. Del mismo modocomo x(1) es ortonormal a A1, x

(1) y x(2) son ortonormales a A2 y A2 ⊂ A1, conservando losmismos valores propios λi, i = 3, 4, . . . , n, exceptuando λ2 naturalmente.

3) Continuando este proceso de reduccion generamos matrices Ui ∈ M((m − i + 1)x(n − i +1),C), i = 1, 2, . . . , n − 1 y las matrices unitarias Vi, i = 2, 3, . . . , n − 1. La matriz U =U1V2V3 . . . Vn−1 es unitaria y U∗AU tiene la forma deseada por induccion de los pasos 2 y 3.

4) Si todos los valores propios de A ∈ M(n × n,R) (note que ahora el cuerpo es R y no C

como en los pasos previos) son reales, entonces los vectores propios correspondientes puedenser elegidos reales y todos los pasos precedentes se pueden llevar a cabo en aritmetica real.Para justificar esto, tomemos un vector propio complejo v de A, con valor propio real λ. Siconsideramos los coeficientes de v en su forma polar, i.e. v =

[vke

ivθk]k=1:n

, entonces, a partirde la identidad

2005 117


(A− λ)

v1e

iθ1

...vne

iθn

= 0

es posible llevar v a los reales mediante sucesivas postmultiplicaciones por matrices de laforma

Θk =

I

e−iθk

I

.

Observacion

1) En la demostracion del Teorema 3. se puede reemplazar la frase “triangular superior” por“triangular inferior” y el resultado sigue siendo valido. Obviamente se obtendrıa una matrizunitaria U diferente.

2) Las matrices U y T del Teorema 3. no son unicas. No solamente los coeficientes de la diago-nal principal de T (los valores propios de A) pueden aparecer en cualquier orden sino que,ademas, los coeficientes sobre la fiafgonal principal pueden ser muy diferentes. Por ejemplo,las siguientes matrices T1 y T2 son unitariamente equivalentes (similares) por intermedio dela matriz unitaria U :

T1 =

1 1 40 2 20 0 3

, T2 =

2 −1 3√

2

0 1√

20 0 3

, T3 =

1√2

1 1 01 −1 0

0 0√

2

En general, muchas matrices triangulares superiores bien diferentes pueden estar en la mismaclase de equivalencia de similitud unitaria, pues a final de cuentas, la similitud unitariaocurre cuando las matrices involucradas tienen los mismos valores propios y vectores propiosasociados. Por ejemplo, con el Matlab encontramos que:

>> T1=[1 1 4;0 2 2;0 0 3];

>> T2=[2 -1 3*sqrt(2);0 1 sqrt(2);0 0 3];

>> U=[1 1 0;1 -1 0;0 0 sqrt(2)]*1/sqrt(2);

>> U’ * T2 * U

ans =

1.0000 1.0000 4.0000

0 2.0000 2.0000

0 0 3.0000

Una version estrictamente real del Teorema 3. esta contenida en el siguiente

Teorema 4. Si A ∈M(n× n,R) entonces existe una matriz ortogonal Q ∈M(n× n,R) tal que:

QTAQ =

A1 ∗ · · · ∗0 A2 · · · ∗...

......

0 0 · · · Ak

∈M(n× n,R), 1 ≤ k ≤ n,

donde cada Ai es una matriz real de 1× 1 (cuyo unico coeficiente es un valor propio real de A) obien una matriz real de 2× 2 con un par de valores propios complejos conjugados (i.e., no reales)de A. Los bloques diagonales pueden estar en cualquier orden prescrito.

118 Primer Semestre


En general, no se debe esperar que se pueda reducir toda matriz real A a una matriz triangularsuperior real mediante transformaciones de similitud reales (ni menos mediante similitudes or-togonales reales) pues si ello fuerasiempre posible, los coeficientes de la diagonal principal, quetendrıan que ser los valores propios de A, serıan siempre reales y, como se sabe, ello no es ası: losvalores propios de matrices reales pueden ser no reales.

Tarea. Demuestre el Teorema 4. modificando convenientemente la demostracion del Teorema 3.,como se sugiere a continuacion. Si λ ∈ R es un valor propio real de la matriz real A, entoncesexiste un correspondiente vector propio real que se puede usar para “desinflar” A tal como en lademostracion del Teorema 3.. Si λ = α + iβ ∈ C es un valor propio no real de A y si Ax = λx,x = u + iv 6= 0 con u, v ∈ Rn, demuestre que Au = αu − βv, Av = αv + βu, Ax = λx y que{x, x} es un conjunto linealmente independiente y aplique el procedimiento de Gram-Schmidt paraobtener un conjunto ortonormal real {w, z}. Si Qa es uina matriz ortogonal real cuyas primerasdos columnas son w y z, demuestre que

QT1 AQ1 =

∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗0 0 A

, A ∈M((n− 2)× (n− 2),T),

de modo que se puede “desinflar” dos columnas de A de un solo “paraguazo”. Observe que losbloques diagonales Ai correspondientes a cada valor propio real o a cada par de valor propiono reales complejos conjugados, se pueden ordenar a voluntad. Note, ademas que los bloquesdiagonales Ai no tienen nada que ver conceptualmente con los bloques de Jordan que se estudianen otro ejercicio de esta tarea.

Tarea. Programe la triangularizacion unitaria de Schur, tanto para el caso complejo como parael caso real. Verifique sus programas con algunos ejemplos no triviales.

Demostracion del Teorema 4. Si λ es un valor propio real de A, se procede de la mismamanera que en el paso 1 del Teorema 3. Consideremos el caso de λ ∈ C − R, con vector propiox ∈ Cn. Primero, demostraremos los resultados intermedios senalados en el enunciado del presenteejercicio. Escribamos λ = α+ iβ con α, β ∈ R, y x = u+ iv con u, v ∈ Rn:

A.x = λx

A.(u+ iv) = (α+ iβ)(u+ iv)

A.u+ iA.v = αu+ αiv + βiu− βvA.u+ iA.v = (αu− βv) + i(αv + βu)

A.u = (αu− βv) ∧ A.v = (αv + βu)

La aplicacion de la “transformacion” A sobre el vector propio conjugado x es:

A.x = A.(u+ iv)

= (αu− βv)− i(αv + βu)

= (αu− βv) + i(αv + βu)

= A.x

= λx

= λx

2005 119


Para verificar que {x, x} es un conjunto linealmente independiente, tomemos una combinacionlineal arbitraria de sus elementos e igualemosla a 0:

c1 + c2x = 0

c1(u+ iv) + c2(u− iv) = 0

(c1 + c2)u+ (c1 − c2)iv = 0 (28)

Para que se cumpla la igualdad (28), las partes real e imaginaria del termino de la izquierda debenser nulas, por lo que c1 = c2 = 0, lo que implica que el conjunto {x, x} es linealmente independiente,como se querıa demostrar. A partir de este resultado, se puede demostrar que {u, v} tambien esun conjunto linealmente independiente; para ello, escribimos sus elementos en funcion de x y x:

x = u+ ivx = u− iv

}=⇒

{u = 1

2 (x+ x)v = i

2 (x− x)

Igualando a cero una combinacion lineal arbitraria de {u, v}:

c1u+ c2v = 0

c1 ·1

2(x + x) + c2 ·

i

2(x − x) = 0

(12c1 + i

2c2)x+

(12c1 − i

2c2)x = 0. (29)

Como x y x son vectores linealmente independientes, para que la igualdad (29) se cumpla esnecesario que

12c1 + i

2c2 = 012c1 − i

2c2 = 0

al tratarse de un sistema homogeneo con determinante no nula, la unica solucon es c1 = c2 = 0,lo que implia que {u, v} es un conjunto linealmente independiente.

A partir de {u, v} obtengamos un conjunto ortonormal {w, z}mediante el procedimiento de Gram-

Schmidt, por ejemplo, haciendo w = u, z = v − vT uuT uu, y luego normalizando. Claramente w, z ∈

〈u, v〉. Construyamos la matriz ortogonal Q1 de modo que sus dos primeras columnas sean w y z:

Q1 =

w z y3 · · · yn

. (30)

Consideremos el producto A.w:

A.w = A.(c1u+ c2v)

= c1(αu− βv) + c2αv + βu)

= (c1α+ c2β)u+ (−c1β + c2α)v

Luego, Aw ∈ 〈u, v〉. Analogamente, Az ∈ 〈u, v〉. Por lo tanto, para cualquier columna y3, . . . , yn

de Q1, los productos yTj Aw e yT

j Az son iguales a 0, por la condicion de ortonormalidad entre las

columnas en la ecuacion (30). Ahora podemos hacer el producto QT1 AQ1:

120 Primer Semestre


QT1AQ1 =

wT

zT

yT3...yT

n

[Aw Az Ay3 · · · Ayn

]

=

wTAw wTAz wTAy3 · · · wTAyn

zTAw zTAz zTAy3 · · · zTAyn

yT1 Aw yT

1 Az yT1 Ay3 · · · yT

1 Ayn

......

.... . .

...yT

nAw yTnAz yT

nAy3 · · · yTnAyn

=

∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗0 0 A

Codigos: de la triangularizacion unitaria de Schur con valores propios complejos y reales enMatlab:

Archivo schur1.m

function [A,U] = schur1(matriz)

% Funcion que triangulariza superiormente una matriz, dejando

% los valores propios de la matriz en la diagonal.

V=vectores(matriz);

U=gramschmidt(V);

A=U’*matriz*U;

Archivo vectores.m

function [P] = ejercicio_4(A)

% Funcion que calcula la matriz con los vectores propios

% de una matriz dada.

polino=poly(A);

valores=roots(polino);

taman=size(A);

tamano=taman(1);

for i=1:tamano

vector=rref(A-valores(i)*eye(tamano));

vector(:,tamano)=vector(:,tamano)*-1;

vector(tamano,tamano)=1;

P(:,i)=vector(:,tamano);

end

Archivo gramschmidt.m

function [q] = gramschmidt(matriz)

% Funcion que a partir de un conjunto de vectores l.i.

% los ortonormaliza a traves del algoritmo de Gram-Schmidt

2005 121


m=size(matriz);

n=m(2);

for i=1:n

V = matriz(:,i);

r=0;

if i > 1

for j=1:i-1

r = r + (q(:,j)’*V)*q(:,j);

end

end

q(:,i)=V-r;

q(:,i) = q(:,i)/norm(q(:,i));

end

87. Una Extension del Teorema de Triangularizacion de Schur. La siguiente extension deTeorema de Schur juega un papel importante en la obtencion de la forma canonica de Jordan deuna matriz cuadrada dada.Teorema 5 Supongase que A ∈ M(n × n,C) tiene valores propios λi con multiplicidades ni,i = 1, 2, . . . , k, y que los λi’s son distintos de a pares. Entonces A es similar a una matriz de laforma

T1 0 . . . 00 T2 . . . 0...

......

0 0 . . . Tk

donde Ti ∈ M(ni × ni,C) es una matriz triangular superior cuyos coeficientes de la diagonal sontodos iguales a λi, i = 1, 2, . . . , k. Si A ∈M(n× n,R) y todos los valores propios de A son reales,entonces el resultado sigue siendo vı¿

�ido y las matrices de similitud pueden escogerse reales.

Demo 1) Primeramente apliquemos el Teorema de Schur 1. para exhibir una similitud unitaria deA con una matriz triangular superior T = [trs], y supongamos que hemos ordenado los valorespropios de A a lo largo de la diagonal principal de T de modo que t11 = λ1, t22 = λ2. . . . , tnn = λn.

2) A continuaciı¿�

aplicamos a T una sucesiı¿�

de transformaciones de similitud simples (no uni-tarias) que introducen los 0’s por sobre la diagonal principal, sin alterar la diagonal principal nila estructura triangular superior de T .

3) Sea Ers = [δrs] ∈ M(n × n,C), donde δrs es el conocido sı¿�bolo de Kronecker, i.e., Ers es la

matriz de n × n cuyos coeficientes son todos nulos excepto aquel de la r-ı¿�ima fila y la s-ı¿

�ima

columna, que es 1. Nı¿�ese que para r 6= s y α cualquier escalar, la matriz I +αErs es no singular

y (I + αErs)−1 = I − αErs.

4) Por otro lado, un cı¿�culo directo demuestra que la transformaciı¿

�de similitud inducida por

I + αErs con r < s viene dada por:

122 Primer Semestre


T = (I + αErs)−1T (I + αErs) = (I − αErs)T (I + αErs)

=

t1,1 . . . t1,s−1 αt1,r + t1,s t1,s+1 . . . t1,n

......

......

...0 . . . tr−1,s−1 αtr−1,r + tr−1,s tr−1,s+1 . . . tr−1,n

0 . . . tr,s−1 α(tr,r − ts,s) + tr,s tr,s+1 − αts,s+1 . . . tr,n − αts,n

......

......

...0 . . . ts−1,s−1 ts−1,s ts−1,s+1 . . . ts−1,n

0 . . . 0 ts,s ts,s+1 . . . ts,n

......

......

...0 . . . 0 0 0 . . . tn,n

Notese que T es una matriz triangular superior idı¿�tica a T excepto por los coeficientes ti,j con

(i) i = r y j = r, r + 1, . . . , n, i.e., los coeficientes de la fila r a partir de la columna s; y (ii) j = se i = 1, 2, . . . , r − 1, i.e., los coeficientes de la columna s por encima de la fila r. El coeficiente tr,sde T queda reemplazado por tr,s = tr,s + α(tr,r − ts,s. Luego, si tr,r 6= ts,s, tr,s se puede hacer 0eligiendo α = −tr,s/(tr,r − ts,s) sin alterar de ningn modo la estructura relevante

5)Ahora consideremos la siguiente sucesion de entradas de la matriz T : (n−1, n); (n−2, n−1), (n−2, n); (n−3, n−2), (n−3, n−1), (n−3, n); (n−4, n−3), (n−4, n−2), (n−4, n−1), (n−4, n); . . .Hagamos 0 cada una de estas entradas mediante las similitudes indicadas en 4), si tr,r 6= ts,s.Notese que ninguna entrada previamente anulada resulta perturbada por las transformacionesdiscutidas. La matriz resultante es similar a A y tiene la forma deseada.

Tarea. Estudie la posibilidad de automatizar el algoritmo implıcito en la demostracion del Teorema5. Verifique la operacion de su programa con algunos ejemplos concretos.

88. La Forma Canonica de Jordan. Una matriz de Jordan J ∈ M(n × n; K) es una suma directa debloques de Jordan:

J =

Jn1(λ1) 0 · · · 00 Jn2(λ2) · · · 0...

......

0 0 · · · Jnk(λk)

, Jni

(λi) =

λ1 1 · · · 0 00 λi · · · 0 0...

......

...0 0 · · · λi 10 0 · · · 0 λi

con Jn1 ∈ M(ni × n1,C) y n1 + n2 + . . . + nk = n, donde los ordenes ni pueden ser iguales ylos λi no necesariamente son diferentes. Notese que Jni

(λi) es una matriz cuadrada bidiagonalsuperior cuyos coeficientes son todos nulos excepto los de la diagonal principal y los de la primeradiagonal superior, que son iguales al valor propio λi y a 1, respectivamente. Si ni = 1 para todo iy k = n,entonces J es diagonal.

Si para algun bloque de Jordan Jni(λi) se tiene ni> 1, entonces Jni

no solo no es diagonal sinoque ni siquiera es diagonalizable y, por ende, J no puede ser diagonalizable. En efecto, si Jni

(λi)fuera diagonalizable, i.e., si existiera una matriz invertible S tal que Jni

= SΛS−1con Λ diagonal,entonces necesariamente Λ = diag(λi, λi, . . . , λi) = λiI .

2005 123


Jni(λi) = SΛS−1 = SλΛS−1 = λiI

Λ = diag(λi) = λiI

|Jni(λi)| = λni

i∣∣SΛS−1∣∣ = |Λ| = λni

i

Luego, Jni(λi)− λiI = SΛS−1 − λiI = S(Λ− λiI)S

−1 = 0, lo que no puede ser valido si ni > 1.

Jni(λi)− λiI = SΛS−1 − λiI = S(Λ− λiI)S

−1

Jni(λi)− λiI =

0 1 · · · 0 0

0 1. . . 0 0

......

. . ....

0 0 · · · 0 10 0 · · · 0 0

,luego S(Λ− λiI)S

−1 =

0 0 · · · 0 00 0 · · · 0 0...

......

...0 0 · · · 0 00 0 · · · 0 0

⇒ Jni(λi)− λiI 6= S(Λ− λiI)S

−1

Por lo tanto, Jnino es diagonalizable.

El principal resultado de esta seccion es que toda matriz compleja es similar a una matriz deJordan que es esencialmente unica. Llegaremos a esta conclusion en tres pasos:

Paso 1. Observar que toda matriz compleja es similar a una matriz triangular superior cuyosvalores propios aparecen en la diagonal principal en un orden prescrito. Este es el Teorema deTriangularizacion de Schur 3.Paso 2. Demostrar que toda matriz triangular superior, mediante transformaciones de similitudpuede ser llevada a la forma de una matriz diagonal por bloques en la cual los coeficientes de ladiagonal princial de cada bloque diagonal individual son iguales (como el bloque de Jordan Jk(λ)en (14)) Este es el Teorema 3.Paso 3. Finalmente, demostrar que toda matriz triangular superior cuyos coeficientes en la diago-nal principal son todos iguales es similar a una suma directa de bloques de Jotdan del tipo Jk(λ)de (4.32).

LEMA 1 Sea k ≥ 1 y considere el bloque de Jordan:

Jni(λi) =

0 1 0 · · · 0 00 0 1 · · · 0 0...

......

......

0 0 0 · · · 0 10 0 0 · · · 0 0

Entonces, JTk (0)Jk(0) =

[0 00 Ik−1

]y Jk(0)p = 0 si p ≥ k. Ademas, Jk(0)ei+1 = ei para

i = 1, 2, ..., k − 1 y [I − Jk(0)pJk(0)]x = (xT e1)e1, donde Ik−1 ∈ M((k − 1) × (k − 1),C) esla matriz identidad, ei es el i-esimo vector de la base estandar de Cn, y x ∈ Cn.

124 Primer Semestre


Demostracion de JTk (0)Jk(0) =

[0 00 Ik−1

]

Jk(0) =

0 1 · · · 0 00 0 · · · 0 0...

......

...0 0 · · · 0 10 0 · · · 0 0

, Jk(0)T =

0 0 · · · 0 01 0 · · · 0 0...

......

...0 0 · · · 0 00 0 · · · 1 0

Luego,

Jk(0)T Jk(0) =

0 0 · · · 0 00 1 · · · 0 0...

......

...0 0 · · · 1 10 0 · · · 0 0

=

[0 00 Ik−1

]

Demostracion de Jk(0)p = 0 si p ≥ q

0 1 · · · 0 00 0 · · · 0 0...

......

...0 0 · · · 0 10 0 · · · 0 0

·

0 1 · · · 0 00 0 · · · 0 0...

......

...0 0 · · · 0 10 0 · · · 0 0

=

0 0 1 . . . 0

0 0 0. . .

......

...... 1

0 0 · · · 0 00 0 · · · 0 0

Al multiplicar sucesivamente por la misma matriz, la diagonal con unos se va corriendo a la derecha.Si se multiplica k veces los unos se correran k posiciones, lo que implica que la matriz quedaranula.Por lo tanto Jp

k = 0.

Demostracion de Jk(0)ei+1 = ei para i = 1, 2, ..., k − 1

Jk(0) · ei+1 = e1

0 1 · · · 0 00 0 · · · 0 0...

......

...0 0 · · · 1 00 0 · · · 0 10 0 · · · 0 0

·

0...01...0

=

0...10...0

Al multiplicar Jk(0) por ei+1, el unico valor no nulo en ei+1 esta en la posicion i+ 1, por lo cualal multiplicar por Jk(0), la columna i+ 1 tiene un valor no nulo en la posicion i, lo que dara co-mo resultado un vector con un unico valor no nulo en la posicion i. Por lo tanto, el resultado sera ei.

Demostracion de [I − Jk(0)pJk(0)]x = (xT e1)e1, donde Ik−1 ∈M((k−1)× (k−1),C) es la matrizidentidad.

[I −

[0 00 Ik−1

]]· x = (xT e1)e1

2005 125


Sea x = [x1, x2, ..., xk ]T , multiplicando se obtiene:

[1 00 0

]· x = (xT e1)e1

⇒

x1

0...0

=

x1

0...0

TEOREMA 6. Sea A ∈M(n×n,C) estrictamente triangular superior (i.e., A tiene diagonal nula).

Entonces existe una matriz no singular S ∈M(n×n,C) y existen enteros n1 ≥ n2 ≥ . . . ≥ nm1 ≥ 1con n1 + n2 + . . .+ nm = n tales que :

A = S

Jn1(0) 0 · · · 00 Jn2(0) · · · 0...

......

0 0 · · · Jnm(0)

S

−1

Si A es real, entonces la matriz S puede escogerse real.

Demo. A) Si n = 1, A = [0] y el resultado es trivial. Ahora procedemos por induccion con respectoa

n. Suponemos quen > 1 y que el resultado ya ha sido probado para todas la matrices estrictamente

triangulares superiores de orden menor que n.

B) Particionemos A en la forma A =

[0 aT

0 A1

], donde a ∈ Cn−1 y Ai ∈ M(nxn,C) es es-

trictamente triangular superior. Por la hipotesis inductiva, existe una matriz no singular Si ∈M((n− 1)x(n− 1),C) tal que S−1

1 A1S1 tiene la forma deseada, esto es:

S−11 A1S1 =

Jn1(0) 0 . . . 00 Jn2(0) . . . 0...

......

0 0 . . . Jnm(0)

=

[Jk1 00 J

], J =

Jk2(0) . . . 0

......

0 . . . Jk2(0)

donde k1 ≥ k2 ≥ . . . ≥ ks ≥ 1, k1+k2+...+ks = n−1 = Jk1(0), J ∈M((n−1−k1)×(n−1−k1),C).

Notese que (por la hipotesis inductiva) ningun bloque diagonal de Jordan tiene orden mayor quek1, de modo que Jk1 = 0 por el lema 1.

C) Un simple caculo demuestra que:

[1 00 S−1

1

]A

[1 00 S1

]=

[0 aTS1

0 S−11 A1S − 1

]

126 Primer Semestre


Demostracion:[

1 00 S−1

1

]A

[1 00 S1

]=

[0 aTS1

0 S−11 A1S − 1

]

[1 00 S−1

1

]A

[1 00 S1

]=

[1 00 S−1

1

] [0 aT

0 A1

][1 00 S1

]

=

[0 aT

0 S−11 A1

][1 00 S1

]

=

[0 aTS1

0 S−11 A1S1

]

D) La submatriz aTS1 ∈M(1× (n− 1),C) se puede particionar en la forma aTS1 = [aT1 a

T2 ],

donde a1 ∈ Ck1 y a2 Cn−1−k1, de modo que podemos escribirlo de la siguiente forma:

[1 00 S−1

1

]A

[1 00 S1

]=

0 aTi aT

2

0 Jki 00 0 J

Usando las siguientes identidades, aTS1 = [aT1 a

T2 ], S−1

1 A1S1 =

[Jk1 00 J

]:

[0 aTS1

0 S11A1S1

]=

0 aT1 aT

2

0 Jki 00 0 J

E) Ahora consideremos la siguiente relacion de similitud de la matriz del lado derecho:

1 −aT1 J

Tk1 0

0 I 00 0 I

0 aT1 aT

2

0 JTk1 0

0 0 J

1 aT1 J

Tk1 0

0 I 00 0 I

=

0 aT1 (I − JT

k1Jk1) aT2

0 Jk1 00 0 J

0 (aT1 e1)e

T1 JT

2

0 Jk1 00 0 J

donde hemos usado la identidad (I − JTk1Jk1)x = (xT e1)e1 del lema 1. Hay dos posibilidades que

examinar dependiendo de si se cumple aT1 e1 = 0 o no.

Verificacion:

1 −aT1 J

Tk1 0

0 I 00 0 I

0 aT1 aT

2

0 Jk1 00 0 J

1 aT1 J

Tk1 0

0 I 00 0 I

=

0 aT1 (I − JT

k1Jk1) aT2

0 Jk1 00 0 J

1 aT1 J

Tk1 0

0 I 00 0 I

=

0 aT1 (I − JT

k1Jk1) aT2

0 Jk1 00 0 J

Aquı se uso la identidad siguiente:

2005 127


(I − JTk1Jk1)x = (xT e1)e1 =⇒ x(I − JT

k1Jk1) = (xe1)eT1 =⇒

0 (aT1 e1)e

T1 aT

2

0 Jk1 00 0 J

F.1) Si aT1 6= 0,entonces:

(1/aT1 e1) 0 00 I 00 0 (1/aT

1 e1)I

0 (1/aT1 e1)e

T1 aT

2

0 Jk1 00 0 J

aT1 e1 0 00 I 00 0 aT

1 eT1 I

=

0 eT1 aT

2

0 Jk1 00 0 J

=

[J e1a

T2

0 J

]

donde J =

[0 eT

1

0 Jk1

]= Jk+1(0) es un bloque de Jordan de orden k1 + 1 con diagonal principal

nula.

(1/aT1 e1) 0 00 I 00 0 (1/aT

1 e1)I

0 (aT1 e1)e

T1 aT

2

0 Jk1 00 0 J

aT1 e1 0 00 I 00 0 (aT

1 e1)I

=

0 eT1 (aT

2 /aT1 e1)

0 Jk1 00 0 (1/aT

1 e1)J

aT1 e1 0 00 I 00 0 (aT

1 e1)I

=

0 eT1 aT

2

0 Jk1 00 0 J

F.2) Usando la propiedad Jei+1 = ei para i = 1, 2, ......, k1 se puede demostrar facilmente que:

[I e2a

T2

0 I

][J e1a

T2

0 J

] [I −e2aT

2

0 I

]=

[J −Je2aT

2 + e1aT2 + e2a

T2 J

0 J

]=

[J e2a

T2 J

0 J

]

y luego, se puede calcular recursivamente la sucesion de similitudes:

Concluımos entonces que A es similar a la matriz

[J 00 J

], que es una matriz estricamente

triangular superior como se querıa probar.

[I e2a

T2

0 I

] [J e2a

T2

0 J

] [I −e2aT

2

0 I

]=

[J e1a

T2 +−e2aT

2 J0 J

][I −e2aT

2

0 I

]

=

[J −Je2aT

2 + e1aT2 + e2a

T2 J

0 J

]

=

[J −e1aT

2 + e1aT2 + e2a

T2 J

0 J

]

=

[J e2a

T2 J

0 J

]

Calculando para recursion de similitudes,

128 Primer Semestre


[I ei+1a

T2 + J i−1

0 I

] [J eia

T2 J

i−1

0 J

] [I −ei+1a

T2 J

i−1

0 I

]=

[J eia

T2 J

i−1 + ei+1aT2 J

i

0 J

] [I −ei+1a

T2 J

i−1

0 I

]

=

[J −Jei+1a

T2 J

i−1 + eiaT2 J

i−1 + ei+1aT2 J

i

0 J

]

=

[J −eia

T2 J

i−1 + eiaT2 J

i−1 + ei+1aT2 J

i

0 J

]

=

[J ei+1a

T2 J

i

0 J

]

G) Si aT1 e1 = 0, entonces muestra que:

A ∼

0 0 aT2

0 Jk1 00 0 J

∼

Jk1 0 00 0 aT

2

0 0 J

donde ” ∼ ”denota la relacion de similitud de matrices. Notese que la segunda de las similitudes esuna similitud de permutaciones, esto es, la matriz S, involucrada es una matriz de permutacionesde filas, respecto de columnas.

Por la hipotesis inductiva, existe una matriz no singular S2 ∈M((n− k1)× (n− k1),C) tal que:

S−12 =

[0 aT

2

0 J

]S2 = J ∈M((n− k1)× (n− k1),C)

es una matriz de Jordan con diagonal principal nula. Por lo tanto A,es similar a la matriz[Jk 0

0 J

], que es una matriz de Jordan de la forma requerida, excepto posiblemente

por el hecho de que los bloques de Jordan diagonales pudieran no estar ordenados segunorden no creciente. En tal caso, un bloque de similitudes de permutaciones producira laforma deseada.

H)Finalmente, observamos que si A es real, entonces todas las similitudes utlizadasen esta demostracion se pueden elegir reales, de modo que A es similar a la matriz deJordan requerida mediante similitudes reales. Ello concluye la demostracion.

89. (Sea J = J (λ) ε M(nλn, C) un bloque de Jordan con valor propio λ.(a)Calcule Jk para k = 2,3,4 (solo tres potencias).

(b)Calcule p(A), donde p es un polinomio cualquiera.

(c)Calcule f(A), donde f es una funcion entera. En particular, calcule eA.

(d)Calcule r(A), donde r es una funcion racional para la cual λ no es un polo.)

Solucion:

Sea una matriz de Jordan:

λ1 1 . . . 00 λ2 . . . 0...

... 00 0 . . . λn

nxn

2005 129


1.- Calculo de J2:

λ21 2λ1 1 . . . 00 λ2

2 2λ . . . 0...

... λ2n−1 2λ

0 0 0 . . . λ2n

2.- Calculo de J3:

λ31 3λ2

1 3λ 1 . . . 00 λ3

2 3λ2 1 . . . 0...

... λ3n−1 3λ2 1

0 0 0 0 . . . λ3n

3.- Calculo de J4:

λ41 4λ3

1 6λ2 4λ 1 . . . 00 λ4

2 4λ3 6λ2 4λ . . . 0...

... λ4n−1 4λ3 6λ2

0 0 0 0 0 . . . λ4n

4.- Calculo de P (A):

Sea A una matriz de nxn; entonces un polinomio cualquiera, en este caso el polinomio minimal dela

matriz es:

Ψ(u) = γ0 + γ1u+ . . .+ γm−1um−1 + um

con Ψ(A)=0 teniendo la propiedad del grado mas pequeno A ε M at(nxn) eigenvalues λ1 ... λk yla forma normal de Jordan y:

τ= max1≤j≤P (λi) V(i)j

es el polinomio minimal de A.Luego, Ψ divide todo el polinomio X(u) con X(A)=0.

90. Muy importante!. El calculo de la forma normal de Jordan de una matriz no es un problema popularde la Computacion Cientıfica pues los algoritmos disponibles no son muy estables. Investiguesi Matlab puede obtener la forma de Jordan de una matriz dada. Experimente con matricesmal condicionadas. Investigue en la red para ver si otros paquetes standard resuelven mejor esteproblema y, ademas, para ver si en alguna parte hay otro software confiable que resuelva mejoreste problema.

En la actualidad existen varios programas que pueden resolver el problema del calculo de la formanormal de Jordan. Algunos de estos programas son: Mathematica, Matlab, Maple, Mathcad, etc.Mathematica calcula de forma facil y rapida la forma normal de Jordan de cualquier matriz. Sinembargo, con matrices mal condicionadas entrega valores erroneos o inexactos. Esto ocurre a partiraproximadamente con las matrices de 10*10. En la red es posible encontrar algunos algoritmosque resuelven el problema para Matlab. Uno de ellos es el siguiente:

%———————————————————————–% Find the Jordan normal (canonical) forml

130 Primer Semestre


% Instructor: Nam Sun Wang%———————————————————————–% Start fresh ———————————————————-clear allglobal V J done% Program Header ——————————————————-disp(Find the Jordan normal form of the following matrix)disp( [ 3 -1.5 3])disp( A= [ 0 2 2])disp( [ 0 -0.5 4])disp( )% Provide matrix A——————————————————A= [ 3 -1.5 3 0 2 2 0 -0.5 4 ];% Output results——————————————————–expat(A,0);disp(Jordan normal form is:)disp(J)disp(Similarity transform matrix is:)disp(V)

disp(Check: V*J*V(-1):)

disp(V*J*V(-1))disp(It should be identical to A:)disp(A)%———————————————————————–% Example of the use of exp(A*t) in solvind dx/dt=exp(A*t)*x0% Initial conditionx0=[1; 2; 0.5];% Integrate dxdt=A*xfor i=1:100t(i)=0.01*i;x(:,i)=expat(A,t(i))*x0;end% Plots—————————————————————–% plot x vs. tsubplot(2,2,1)% plot(t,x(1,:), t,x(2,:), t,x(3,:)) %OK plot(t,x)xlabel(Time), ylabel(States), title(Dynamic States)legend(x 1, x 2, x 3, 2)% plot x1 vs. x2subplot(2,2,2)plot(x(2,:),x(1,:))xlabel(x 2), ylabel(x 1), title(Phase Diagram)% plot x1 vs. x3subplot(2,2,3)plot(x(3,:),x(1,:))xlabel(x 3), ylabel(x 1), title(Phase Diagram)% plot x2 vs. x3subplot(2,2,4)plot(x(3,:),x(2,:))xlabel(x 3), ylabel(x 2), title(Phase Diagram)function B=expAt(A,t)

2005 131


%———————————————————————–% Find exp(A*t) in the correct mathematical sense.% Note that Matlabs exp(A*t) is an element-wise operation.% Variables:% A ... nxn square matrix% t ... time (scalar)% done ... keep track of calculation of Jordan normal form% V ... similarity transform matrix: A*T=T*J% J ... Jordan normal form% expJt ... nxn matrix of exp(J*t)% B ... exp(A*t)% Algorithm: similarity transform A*T=T*J exp(A*t)*T=T*exp(J*t)% Instructor: Nam Sun Wang%———————————————————————–

global V J done% Find the Jordan normal form J and similarity transform matrix Vif (isempty(done) == 1 — done==0)[V,J] = jordan(A);done=1;end% Diagonal elements of exp(J*t)for i = 1 : size(J,1)expJt(i,i)=exp(J(i,i)*t);end% Off-diagonal elements of exp(J*t)for i = 1 : size(J,1)-1if J(i,i+1) =0 expJt(i,i+1)=t*exp(J(i,i)*t); endend% Form exp(A*t)

B=V*expJt*V(-1);

91.

92. Normas matriciales :

a) La norma l1 de la matriz A considerada como vector de Cmn:‖A‖1 =∑

ij |aij | =∑n

j=1 ‖aj‖1.Verifique que es una norma.Solucion:A ∈Mat(m× n,C).

1) ‖A‖1 ≥ 0

‖A‖1 =

m∑

i=1

n∑

j=1

|aij |

= |a11|+ |a12|+ . . .+ |a1n|+ . . .+ |am1|+ |am2|+ . . .+ |amn|

=⇒ ‖A‖1 es una suma de valores positivos.∴ ‖A‖1 ≥ 0

‖A‖1 = 0⇐⇒ A = 0.como ‖A‖1 es una suma de valores positivos, entonces para que ‖A‖1 = 0. A debe ser

132 Primer Semestre


una matriz nula.

∴ ‖A‖1 = 0⇐⇒ A = 0

2) ‖λA‖1 = |λ|‖A‖1, ∀λ ∈ C.

‖λA‖1 =

m∑

i=1

n∑

j=1

|λij | = |λ|m∑

i=1

n∑

j=1

|aij |

= |λ|‖A‖1

3) ‖A+B‖1 ≤ ‖A‖1 + ‖B‖1.

‖A+B‖1 =

m∑

i=1

n∑

j=1

|aij + bij

≤m∑

i=1

n∑

j=1

|aij +

m∑

i=1

n∑

j=1

|bij |, porMinskowsky

= ‖A‖1 + ‖B‖1

4) ‖AB‖1 ≤ ‖A‖1‖B‖1, A ∈Mat(m× p),CyB ∈Mat(m× p,C).

‖A‖1 =

m∑

i=1

n∑

j=1

aij =

n∑

j=1

‖aj‖1, con aj = j-esima columna.

‖AB‖1 =

n∑

j=1

‖(Ab1|Ab2| . . . |Abn)‖1

=

n∑

j=1

‖Abj‖1

=

n∑

j=1

‖b1,jA1 + b2,jA

2 + . . .+ bp,jAp‖1

≤n∑

j=1

|b1,j |‖A1‖1 + |b2,j |‖A2‖1 + . . .+ |bp,j |‖Ap‖1

≤ (‖A1‖1 + ‖A2‖1 + . . .+ ‖Ap‖1)p∑

i=1

n∑

j=1

|bij |

≤ ‖A‖1‖B‖1

b) Norma de Schur.

1) ‖A‖Schur ≥ 0, A ∈Mat(m× n,K)

‖A‖Schur =

( m∑

i=1

n∑

j=1

|aij |2)2

=

[|a11|2 + |a12|2 + . . .+ |a1n|2 + |a21|2 + . . .+ |amn|2

]1/2

2005 133


Por definicion ‖A‖Schur ∈ <+0 es una suma de valores positivos, luego ‖A‖Schur > 0.

‖A‖ = 0⇐⇒ A = 0.Como es suma de valores positivos, para que sea ‖A‖ = 0, debe ser A = 0.

2) ‖λA‖2 = |λ|‖A‖2, ∀ λ ∈ C.

‖λA‖2 =

( m∑

i=1

n∑

j=1

|λaij |2)1/2

=

( m∑

i=1

n∑

j=1

|λ|2|aij |2)1/2

= |λ|( m∑

i=1

n∑

j=1

|aij |2)1/2

= |λ|‖A‖2

3) ‖A+B‖2 ≤ ‖A‖2 + ‖B‖2

‖A+B‖2 =

( m∑

i=1

n∑

j=1

|aij + bij |2)1/2

≤( m∑

i=1

n∑

j=1

|aij |2)1/2

+

( m∑

i=1

n∑

j=1

|bij |2)1/2

, por Minskowski

= ‖A‖2 + ‖B‖2

4) Submultiplicabilidad. A,B ∈Mat(n× n,K) C := AB.A = [aij ] , B = [bij ] , C = [cij ] , cij =

∑nl=1 ailblj , ∀ i, j = 1 : n

‖C‖2 = ‖C‖2Schur

:=∑n

i,j=1 |cij |2, p.d.‖AB‖2 ≤ ‖A‖2‖B‖2

n∑

i,j=1

|cij |2 =

n∑

i=1

n∑

j=1

|n∑

l=i

ailblj |2

=

n∑

i=1

n∑

j=1

| [ai1, . . . , ain]︸︷︷︸uT

[b1j , . . . , bnj ]︸︷︷︸v

|2

Cauchy ≤n∑

i=1

n∑

j=1

‖ [ai1, . . . , ain]T ‖2‖

[b1j , . . . , nj

¯

]T ‖2

=

n∑

i=1

n∑

j=1

( n∑

l=1

|ail|2n∑

l=1

|bjl|2)

=n∑

i,l=1

|ail|2n∑

l,j

|blj |2 = ‖A‖22‖B‖22

c) La norma del maximo de las normas l1 de las columnas:|‖A‖|c = max1≤j≤n ‖Aj‖1 = max1≤j≤n

∑ni=1 |aij |

134 Primer Semestre


1) |‖A‖|c > 0, A ∈Mat(n× n,K).Por definicion el maximo de valores que se encuentran en los numero positivos, va a sersiempre mayor que cero.Por otro lado, para que |‖A‖|c = 0, 0 debe ser el mayor de los valores positivos, por lotanto, todos los coeficientes de A deben ser 0, entonces A es la matriz nula. Luego secumple el primer axioma.

2)

|‖λA‖|c = max1≤j≤n

‖λAj‖1 = max1≤j≤n

n∑

i=1

|λaij |

= max1≤j≤n

n∑

i=1

i = 1m|λ||aij |1 = |λ| max1≤j≤n

n∑

i=1

|aij |

= |λ||‖A‖|c

3)

|‖A+B‖|c ≤ |‖A‖|c + |‖B‖|c, A,B ∈Mat(m× n,K)

|‖A+B‖|c = max1≤j≤n

‖Aj +Bj‖1 = max1≤j≤n

m∑

i=1

|aij |

Por Minskowski = max1≤j≤n

( n∑

i

|aij |+n∑

i

|bij |)

= max1≤j≤n

m∑

i

|aij |+ max1≤j≤n

n∑

i

|bij |

= |‖A‖|c + |‖B‖|c

d) La norma del maximo de las normas l1 de filas: |‖A|‖F = max1≤i≤n

∑nj=1 |aij |.

1) |‖A‖|F ≥ 0 y |‖A‖|F = 0⇐⇒ A = 0.Esto es obvio, ya que mientras la matriz no sea la matriz nula, siempre se podra encontrarun maximo en la suma de los componentes fila de la matriz.

2) |‖λA‖|F = |λ||‖A‖|F , ∀λ ∈ C.

|‖λA‖|F = max ‖[λA1|λA2| . . . |λAn

]‖

= max{‖λA1‖1, ‖λA2‖1, . . . , ‖λAn‖1

}

‖λA‖1 = ‖λA1 + λA2 + . . .+ λAn‖1≤ |λ|‖A1‖1 + |λ|‖A2‖1 + . . .+ |λ|‖An‖1≤ max

{‖A1‖1, ‖A2‖1, . . . , ‖An‖1

}|λ|

= |λ||‖A‖|F

2005 135


3) |‖A+B‖|C ≤ |‖A‖|C + |‖B‖|C .

|‖A+B‖|C = max1≤i≤n

n∑

j=1

|aij + bij |

≤ max1≤i≤n

n∑

j=1

|aij |+ max1≤i≤n

n∑

j=1

|bij |, por Minskowski

≤ |‖A‖|C + |‖B‖|C .

4) |‖AB‖| ≤ |‖A‖|F |‖B‖|F .

|‖AB‖|F = max ‖[A.B1|A.B2| . . . |A.Bn

]‖1

= max{‖A.B1‖1, ‖A.B2‖1, . . . , ‖A.Bn‖1

}

Por otro lado tenemos:

|‖A.Bi‖|1 = ‖b1,iA1 + b2,iA

2 + . . .+ bn,iAn‖1

≤ |b1,i|‖A1‖1 + |b2,i|‖A2‖1 + . . .+ |bn,i|‖An‖1≤ max

{‖A1‖1, ‖A2‖1, . . . , ‖An‖1

}(b1,i + b2,i + . . .+ bn,i)

= |‖A‖|F |‖Bi‖|1

De lo que finalmente podemos deducir:

|‖AB‖|F = max{|‖A‖|F‖B1‖1, |‖A‖|F ‖B2‖1, . . . , |‖A‖|F‖Bn‖1

}

= |‖A‖|F max{‖B1‖1, ‖B2‖1, . . . , ‖Bn‖1

}

= |‖A‖|F |‖B‖|F94. Serıan || A ||∞ = maxi,j | aij | y || A ||p = (

∑i,j | aij |p)

1p ,1 < p <∞, normas matriciales? Si no

lo son, ¿como podrıan modicarse para que lo fueran?

Existe la siguiente definicion donde el valor mas grande de las componentes de un vector es lanorma al infinito.|| (a1, a2, a3, . . ., an) ||∞ = max | ai |.Las matrices tienen uno o mas vectores en sus filas (o columnas segun como se halla definido) ycada vector va a tener individualmente su propia norma infinita.|| A ||∞ = maxi,j | aij |Para ser norma matricial debe tener la siguiente forma :|| A ||∞ = maxi(

∑nj | aij |) para el otro

caso:|| A ||p = (

∑i,j | aij |p)

1p Como sabemos la raiz del producto punto de un vector por el mismo es

igual a sus norma :< p, p >= (p1 ∗ p1 + p2 ∗ p2 + p3 ∗ p3 + . . ..+ pn ∗ pn)

12 = (

∑ni p

2i )

12 Para el caso de una matriz es

de la siguiente forma:|| A ||1=

∑i,j | aij |

|| A ||2= (∑

i,j | a2ij |)

12

|| A ||p= (∑

i,j | apij |)

1p Por lo tanto si es una norma matricial.

136 Primer Semestre


95. La norma espectral de una matriz. Sea A ∈M(n× n,C). El spectrum σ(A) de la matriz cuadradaA se define como:

σ(A) = {λ ∈ C : λ es valor propio de A} = {λ ∈ C : det(A− λI) = 0}.

De la teorıa de las ecuaciones algebraicas se sabe que #(σ(A)) = n. El radio espectral ρ(A) de lamatriz A se define como:

ρ(A) = maxλ∈σ(A)

|λ|.

La norma espectral ‖A‖σ de la matriz A de define como:

‖A‖σ =√ρ(A∗A) = max

{√λ : λ ∈ σ(A∗A)

}.

Tarea: Verifique que la norma espectral es una norma matricial, i.e., que satisface los axiomas(i)-(iv) de mas arriba.

Sea A = UΣV ∗ una SVD de A. Al ser U y V matrices unitarias, sus normas espectrales son:

‖U‖σ =√ρU ∗ U =

√ρI = 1

ComoA∗A = V Σ2V ∗, sabemos que Σ contiene a lo largo de su diagonal las raıces de los eigenvaloresde A en orden decreciente; luego, ‖A‖σ = σ1. Como ∀λ

√|λ| ≥ 0, (i) se cumple ; ademas, para que

maxλ∈σ(A∗A)

√λ = 0, necesariamente ∀λ ∈ σ(A∗A) : λ = 0, lo que implica que A = 0. Si λ es un

eigenvalor de A∗A, entonces para algun vector x se cumple que A∗Ax = λx. Reemplazando A porµA, tenemos que

(µA)∗(µA)x = |µ|2A∗Ax = (|µ|2λ)x,luego |µ|2λ es un eigenvalor de (µA)∗(µA). En particular, considerando el mayor λ, concluımosque ‖µA‖σ =

√|µ|2ρ(A∗A) = |µ|‖A‖σ, ası que (ii) tambien se cumple.

96. La norma natural de una matriz.1) Toda Matriz A ∈M(m×n, (C)) puede ser considerada como (la representacion de) un operadorlineal A : (C)n → (C)m (con respecto a sendas bases de (C)n y (C)m). Si consideramos caulquierpar de normas en (C)n y (C)m respectivamente, ambas denotadas por ‖ · ‖ para mayor simplicidadnotacional, entonces la norma de la matriz A en cuanto operador lineal, o la norma matricialinducida por las normas de (C)n y (C)m, o la norma natural de A se define como:

|‖ A ‖|= sup‖ A · x ‖‖ x ‖ = max ‖ A · x ‖

Note que x ∈ (C)n y A · x ∈ (C)m. Que la norma de A en cuanto operador lineal sea unanorma matricial, i.e., que satisfaga los axiomas (i)-(iv) de mas arriba, es una concecuencia de laspropiedades generales de las normas vectoriales. Verificar esta asercion.

‖A‖ = Sup~z∈(C)−{~0}‖ A · ~Z ‖‖ ~Z ‖

= Sup~z∈(C)−{~0} ‖ A ·~Z

‖ ~Z ‖‖

= Sup~x∈(C)−{~0} ‖ A · ~x ‖; donde ~x =~z

‖ ~z ‖ es un vector de norma 1.

2) La norma natural ‖ A ‖ de A satisface:‖ A · ~x ‖≤|‖ A ‖| · ‖ ~x ‖, para todo x ∈ (C)n. Verificar esta asercion.

2005 137


‖ A · ~x ‖≤ max‖~z‖=1 ‖ A · ~z ‖ · ‖ ~x ‖ � · 1

‖ ~x ‖‖ A · ~x ‖‖ ~x ‖ ≤ max‖~z‖=1 ‖ A · ~z ‖

‖ A · ~x

‖ ~x ‖ ‖≤ max‖~z‖=1 ‖ A · ~z ‖

‖ A · x ‖≤ max‖~z‖=1 ‖ A · ~z ‖; x =~x

‖ ~x ‖x =

~x

‖ ~x ‖ ⇒‖ x ‖= 1, entonces tenemos que:

‖ A · x ‖=|‖ A ‖|, x = ~z‖ A · x ‖<|‖ A ‖|, x 6= ~z

Y esto se cumple para todo ~x distinto de cero.

3) Una manera de probar que una funcion dada ϕ : M (m× n, (C))→ (R) es una norma matricialconsiste en demostrar que es inducida por una norma vectorial.Algunos ejemplos son:

Sean los espacios vectoriales:((C)p,+, ·(C)) y (Mm×n((C)),+, ·(C)) donde p = m× n.

Digamos que tenemos definidos las siguientes normas para el primer espacio vectorial:Sea ~v ∈ (C)p, entonces‖ ~v ‖1=

∑pi=1 | vi |

‖ ~v ‖2= (∑p

i=1 | v2i |)1/2 = (

∑vi · vi)

1/2

‖ ~v ‖q= (∑p

i=1 | vqi |)1/q

‖ ~v ‖∞= max1≤i≤p | vi |Entonces, sus respectivas normas matriciales inducidas por el isomorfismo entre los dos espacios

serıa:Sea A ∈ (Mm×n((C)),+, ·(C)), entonces

‖ A ‖1=∑m

i=1

∑nj=1 | aij |

‖ A ‖2= (∑m

i=1

∑nj=1 | a2

ij |)1/2

‖ A ‖q= (∑m

i=1

∑nj=1 | a

qij |)1/q

‖ A ‖∞= max1≤i≤m,1≤i≤n | aij |

4) La norma natural minimal de A se define como |‖ A ‖|inf= inf {‖ A ‖:‖ · ‖ es unanormanatural}.Verificar que es una norma matricial. Para que |‖ A ‖|inf sea una normal matricial, debe cumplircon las reglas de la norma:a)

|‖ A ‖|inf> 0∧ |‖ A ‖|inf= 0⇔ A = [0]

b)|‖ λA ‖|inf =| λ | |‖ A ‖|inf

c)|‖ A+B ‖|inf6|‖ A ‖|inf + |‖ B ‖|inf

|‖ A+B ‖|inf= infk∈(R)+

|‖ A+B ‖|k6 infk∈(R)+

|‖ A ‖|k + infk∈(R)+

|‖ B ‖|k

6 infk∈(R)+ |‖ A ‖|k + |‖ B ‖|k=|‖ A ‖|inf + |‖ B ‖|inf

138 Primer Semestre


5) Lema 1: |‖ A ‖|inf≥ ρ(A).

6) Lema 2: Para todo ε > 0 existe una norma matricial natural |‖ · ‖| tal que |‖ A ‖|≤ ρ(A) + ε.

Demostracion:Consideracion: En el punto 5 se demostro que |‖ A ‖|inf≥ ρ(A).Ademas note que: ρ(A) := radio espectral de A = max1≤A≤n | λi |; λi es el i-esimo valor propiode A y n corresponde al grado de la matriz cuadrada A.

|‖ A ‖|≤ ρ(A) + ε�− ρ(A)|‖ A ‖| −ρ(A) ≤ ε, ∀ε > 0

Esto es verdadero, ya que |‖ A ‖|≥ ρ(A) y consecuentemente |‖ A ‖| −ρ(A) ≥ 0 nuncasera negativo:

0 ≤|‖ A ‖| −ρ(A) ≤ ε

7) Demuestre o refute: Si n = m (i.e., si A es un matriz cuadrada de dimension n), entonces setiene ρ(A) < 1 si y solo si [falta limite de p tendiendo a infinito pos.]‖ Ap ‖= 0 para alguna normanatural ‖ · ‖.Para toda matriz A diagonalizable: Si A es diagonizable, entonces se puede usar la matriz diagonalAD equivalente:

AD =

λ1 0 0 · · · 00 λ2 0 · · · 00 0 λ3 · · · 0...

......

...0 0 0 · · · λn

Ahora bien

lımt→∞

‖ Ap ‖ = 0 (31)

⇔ lımt→∞

‖ Apd ‖ = 0 (32)

lımt→∞

‖ Ap ‖= 0⇔ lımt→∞

ApD =

0 0 0 · · · 00 0 0 · · · 00 0 0 · · · 0...

......

...0 0 0 · · · 0

(33)

Valido para cualquier norma natural matricial

lımp→∞

ApD = lım

p→∞

λ1 0 0 · · · 00 λ2 0 · · · 00 0 λ3 · · · 0...

......

...0 0 0 · · · λn

⇔ lımp→∞

λpi = 0, para i = 1, 2, 3, . . . , n

⇔ λi < 1 para i = 1,2,3. . . . , n

2005 139


⇔ ρ(λ) < 1

Para cualquier otro caso en que las matrices no sean diagonalizables, esto no se cumple, ya que,como se dijo anteriormente, no tienen una matriz diagonal equivalente.

97. Las normas de vectores y las p-normas de matrices satisfacen varias desigualdades que a menudoincluyen las dimensiones m o n. En cada una de las sub-preguntas que siguen en este ejercicio ,verifique (¡o refute!) la desigualdad anotada y exhiba un ejemplo de matriz o vector no nulos quecorroboren su resultado. Si la desigualdad es valida , determine una condicion para que se cumplael caso lımite de igualdad y exhiba un ejemplo que verifique esa desigualdad.En este ejercicio x εKm y A ∈ M(m ×n,K). (a)‖ x ‖∞≤‖ x ‖2, (b) ‖ x ‖2≤

√m ‖ x ‖∞, (c)‖ A ‖∞≤

√n ‖ A ‖∞,

(d)‖ A ‖2≤√m ‖ A ‖∞

Las normas tomadas para el desarrollo de este ejercicio son:

‖ x ‖∞ = max1≤j≤m | aj |

‖ x ‖2 =

m∑

j=1

| a2j |

1/2

‖ A ‖∞ = max1≤i≤m

n∑

j=1

| aij |

‖ A ‖2 =

m∑

i=1

n∑

j=1

| aij |2

1/2

(a)Supongamos que ‖ x ‖ = | ak | 1 ≤ k ≤ my ‖ x ‖2= (| a1 |2 + | a2 |2 +...+ | am |2)1/2

| ak | ≤ (| a1 |2 + | a2 |2 +...+ | am |2)1/2

| ak |2 ≤ | a1 |2 +...+ | ak−1 |2 + | ak |2 + | ak+1 |2 +...+ | am |20 ≤ | a1 |2 +...+ | ak−1

2 | + | ak+1 |2 +...+ | am |2

Como | ai |2≥ 0∀i=1:m, entonces la desigualdad es cierta para cualquier valor de m. Ejemplo:

Seax =

1 + 2i23i

Entonces ‖ x ‖∞= 3 ‖ x ‖2=√

18

Por lo tanto 3 ≤√

2.

(b) Considerando las mismas normas de (a) tenemos:

(| a1 |2 +...+ | ak |2 +...+ | am |2)1/2 ≤ √m | ak | /(2)

| a1 |2 +...+ | ak−1 | + | ak+1 | +...+ | am |2≤| ak | +...+ | ak |2

140 Primer Semestre


Como | ak |2 es el maximo valor y los otros no son maximos, cada | ak |2 es mas grande que | ai |2.Entonces la desigualdad se cumple para cualquier valor de m.

Ejemplo: Tomando el mismo de (a):

‖ x ‖2= 3√

2,√m ‖ x ‖∞= 3

√3

Claramente 3√

2 ≤ 3√

3

(c)

SeaA =

a11 ... a1n

a21 ... a2n

. .

. .

. .am1 ... amn

Tomando ‖ A ‖∞=∑n

j=1 akj , 1 ≤ k ≤ m

‖ A ‖2∞≤ n ‖ A ‖22(| ak1 | + | ak2 | +...+ | akn |)2 ≤ n(| a11 |2 +...+ | a1n |2 +...+ | am1 |2 +...+ | amn |2)| ak1 | (| ak1 + ...+ | akn |) + ...+ | akn(| ak1 | +...+ | akn |) ≤ n(| a2

11 + ...+ | am1 |2) + n(|a212 + ...+ | a2

m2) + ...+ n(| a1n |2 +...+ | amn |2)

Claramente se puede apreciar que la suma de los | aij |2 que acompanan a n es mas grande queel | aki |, con i=1:n. Ademas, los | a2

ij | al estar multiplicados por n hacen que la desigualdad secumpla. La cantidad de terminos hace ver de manera mas clara la desigualdad. Al lado izquierdotenemos n2 terminos, mientras que en el lado derecho tenemos (n2 x m) terminos. La restriccionpara que esta desigualdad se cumpla es que la dimension m de la matriz A debe ser mayor o igualque n.

Ejemplo:

SeaA =

3 5 77 9 13i 0 i

Entonces ‖ A ‖2∞= 289, ‖ A ‖22 = 224 Claramente 289 ≤ (3 x 224).

(d) Considerando las mismas normas de (b) tenemos:

‖ A ‖22≤ m ‖ A ‖2∞(| a11 |2 +...+ | a1n |2 +...+ | am1 |2 +...+ | amn |2) ≤ m(| ak1 | 2+ | ak2 | +...+ | akn |)2

(| a11 |2 +...+ | a2m1) + (| a2

12 + ...+ | am2 |2) + ...+ (| a21n + ...+ | amn |2) ≤ m | ak1 | (| ak1 + ...+ |

akn |)+m | akn | (| ak1 | +...+ | akn)

De la desigualdad anterior se puede apreciar que la suma de los | aij |2 agrupados en parentesises mas grande que el | aki |, con i = 1 : n. Pero el termino m junto con los que acompanan alos | aki | hacen que sea mayor que la suma de los | aij |2 del lado izquierdo. Por lo tanto, ladesigualdad se cumple. Cabe destacar que en el lado izquierdo hay ( mx n) terminos y en el ladoderecho hay (mxn)2 terminos.

La restriccion para la desigualdad es que la dimension m de la matriz A debe ser igual a n.

2005 141


Ejemplo: Tomando el mismo que de (c):

‖ A ‖2= 224, ‖ A ‖∞= 289

Claramente 224 ≤ (3 x 289).

98. Sea A ∈M(m× n,K) y sea B ∈M(µ× ν,K) con µ ≤ m y ν ≤ n.

1) Demuestre que B puede obtenerse a partir de A mediante multiplicacion por matrices apro-piadas de “aniquilacion” de filas o columnas.

Sean A =

a11 · · · a1n

......

am1 · · · amn

y B =

b11 · · · b1s

......

br1 · · · brs

tal que A =

a11 · · · a1n

... [A]...

am1 · · · amn

Se quiere encontrar A =

0 · · · 0...

...0 · · · 0

Notese que como hay que preservar los valores de B, las matrices P y Q deben ser diagonales.Entonces tenemos el siguiente algoritmo:

Sea A = PAQ =

11 0. . .

0 1m

m×m

a11 · · · a1n

... [B]...

am1 · · · amn

m×n

11 0. . .

0 1n

n×n

Para la matriz P:Si se elimina la fila i de la matriz A, entonces pi = 0, si no, pi = 1

Para la matriz Q:Si se elimina la columna j de la matriz A, entonces qj = 0, si no, qj = 1.

Ejemplo: Sean A =

1 2 4 56 7 8 913 12 11 10

3×4

y B=[

7 8]1×2

Se debe encontrar A =

0 0 0 00 7 8 00 0 0 0

3×4

Segun el algoritmo, P y Q deben ser diagonales. Hay que preservar a22 y a23. O sea, hay quepreservar la fila 2 y las columnas 2 y 3. P y Q deberıan tomar los valores:

P=

0 0 00 1 00 0 0

3×3

y Q=

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

4×4

A =

0 0 00 1 00 0 0

1 2 4 56 7 8 913 12 11 10

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

142 Primer Semestre


=

0 0 00 1 00 0 0

0 2 4 00 7 8 00 12 11 0

=

0 0 0 00 7 8 00 0 0 0

que es a lo que se querıa llegar.

2) Usando el resultado precedente demuestre que ‖B‖p ≤ ‖A‖p para todo p ∈ R con 1 ≤ p ≤ ∞.

Se sabe que: ‖A‖p = ‖B‖p

Se tiene entonces: ‖B‖p = ‖PAQ‖p ≤ (submultiplicidad de matrices)

≤ ‖P‖p‖A‖p‖Q‖p = (P y Q unitarias)

= ‖A‖p

Por lo tanto ‖B‖p ≤ ‖A‖p99. Sea ‖ � ‖ una norma cualquiera sobre Cm. La correspondiente norma dual ‖ � ‖′ sobre Cm se define

mediante la formula ‖x‖ = sup‖y‖=1 |y∗x| .

a) Demuestre que ‖ � ‖ es efectivamente una norma vectorial.

1) ‖x‖′ > 0 ∧ ‖x‖′ = 0 ⇒ x = 0sup‖y‖=1 |y∗x| como | | siempre es ≥ 0‖x‖′ = 0 → sup‖y‖=1 |y∗x|como ‖y‖ = 1 ,x =

−→0

⇒ y 6= 0

2) ‖αx‖′ = |α| ‖x‖′sup‖y‖=1 |y∗αx| = |α| sup‖y‖=1 |y∗x| = |α| ‖x‖′

3) ‖x+ z‖′ ≤ ‖x‖′ + ‖z‖′sup‖y‖=1 |y∗(x + z)| = sup‖y‖=1 |y∗x+ y∗z| ≤ sup‖y‖=1 |y∗x| + sup‖y‖=1 |y∗z| = ‖x‖′+‖z‖

b) Demuestre que, dado un vector x ∈ Cm, existe un vector no nulo z ∈ Cm tal que |z∗x| . =‖z‖‖x‖.

Dado que se pide demostrar que existe un z que cumpla la relaci´on basta un caso particular paraefectuar esto.

|z∗x| = ‖z‖‖x‖,‖z‖′ = sup‖y‖=1 |y∗x|De esta forma se tiene que:

sup‖y‖=1 |y∗x| = sup‖y‖=1(‖y‖‖z‖ cosα), ‖y‖ = 1 ∧ α = angle(y, z)

Entonces como ‖y‖ = 1 se tiene que lo anterior es igual a:

sup‖y‖=1(‖z‖ cosα), expresion que alcanza su valor maximo para cosα = 1. Resultando que:

2005 143


sup‖y‖=1 |y∗z| = ‖z‖De esta forma tendremos

β = ‖z‖, β ∈ R

Ası siempre existira un z tal que β < 1, y asi |z∗x| sera igual β‖x‖ (Ver la figura).

c) Sean x, y ∈ Cm con ‖x‖ = ‖y‖ = 1 dados. Usando (b), demuestre que existe una matriz de tiporank -uno B = yz∗ tal que Bx = y y ‖B‖ = 1,donde ‖B‖ es la norma de la matriz B inducida porla norma vectorial ‖ � ‖.Sabemos que:

x, y ∈ Cm∧ ‖x‖ = ‖y‖ = 1

usando (b) z vector no nulo ∈ Cm

B matriz rank -uno

(1)B = yz∗(2)Bx = y ; ‖B‖ = 1 por demostrar.

B= yz/z

Bz = y ∧ Bx = y

z = x

B =

1 0 00 0 00 0 0

⇒Es una matriz escalonda

⇒Un pivote ∴ Rank = 1

‖B‖ = 1

144 Primer Semestre

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