Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices

Términos relacionados :

• 1. Espacio vectorial en ℝⁿ (Vector space in ℝⁿ)
• 2. Subespacio vectorial (Vector subspace)
• 3. Combinación lineal (Linear combination)
• 4. Independencia lineal (Linear independence)
• 5. Dependencia lineal (Linear dependence)
• 6. Sistema de ecuaciones lineales (System of linear equations)
• 7. Sistema homogéneo (Homogeneous system)
• 8. Espacio nulo de una matriz (Null space of a matrix)
• 9. Solución trivial (Trivial solution)
• 10. Base de un espacio vectorial (Basis of a vector space)
• 11. Dimensión de un espacio vectorial (Dimension of a vector space)
• 12. Generadores de un espacio (Spanning set)
• 13. Matriz de coeficientes (Coefficient matrix)
• 14. Rango de una matriz (Matrix rank)
• 15. Método de eliminación de Gauss (Gaussian elimination)
• 16. Método de Gauss-Jordan (Gauss-Jordan elimination)
• 17. Descomposición LU (LU decomposition)
• 18. Sistema triangular inferior (Lower triangular system)
• 19. Sistema triangular superior (Upper triangular system)
• 20. Producto escalar (Dot product / Inner product)
• 21. Norma de un vector (Vector norm)
• 22. Distancia entre vectores (Distance between vectors)
• 23. Ortogonalidad (Orthogonality)
• 24. Base ortogonal (Orthogonal basis)
• 25. Base ortonormal (Orthonormal basis)
• 26. Proyección de un vector (Vector projection)
• 27. Proceso de Gram-Schmidt (Gram-Schmidt process)
• 28. Aproximación por mínimos cuadrados (Least squares approximation)
• 29. Solución aproximada de sistemas incompatibles (Least squares solution)
• 30. Variedad lineal (rectas y planos en ℝⁿ) (Linear variety / affine subspace)

Página 15

\[ \left( \begin{array}{cc} -1 & -2\\ 1 & -1 \end{array} \right)^2 = \left( \begin{array}{cc} -1 & 4\\ -2 & -1 \end{array} \right), \]

mientras que

\[ A^2-2AB+B^2= \left( \begin{array}{cc} 1 & -1\\ 1 & 2 \end{array} \right)^2 -2 \left( \begin{array}{cc} 1 & -1\\ 1 & 2 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 2 & 1\\ 0 & 3 \end{array} \right) + \left( \begin{array}{cc} 2 & 1\\ 0 & 3 \end{array} \right)^2 = \left( \begin{array}{cc} 0 & 6\\ -1 & -2 \end{array} \right). \]

Puede comprobarse que

\[ AB= \left( \begin{array}{cc} 1 & -1\\ 1 & 2 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 2 & 1\\ 0 & 3 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cc} 2 & -2\\ 2 & 7 \end{array} \right) \]

y

\[ BA= \left( \begin{array}{cc} 2 & 1\\ 0 & 3 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 1 & -1\\ 1 & 2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cc} 3 & 0\\ 3 & 6 \end{array} \right). \]

17. Demostrar que si una matriz cuadrada regular cumple la ecuación \(A^2-3A+I=0\), entonces \(A^{-1}=3I-A\).

Solución:

En el enunciado nos dicen que la matriz es regular, luego la matriz tiene inversa. De la ecuación

\[ A^2-3A+I=0, \]

deducimos, multiplicando a la izquierda por \(A^{-1}\), que

\[ A^{-1}A^2-3A^{-1}A+A^{-1}I=0 \Longrightarrow A-3I+A^{-1}=0 \Longrightarrow A^{-1}=3I-A. \]

18. Considerar las matrices

\[ A= \left( \begin{array}{ccc} 3 & 4 & 1\\ 2 & -7 & -1\\ 8 & 1 & 5 \end{array} \right), \quad B= \left( \begin{array}{ccc} 8 & 1 & 5\\ 2 & -7 & -1\\ 3 & 4 & 1 \end{array} \right), \quad C= \left( \begin{array}{ccc} 3 & 4 & 1\\ 2 & -7 & -1\\ 2 & -7 & 3 \end{array} \right). \]

Encontrar matrices elementales \(E_1,E_2,E_3,E_4\), tales que se cumpla:

\[ E_1A=B,\qquad E_2B=A,\qquad E_3A=C,\qquad E_4C=A. \]

Solución:

(a) Observemos que las matrices \(B\) y \(A\) tienen los mismos elementos, pero que \(B\) resulta de cambiar entre sí las filas primera y tercera de \(A\). Es decir, \(A \overset{P_{13}}{\longrightarrow} B\), luego \(P_{13}A=B\), y la matriz elemental \(E_1\) que nos piden es

\[ E_1=P_{13}= \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0 \end{array} \right). \]

Razonando de la misma forma se justifica que \(P_{13}B=A\), luego de nuevo

\[ E_2=P_{13}= \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0 \end{array} \right). \]

(b) Observemos que las filas primera y segunda de \(C\) coinciden con las de \(A\) y que la tercera fila de \(C\) se obtiene de sumarle a la tercera fila de \(A\) la primera multiplicada por \(-2\), es decir,

\[ A \overset{F_{31}(-2)}{\longrightarrow} C. \]

Luego \(F_{31}(-2)A=C\), y la matriz elemental \(E_3\) que nos piden es

\[ E_3=F_{31}(-2)= \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ -2 & 0 & 1 \end{array} \right). \]

Razonando de la misma forma se obtiene que \(F_{31}(2)C=A\), por lo tanto,

\[ E_4=F_{31}(2)= \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 2 & 0 & 1 \end{array} \right). \]

19. Calcular, en el caso de que exista, la inversa de cada una de las siguientes matrices

\[ \left( \begin{array}{cc} 1 & 4\\ 2 & 7 \end{array} \right), \quad \left( \begin{array}{cc} 6 & -4\\ -3 & 2 \end{array} \right), \quad \left( \begin{array}{ccc} 3 & 4 & -1\\ 1 & 0 & 3\\ 2 & 5 & -4 \end{array} \right), \quad \left( \begin{array}{ccc} -1 & 3 & -4\\ 2 & 4 & 1\\ -4 & 2 & -9 \end{array} \right), \quad \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 0 \end{array} \right), \]

\[ \left( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0\\ 1 & 3 & 0 & 0\\ 1 & 3 & 5 & 0\\ 1 & 3 & 5 & 7 \end{array} \right), \quad \left( \begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3\\ 9 & 5 & -1\\ 0 & 2 & 5\\ -1 & 3 & 1 \end{array} \right). \]

Página 16

Solución:

(a)

\[ \left( \begin{array}{cc|cc} 1 & 4 & 1 & 0\\ 2 & 7 & 0 & 1 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cc|cc} 1 & 4 & 1 & 0\\ 0 & -1 & -2 & 1 \end{array} \right) \overset{F_2(-1)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cc|cc} 1 & 4 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 2 & -1 \end{array} \right) \overset{F_{12}(-4)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cc|cc} 1 & 0 & -7 & 4\\ 0 & 1 & 2 & -1 \end{array} \right), \]

luego

\[ \left( \begin{array}{cc} 1 & 4\\ 2 & 7 \end{array} \right)^{-1} = \left( \begin{array}{cc} -7 & 4\\ 2 & -1 \end{array} \right). \]

(b)

\[ \left( \begin{array}{cc|cc} 6 & -4 & 1 & 0\\ -3 & 2 & 0 & 1 \end{array} \right) \overset{F_1(1/6)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cc|cc} 1 & -4/6 & 1/6 & 0\\ -3 & 2 & 0 & 1 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-3)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cc|cc} 1 & -4/6 & 1/6 & 0\\ 0 & 0 & 1/2 & 1 \end{array} \right), \]

luego la matriz

\[ \left( \begin{array}{cc} 6 & -4\\ -3 & 2 \end{array} \right) \]

no tiene inversa.

(c)

\[ \left( \begin{array}{ccc|ccc} 3 & 4 & -1 & 1 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 3 & 0 & 1 & 0\\ 2 & 5 & -4 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \overset{P_{13}}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 3 & 0 & 1 & 0\\ 3 & 4 & -1 & 1 & 0 & 0\\ 2 & 5 & -4 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-3)}{\longrightarrow} \overset{F_{31}(-2)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 3 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 4 & -10 & 1 & -3 & 0\\ 0 & 5 & -10 & 0 & -2 & 1 \end{array} \right) \overset{P_{12}}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 3 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 5 & -10 & 0 & -2 & 1\\ 0 & 4 & -10 & 1 & -3 & 0 \end{array} \right) \overset{F_2(1/5)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 3 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 0 & -2/5 & 1/5\\ 0 & 4 & -10 & 1 & -3 & 0 \end{array} \right) \overset{F_{32}(-4)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 3 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 0 & -2/5 & 1/5\\ 0 & 0 & -2 & 1 & -7/5 & -4/5 \end{array} \right) \overset{F_3(-1/2)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 3 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 0 & -2/5 & 1/5\\ 0 & 0 & 1 & -1/2 & 7/10 & 2/5 \end{array} \right) \overset{F_{23}(2)}{\longrightarrow} \overset{F_{13}(-3)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 3/2 & -11/10 & -6/5\\ 0 & 1 & 0 & -1 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -1/2 & 7/10 & 2/5 \end{array} \right), \]

luego

\[ \left( \begin{array}{ccc} 3 & 4 & -1\\ 1 & 0 & 3\\ 2 & 5 & -4 \end{array} \right)^{-1} = \left( \begin{array}{ccc} 3/2 & -11/10 & -6/5\\ -1 & 1 & 1\\ -1/2 & 7/10 & 2/5 \end{array} \right). \]

(d)

\[ \left( \begin{array}{ccc|ccc} -1 & 3 & -4 & 1 & 0 & 0\\ 2 & 4 & 1 & 0 & 1 & 0\\ -4 & 2 & -9 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \overset{F_1(-1)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & -3 & 4 & -1 & 0 & 0\\ 2 & 4 & 1 & 0 & 1 & 0\\ -4 & 2 & -9 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-2)}{\longrightarrow} \overset{F_{31}(4)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & -3 & 4 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 10 & -7 & 2 & 1 & 0\\ 0 & -10 & 7 & -4 & 0 & 1 \end{array} \right) \overset{F_2(1/10)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & -3 & 4 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & -7/10 & 2/10 & 1/10 & 0\\ 0 & -10 & 7 & -4 & 0 & 1 \end{array} \right) \overset{F_{32}(10)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & -3 & 4 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & -7/10 & 2/10 & 1/10 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -2 & 1 & 1 \end{array} \right), \]

luego esta matriz no tiene inversa.

(e)

\[ \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \overset{F_{31}(-1)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & -1 & -1 & 0 & 1 \end{array} \right) \overset{F_{32}(-1)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & -2 & -1 & -1 & 1 \end{array} \right) \overset{F_3(-1/2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 1/2 & 1/2 & -1/2 \end{array} \right) \overset{F_{23}(-1)}{\longrightarrow} \overset{F_{13}(-1)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1/2 & -1/2 & 1/2\\ 0 & 1 & 0 & -1/2 & 1/2 & 1/2\\ 0 & 0 & 1 & 1/2 & 1/2 & -1/2 \end{array} \right), \]

luego

Página 17

\[ \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 0 \end{array} \right)^{-1} = \left( \begin{array}{ccc} 1/2 & -1/2 & 1/2\\ -1/2 & 1/2 & 1/2\\ 1/2 & 1/2 & -1/2 \end{array} \right). \]

Obsérvese que la inversa de una matriz simétrica también es una matriz simétrica.

(f)

\[ \left( \begin{array}{cccc|cccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 1 & 3 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 1 & 3 & 5 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 1 & 3 & 5 & 7 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-1)}{\longrightarrow} \overset{F_{31}(-1)}{\longrightarrow} \overset{F_{41}(-1)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{cccc|cccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 3 & 0 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 3 & 5 & 0 & -1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 3 & 5 & 7 & -1 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \overset{F_{32}(-1)}{\longrightarrow} \overset{F_{42}(-1)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{cccc|cccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 3 & 0 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 5 & 0 & 0 & -1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 5 & 7 & 0 & -1 & 0 & 1 \end{array} \right) \overset{F_{43}(-1)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{cccc|cccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 3 & 0 & 0 & -1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 5 & 0 & 0 & -1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 7 & 0 & 0 & -1 & 1 \end{array} \right) \overset{F_2(1/3)}{\longrightarrow} \overset{F_3(1/5)}{\longrightarrow} \overset{F_4(1/7)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{cccc|cccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & -1/3 & 1/3 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & -1/5 & 1/5 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & -1/7 & 1/7 \end{array} \right), \]

luego

\[ \left( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0\\ 1 & 3 & 0 & 0\\ 1 & 3 & 5 & 0\\ 1 & 3 & 5 & 7 \end{array} \right)^{-1} = \left( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0\\ -1/3 & 1/3 & 0 & 0\\ 0 & -1/5 & 1/5 & 0\\ 0 & 0 & -1/7 & 1/7 \end{array} \right). \]

Se comprueba que la inversa de esta matriz triangular inferior es también triangular inferior, como sucede en general.

(g) La matriz

\[ \left( \begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3\\ 9 & 5 & -1\\ 0 & 2 & 5\\ -1 & 3 & 1 \end{array} \right) \]

no tiene inversa porque no es cuadrada.

20. Considerar la matriz

\[ A= \left( \begin{array}{cc} 1 & 0\\ -5 & 2 \end{array} \right). \]

(a) Encontrar matrices elementales \(E_1\) y \(E_2\) tales que \(E_2E_1A=I\).

(b) Escribir \(A^{-1}\) como un producto de dos matrices elementales.

(c) Escribir \(A\) como un producto de dos matrices elementales.

Solución:

(a) Realizamos transformaciones elementales para llevar la matriz \(A\) a la identidad.

\[ \left( \begin{array}{cc} 1 & 0\\ -5 & 2 \end{array} \right) \overset{F_{21}(5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & 2 \end{array} \right) \overset{F_2(1/2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{array} \right). \]

De aquí deducimos que

\[ F_2(1/2)\,F_{21}(5)\,A=I, \]

luego

\[ E_2=F_2(1/2)= \left( \begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & 1/2 \end{array} \right) \quad \text{y} \quad E_1=F_{21}(5)= \left( \begin{array}{cc} 1 & 0\\ 5 & 1 \end{array} \right). \]

(b) Como \(E_2E_1A=I\), multiplicando a la derecha por \(A^{-1}\) obtenemos

\[ E_2E_1AA^{-1}=IA^{-1}, \]

luego

\[ A^{-1}=E_2E_1= \left( \begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & 1/2 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 1 & 0\\ 5 & 1 \end{array} \right). \]

(c) Como \(E_2E_1A=I\), multiplicando a la izquierda por \(E_2^{-1}\) obtenemos

\[ E_1A=E_2^{-1} \]

y multiplicando ahora por \(E_1^{-1}\) se obtiene

\[ A=E_1^{-1}E_2^{-1}= \left( \begin{array}{cc} 1 & 0\\ -5 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & 2 \end{array} \right). \]

Página 18

21. Expresar la matriz

\[ A= \left( \begin{array}{cccc} 0 & 1 & 7 & 8\\ 1 & 3 & 3 & 8\\ -2 & -5 & 1 & -8 \end{array} \right) \]

en la forma \(A=EFGR\), donde \(E\), \(F\) y \(G\) son matrices elementales y \(R\) está en la forma escalonada.

Solución:

Hacemos transformaciones elementales para llevar \(A\) hasta la matriz escalonada \(R\). Ésto nos dará las matrices que estamos buscando.

\[ A= \left( \begin{array}{cccc} 0 & 1 & 7 & 8\\ 1 & 3 & 3 & 8\\ -2 & -5 & 1 & -8 \end{array} \right) \overset{P_{21}}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cccc} 1 & 3 & 3 & 8\\ 0 & 1 & 7 & 8\\ -2 & -5 & 1 & -8 \end{array} \right) \overset{F_{31}(2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cccc} 1 & 3 & 3 & 8\\ 0 & 1 & 7 & 8\\ 0 & 1 & 7 & 8 \end{array} \right) \overset{F_{32}(-1)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{cccc} 1 & 3 & 3 & 8\\ 0 & 1 & 7 & 8\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right) =R. \]

Por lo tanto

\[ F_{32}(-1)\,F_{31}(2)\,P_{21}\,A=R \]

y despejando \(A\) convenientemente obtenemos:

\[ A=P_{21}^{-1}F_{31}(2)^{-1}F_{32}(-1)^{-1}R = \left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ -2 & 0 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cccc} 1 & 3 & 3 & 8\\ 0 & 1 & 7 & 8\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right). \]

22. En cada apartado encontrar las condiciones que deben satisfacer las \(b\) para que el sistema tenga solución

a)

\[ \left\{ \begin{aligned} 6x_1-4x_2&=b_1\\ 3x_1-2x_2&=b_2 \end{aligned} \right. \]

b)

\[ \left\{ \begin{aligned} x_1-2x_2+5x_3&=b_1\\ 4x_1-5x_2+8x_3&=b_2\\ -3x_1+3x_2-3x_3&=b_3 \end{aligned} \right. \]

c)

\[ \left\{ \begin{aligned} x_1-2x_2-x_3&=b_1\\ -4x_1+5x_2+2x_3&=b_2\\ -4x_1+7x_2+4x_3&=b_3 \end{aligned} \right. \]

Solución:

En cada uno de los apartados utilizaremos el método de Gauss.

(a)

\[ \left( \begin{array}{cc|c} 6 & -4 & b_1\\ 3 & -2 & b_2 \end{array} \right) \overset{F_1(1/6)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cc|c} 1 & -4/6 & b_1/6\\ 3 & -2 & b_2 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-3)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cc|c} 1 & -4/6 & b_1/6\\ 0 & 0 & b_2-b_1/2 \end{array} \right), \]

luego este sistema tendrá solución cuando

\[ b_2-\frac{b_1}{2}=0, \]

o lo que es lo mismo, cuando

\[ 2b_2-b_1=0. \]

Obsérvese que en este caso el sistema tiene infinitas soluciones dependiendo de un parámetro.

(b)

\[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 5 & b_1\\ 4 & -5 & 8 & b_2\\ -3 & 3 & -3 & b_3 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-4)}{\longrightarrow} \overset{F_{31}(3)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 5 & b_1\\ 0 & 3 & -12 & b_2-4b_1\\ 0 & -3 & 12 & b_3+3b_1 \end{array} \right) \overset{F_2(1/3)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 5 & b_1\\ 0 & 1 & -4 & \frac{b_2-4b_1}{3}\\ 0 & -3 & 12 & b_3+3b_1 \end{array} \right) \overset{F_{32}(3)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 5 & b_1\\ 0 & 1 & -4 & \frac{b_2-4b_1}{3}\\ 0 & 0 & 0 & b_3+b_2-b_1 \end{array} \right), \]

luego este sistema tiene solución si y sólo si

\[ b_3+b_2-b_1=0. \]

En este caso el sistema tendrá infinitas soluciones dependiendo de un parámetro.

(c)

\[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & -1 & b_1\\ -4 & 5 & 2 & b_2\\ -4 & 7 & 4 & b_3 \end{array} \right) \overset{F_{21}(4)}{\longrightarrow} \overset{F_{31}(4)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & -1 & b_1\\ 0 & -3 & -2 & 4b_1+b_2\\ 0 & -1 & 0 & 4b_1+b_3 \end{array} \right) \overset{P_{23}}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & -1 & b_1\\ 0 & -1 & 0 & 4b_1+b_3\\ 0 & -3 & -2 & 4b_1+b_2 \end{array} \right) \overset{F_2(-1)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & -1 & b_1\\ 0 & 1 & 0 & -4b_1-b_3\\ 0 & -3 & -2 & 4b_1+b_2 \end{array} \right) \overset{F_{32}(3)}{\longrightarrow} \]

Página 19

\[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 5 & b_1\\ 0 & 1 & 0 & -4b_1-b_3\\ 0 & 0 & -2 & -8b_1+b_2-3b_3 \end{array} \right) \overset{F_3(-1/2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 5 & b_1\\ 0 & 1 & 0 & -4b_1-b_3\\ 0 & 0 & 1 & \frac{8b_1-b_2+3b_3}{2} \end{array} \right). \]

En este caso el sistema siempre tiene solución, independientemente del valor que tomen los \(b_i\). Además para cada \(b\) el sistema tendrá solución única.

23. Considerar las matrices

\[ A= \left( \begin{array}{ccc} 2 & 1 & 2\\ 2 & 2 & -2\\ 3 & 1 & 1 \end{array} \right) \quad \text{y} \quad x= \left( \begin{array}{c} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{array} \right). \]

(a) Demostrar que la ecuación \(Ax=x\) se puede escribir como \((A-I)x=0\) y usar este resultado para resolver \(Ax=x\).

(b) Resolver \(Ax=4x\).

Solución:

(a) El sistema \(Ax=x\) puede escribirse en la forma \(Ax=Ix\), que es equivalente a

\[ (A-I)x=0. \]

Tenemos por tanto que resolver el sistema homogéneo

\[ \left( \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 2\\ 2 & 1 & -2\\ 3 & 1 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{array} \right) =0. \]

A continuación usamos el método de Gauss.

\[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 2 & 0\\ 2 & 1 & -2 & 0\\ 3 & 1 & 0 & 0 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-2)}{\longrightarrow} \overset{F_{31}(-3)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 2 & 0\\ 0 & -1 & -6 & 0\\ 0 & -2 & -6 & 0 \end{array} \right) \overset{F_2(-1)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 6 & 0\\ 0 & -2 & -6 & 0 \end{array} \right) \overset{F_{32}(2)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 6 & 0\\ 0 & 0 & 6 & 0 \end{array} \right) \overset{F_3(1/6)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 6 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array} \right). \]

La única solución de este sistema es la solución trivial

\[ \left\{ \begin{aligned} x_1&=0\\ x_2&=0\\ x_3&=0 \end{aligned} \right. \]

(b) Con el mismo razonamiento que en el apartado (a) tenemos \(Ax=4x\) puede escribirse en la forma

\[ Ax=4Ix, \]

que es equivalente a

\[ (A-4I)x=0. \]

Tenemos por tanto que resolver el sistema homogéneo

\[ \left( \begin{array}{ccc} -2 & 1 & 2\\ 2 & -2 & -2\\ 3 & 1 & -3 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{array} \right) =0. \]

A continuación usamos el método de Gauss.

\[ \left( \begin{array}{ccc|c} -2 & 1 & 2 & 0\\ 2 & -2 & -2 & 0\\ 3 & 1 & -3 & 0 \end{array} \right) \overset{P_{12}}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 2 & -2 & -2 & 0\\ -2 & 1 & 2 & 0\\ 3 & 1 & -3 & 0 \end{array} \right) \overset{F_1(1/2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & -1 & 0\\ -2 & 1 & 2 & 0\\ 3 & 1 & -3 & 0 \end{array} \right) \overset{F_{21}(2)}{\longrightarrow} \overset{F_{31}(-3)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & -1 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 4 & 0 & 0 \end{array} \right) \overset{F_2(-1)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & -1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 4 & 0 & 0 \end{array} \right) \overset{F_{32}(-4)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & -1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right). \]

Por lo tanto el sistema tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro

\[ \left\{ \begin{aligned} x_1&=t\\ x_2&=0\\ x_3&=t \end{aligned} \right. \]

Efectivamente, puede comprobarse, aunque no es necesario, que

\[ \left( \begin{array}{ccc} 2 & 1 & 2\\ 2 & 2 & -2\\ 3 & 1 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} t\\ 0\\ t \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 4t\\ 0\\ 4t \end{array} \right) = 4 \left( \begin{array}{c} t\\ 0\\ t \end{array} \right). \]

Página 20

24. Resolver la ecuación matricial para \(X\)

\[ \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1 & 1\\ 2 & 3 & 0\\ 0 & 2 & -1 \end{array} \right) X= \left( \begin{array}{cccc} 2 & -1 & 5 & 7\\ 4 & 0 & -3 & 0\\ 3 & 5 & -7 & 2 \end{array} \right) \]

Solución:

(a) En primer lugar observemos que la matriz \(X\) debe tener orden \(3\times4\). Si denotamos con \(x^1,x^2,x^3,x^4\) a las columnas de \(X\) y

\[ A= \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1 & 1\\ 2 & 3 & 0\\ 0 & 2 & -1 \end{array} \right), \]

realmente tenemos que resolver los cuatro sistemas siguientes:

\[ Ax^1= \left( \begin{array}{c} 2\\ 4\\ 3 \end{array} \right), \qquad Ax^2= \left( \begin{array}{c} -1\\ 0\\ 5 \end{array} \right), \qquad Ax^3= \left( \begin{array}{c} 5\\ -3\\ -7 \end{array} \right), \qquad Ax^4= \left( \begin{array}{c} 7\\ 0\\ 2 \end{array} \right). \]

Resolvemos el primero, por el método de Gauss-Jordan.

\[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & 2\\ 2 & 3 & 0 & 4\\ 0 & 2 & -1 & 3 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & 2\\ 0 & 5 & -2 & 0\\ 0 & 2 & -1 & 3 \end{array} \right) \overset{F_2(1/5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & 2\\ 0 & 1 & -\frac{2}{5} & 0\\ 0 & 2 & -1 & 3 \end{array} \right) \overset{F_{32}(-2)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & 2\\ 0 & 1 & -\frac{2}{5} & 0\\ 0 & 0 & -\frac{1}{5} & 3 \end{array} \right) \overset{F_3(-5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & 2\\ 0 & 1 & -\frac{2}{5} & 0\\ 0 & 0 & 1 & -15 \end{array} \right) \overset{F_{12}(-1)}{\longrightarrow} \overset{F_{23}(2/5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & 11\\ 0 & 1 & 0 & -6\\ 0 & 0 & 1 & -15 \end{array} \right), \]

luego la primera columna \(x^1\) de la matriz \(X\) es

\[ \left( \begin{array}{c} 11\\ -6\\ -15 \end{array} \right). \]

Para obtener la segunda columna, y teniendo en cuenta que la matriz de los coeficientes es la misma, tendremos que hacer a la columna

\[ \left( \begin{array}{c} -1\\ 0\\ 5 \end{array} \right) \]

las mismas transformaciones que antes le hemos hecho a la columna

\[ \left( \begin{array}{c} 2\\ 4\\ 3 \end{array} \right). \]

\[ \left( \begin{array}{c} -1\\ 0\\ 5 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{c} -1\\ 2\\ 5 \end{array} \right) \overset{F_2(1/5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{c} -1\\ \frac{2}{5}\\ 5 \end{array} \right) \overset{F_{32}(-2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{c} -1\\ \frac{2}{5}\\ \frac{21}{5} \end{array} \right) \overset{F_3(-5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{c} -1\\ \frac{2}{5}\\ -21 \end{array} \right) \overset{F_{12}(-1)}{\longrightarrow} \overset{F_{23}(2/5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{c} 12\\ -8\\ -21 \end{array} \right), \]

luego la segunda columna \(x^2\) de la matriz \(X\) es

\[ \left( \begin{array}{c} 12\\ -8\\ -21 \end{array} \right). \]

Haciendo lo mismo con las otras dos obtenemos:

\[ \left( \begin{array}{c} 5\\ -3\\ -7 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{c} 5\\ -13\\ -7 \end{array} \right) \overset{F_2(1/5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{c} 5\\ -\frac{13}{5}\\ -7 \end{array} \right) \overset{F_{32}(-2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{c} 5\\ -\frac{13}{5}\\ -\frac{9}{5} \end{array} \right) \overset{F_3(-5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{c} 5\\ -\frac{13}{5}\\ 9 \end{array} \right) \overset{F_{12}(-1)}{\longrightarrow} \overset{F_{23}(2/5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{c} -3\\ 1\\ 9 \end{array} \right), \]

luego la tercera columna \(x^3\) de la matriz \(X\) es

\[ \left( \begin{array}{c} -3\\ 1\\ 9 \end{array} \right). \]

\[ \left( \begin{array}{c} 7\\ 0\\ 2 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{c} 7\\ -14\\ 2 \end{array} \right) \overset{F_2(1/5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{c} 7\\ -\frac{14}{5}\\ 2 \end{array} \right) \overset{F_{32}(-2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{c} 7\\ -\frac{14}{5}\\ \frac{38}{5} \end{array} \right) \overset{F_3(-5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{c} 7\\ -\frac{14}{5}\\ -38 \end{array} \right). \]

Página 21

\[ \left( \begin{array}{c} 7\\ -14/5\\ 38/5 \end{array} \right) \overset{F_{12}(1)}{\longrightarrow} \overset{F_{23}(2/5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{c} 27\\ -18\\ -38 \end{array} \right), \]

luego la cuarta columna \(x^4\) de la matriz \(X\) es

\[ \left( \begin{array}{c} 27\\ -18\\ -38 \end{array} \right). \]

Finalmente la matriz

\[ X=[x^1,x^2,x^3,x^4]= \left( \begin{array}{cccc} 11 & 12 & -4 & 27\\ -6 & -8 & 1 & -18\\ -15 & -21 & 9 & -38 \end{array} \right). \]

(b) Una segunda forma de resolver la ecuación matricial (no necesariamente más rápida) es calcular primero

\[ \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1 & 1\\ 2 & 3 & 0\\ 0 & 2 & -1 \end{array} \right)^{-1} = \left( \begin{array}{ccc} 3 & -1 & 3\\ -2 & 1 & -2\\ -4 & 2 & -5 \end{array} \right) \]

y entonces calcular

\[ X= \left( \begin{array}{ccc} 3 & -1 & 3\\ -2 & 1 & -2\\ -4 & 2 & -5 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cccc} 2 & -1 & 5 & 7\\ 4 & 0 & -3 & 0\\ 3 & 5 & -7 & 2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cccc} 11 & 12 & -3 & 27\\ -6 & -8 & 1 & -18\\ -15 & -21 & 9 & -38 \end{array} \right). \]

(c) Una tercera posibilidad es, ya que tenemos que resolver cuatro sistemas distintos con la misma matriz de los coeficientes, obtener la descomposición \(LU\) de la matriz (si es que se puede) y resolver los sistemas por este método.

Con las cuentas que hemos hecho previamente la descomposición de \(A\) es:

\[ A=LU= \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 2 & 5 & 0\\ 0 & 2 & -1/5 \end{array} \right) \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1 & 1\\ 0 & 1 & -2/5\\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right). \]

Ahora resolvemos por el método \(LU\) el último de los sistemas (y de la misma forma se resolverían los demás):

\[ Ax=b \Longleftrightarrow (LU)x=b \Longleftrightarrow L(Ux)=b. \]

Llamando \(Ux=y\), resuelvo en primer lugar el sistema \(Ly=b\) por el método de bajada y después el sistema \(Ux=y\) por el método de subida.

\[ Ly=b \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} y_1&=7\\ 2y_1+5y_2&=0\\ 2y_2-\frac{1}{5}y_3&=2 \end{aligned} \right. \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} y_1&=7\\ y_2&=-\frac{14}{5}\\ y_3&=-38 \end{aligned} \right. \]

\[ Ux=y \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1-x_2+x_3&=7\\ x_2-\frac{2}{5}x_3&=-\frac{14}{5}\\ x_3&=-38 \end{aligned} \right. \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1&=27\\ x_2&=-18\\ x_3&=-38 \end{aligned} \right. \]

25. Encontrar todos los valores de \(a,b\) y \(c\) para los que la matriz \(A\) es simétrica

\[ A= \left( \begin{array}{ccc} 2 & a-2b+2c & 2a+b+c\\ 3 & 5 & a+c\\ 0 & -2 & 7 \end{array} \right) \]

Solución:

Recordemos que una matriz cuadrada \(A\) es simétrica si \(A=A^T\), o lo que es lo mismo si \(a_{ij}=a_{ji}\) para todo \(i,j\). Por lo tanto la matriz \(A\) de nuestro ejercicio será simétrica para aquellos valores de \(a,b,c\), para los que se verifique que:

\[ \left\{ \begin{aligned} a-2b+2c&=3\\ 2a+b+c&=0\\ a+c&=-2 \end{aligned} \right. \]

Tenemos por tanto que resolver un sistema de ecuaciones lineales donde las incógnitas son \(a,b\) y \(c\).

\[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1 & -2 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-2)}{\longrightarrow} \overset{F_{31}(-1)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 2 & 3\\ 0 & 5 & -3 & -6\\ 0 & 2 & -1 & -5 \end{array} \right) \overset{F_2(1/5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 2 & 3\\ 0 & 1 & -3/5 & -6/5\\ 0 & 2 & -1 & -5 \end{array} \right) \overset{F_{32}(-2)}{\longrightarrow} \]

Página 22

\[ \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 2 & 3\\ 0 & 1 & -3/5 & -6/5\\ 0 & 0 & 1/5 & -13/5 \end{array} \right) \overset{F_3(5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 2 & 3\\ 0 & 1 & -3/5 & -6/5\\ 0 & 0 & 1 & -13 \end{array} \right) \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} a&=11\\ b&=-9\\ c&=-13 \end{aligned} \right. \]

26. Encontrar todos los valores de \(a\) y \(b\) para los que las matrices \(A\) y \(B\) no son invertibles.

\[ A= \left( \begin{array}{cc} a+b-1 & 0\\ 0 & 3 \end{array} \right), \qquad B= \left( \begin{array}{cc} 5 & 0\\ 0 & 2a-3b+7 \end{array} \right). \]

Solución:

La matriz \(A\) es invertible si y sólo si la forma escalonada reducida de \(A\) es la identidad. Haciendo dos transformaciones elementales vemos que

\[ \left( \begin{array}{cc} a+b-1 & 0\\ 0 & 3 \end{array} \right)^{-1} = \left( \begin{array}{cc} \frac{1}{a+b-1} & 0\\ 0 & \frac{1}{3} \end{array} \right) \]

y esto sólo puede hacerse si \(a+b-1\neq 0\). De la misma forma

\[ \left( \begin{array}{cc} 5 & 0\\ 0 & 2a-3b+7 \end{array} \right)^{-1} = \left( \begin{array}{cc} \frac{1}{5} & 0\\ 0 & \frac{1}{2a-3b+7} \end{array} \right), \]

que puede realizarse sólo cuando \(2a-3b+7\neq 0\). De aquí deducimos que \(A\) y \(B\) no tienen inversa (simultáneamente) si

\[ \left\{ \begin{aligned} a+b&=1\\ 2a-3b&=-7 \end{aligned} \right. \]

Ahora resolvemos el sistema por el método de Gauss

\[ \left( \begin{array}{cc|c} 1 & 1 & 1\\ 2 & -3 & -7 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cc|c} 1 & 1 & 1\\ 0 & -5 & -9 \end{array} \right) \overset{F_2(-1/5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cc|c} 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 9/5 \end{array} \right) \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} a&=-\frac{4}{5}\\ b&=\frac{9}{5} \end{aligned} \right. \]

27. Sea \(A\) una matriz simétrica.

(a) Demostrar que \(A^2\) es simétrica.

(b) Demostrar que \(2A^2-3A+I\) es simétrica.

Solución:

\(A\) es simétrica si \(A^T=A\). Para probar que \(A^2\) es simétrica debemos probar que

\[ (A^2)^T=A^2. \]

Pero esto es inmediato ya que

\[ (A^2)^T=(AA)^T=A^TA^T=AA=A^2. \]

De la misma forma

\[ (2A^2-3A+I)^T=2(A^2)^T-3(A^T)+I^T=2A^2-3A+I \]

ya que \(A^2\) y \(A\) son simétricas.

28. En cada apartado, encontrar la descomposición \(LU\) de la matriz de los coeficientes. Después usar dicha descomposición para resolver el sistema

a)

\[ \left( \begin{array}{cc} -5 & -10\\ 6 & 5 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x_1\\ x_2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -10\\ 19 \end{array} \right) \]

b)

\[ \left( \begin{array}{cc} 2 & 8\\ -1 & -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x_1\\ x_2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -2\\ 2 \end{array} \right) \]

c)

\[ \left( \begin{array}{ccc} 2 & -2 & -2\\ 0 & -2 & 2\\ -1 & 5 & 2 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -4\\ -2\\ 6 \end{array} \right) \]

d)

\[ \left( \begin{array}{ccc} -3 & 12 & -6\\ 1 & -2 & 2\\ 0 & 1 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -33\\ 7\\ -1 \end{array} \right) \]

e)

\[ \left( \begin{array}{ccc} -1 & -3 & -4\\ 3 & 10 & -10\\ -2 & -4 & 11 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -6\\ -3\\ 9 \end{array} \right) \]

f)

\[ \left( \begin{array}{cccc} 2 & -4 & 0 & 0\\ 1 & 2 & 1 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 8\\ 0\\ 1\\ 0 \end{array} \right). \]

Solución:

(a) En primer lugar obtenemos la descomposición \(LU\) de \(A\)

\[ \left( \begin{array}{cc} -5 & -10\\ 6 & 5 \end{array} \right) \overset{F_1(-1/5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cc} 1 & 2\\ 6 & 5 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-6)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cc} 1 & 2\\ 0 & -7 \end{array} \right) \overset{F_2(-1/7)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cc} 1 & 2\\ 0 & 1 \end{array} \right), \]

por lo tanto la descomposición \(LU\) de \(A\) es:

\[ A=LU= \left( \begin{array}{cc} -5 & 0\\ 6 & -7 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 1 & 2\\ 0 & 1 \end{array} \right). \]

Ahora resolvemos el sistema

Página 23

\[ Ax=b \]

por el método \(LU\). Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior

\[ Ly=b \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} -5y_1&=-10\\ 6y_1-7y_2&=19 \end{aligned} \right. \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} y_1&=2\\ y_2&=-1 \end{aligned} \right. \]

y a continuación el sistema triangular superior

\[ Ux=y \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1+2x_2&=2\\ x_2&=-1 \end{aligned} \right. \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1&=4\\ x_2&=-1 \end{aligned} \right. \]

(b) En primer lugar obtenemos la descomposición \(LU\) de \(A\)

\[ \left( \begin{array}{cc} 2 & 8\\ -1 & -1 \end{array} \right) \overset{F_1(1/2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cc} 1 & 4\\ -1 & -1 \end{array} \right) \overset{F_{21}(1)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cc} 1 & 4\\ 0 & 3 \end{array} \right) \overset{F_2(1/3)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cc} 1 & 4\\ 0 & 1 \end{array} \right), \]

por lo tanto la descomposición \(LU\) de \(A\) es:

\[ A=LU= \left( \begin{array}{cc} 2 & 0\\ -1 & 3 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 1 & 4\\ 0 & 1 \end{array} \right). \]

Ahora resolvemos el sistema \(Ax=b\) por el método \(LU\). Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior

\[ Ly=b \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} 2y_1&=-2\\ -y_1+3y_2&=2 \end{aligned} \right. \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} y_1&=-1\\ y_2&=\frac{1}{3} \end{aligned} \right. \]

y a continuación el sistema triangular superior

\[ Ux=y \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1+4x_2&=-1\\ x_2&=\frac{1}{3} \end{aligned} \right. \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1&=-\frac{7}{3}\\ x_2&=\frac{1}{3} \end{aligned} \right. \]

(c) En primer lugar obtenemos la descomposición \(LU\) de \(A\)

\[ \left( \begin{array}{ccc} 2 & -2 & -2\\ 0 & -2 & 2\\ -1 & 5 & 2 \end{array} \right) \overset{F_1(1/2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1 & -1\\ 0 & -2 & 2\\ -1 & 5 & 2 \end{array} \right) \overset{F_{31}(1)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1 & -1\\ 0 & -2 & 2\\ 0 & 4 & 1 \end{array} \right) \overset{F_2(-1/2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1 & -1\\ 0 & 1 & -1\\ 0 & 4 & 1 \end{array} \right) \overset{F_{32}(-4)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1 & -1\\ 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 5 \end{array} \right) \overset{F_3(1/5)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1 & -1\\ 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right), \]

por lo tanto la descomposición \(LU\) de \(A\) es:

\[ A=LU= \left( \begin{array}{ccc} 2 & 0 & 0\\ 0 & -2 & 0\\ -1 & 4 & 5 \end{array} \right) \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1 & -1\\ 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right). \]

Ahora resolvemos el sistema \(Ax=b\) por el método \(LU\). Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior

\[ Ly=b \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} 2y_1&=-4\\ -2y_2&=-2\\ -y_1+4y_2+5y_3&=6 \end{aligned} \right. \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} y_1&=-2\\ y_2&=1\\ y_3&=0 \end{aligned} \right. \]

y a continuación el sistema triangular superior

\[ Ux=y \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1-x_2-x_3&=-2\\ x_2-x_3&=1\\ x_3&=0 \end{aligned} \right. \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1&=-1\\ x_2&=1\\ x_3&=0 \end{aligned} \right. \]

(d) En primer lugar obtenemos la descomposición \(LU\) de \(A\)

\[ \left( \begin{array}{ccc} -3 & 12 & -6\\ 1 & -2 & 2\\ 0 & 1 & 1 \end{array} \right) \overset{F_1(-1/3)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc} 1 & -4 & 2\\ 1 & -2 & 2\\ 0 & 1 & 1 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-1)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc} 1 & -4 & 2\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 1 \end{array} \right) \overset{F_2(1/2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc} 1 & -4 & 2\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1 \end{array} \right) \overset{F_{32}(-1)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{ccc} 1 & -4 & 2\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right), \]

por lo tanto la descomposición \(LU\) de \(A\) es:

\[ A=LU= \left( \begin{array}{ccc} -3 & 0 & 0\\ 1 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{ccc} 1 & -4 & 2\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right). \]

Ahora resolvemos el sistema \(Ax=b\) por el método \(LU\). Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior

\[ Ly=b \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} -3y_1&=-33\\ y_1+2y_2&=7\\ y_2+y_3&=-1 \end{aligned} \right. \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} y_1&=11\\ y_2&=-2\\ y_3&=1 \end{aligned} \right. \]

Página 24

y a continuación el sistema triangular superior

\[ Ux=y \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1-4x_2+2x_3&=11\\ x_2&=-2\\ x_3&=1 \end{aligned} \right. \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1&=1\\ x_2&=-2\\ x_3&=1 \end{aligned} \right. \]

(e) En primer lugar obtenemos la descomposición \(LU\) de \(A\)

\[ \left( \begin{array}{ccc} -1 & -3 & -4\\ 3 & 10 & -10\\ -2 & -4 & 11 \end{array} \right) \overset{F_1(-1)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc} 1 & 3 & 4\\ 3 & 10 & -10\\ -2 & -4 & 11 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-3)}{\longrightarrow} \overset{F_{31}(2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc} 1 & 3 & 4\\ 0 & 1 & -22\\ 0 & 2 & 19 \end{array} \right) \overset{F_{32}(-2)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{ccc} 1 & 3 & 4\\ 0 & 1 & -22\\ 0 & 0 & 63 \end{array} \right) \overset{F_3(1/63)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{ccc} 1 & 3 & 4\\ 0 & 1 & -22\\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right), \]

por lo tanto la descomposición \(LU\) de \(A\) es:

\[ A=LU= \left( \begin{array}{ccc} -1 & 0 & 0\\ 3 & 1 & 0\\ -2 & 2 & 63 \end{array} \right) \left( \begin{array}{ccc} 1 & 3 & 4\\ 0 & 1 & -22\\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right). \]

Ahora resolvemos el sistema \(Ax=b\) por el método \(LU\). Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior

\[ Ly=b \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} -y_1&=-6\\ 3y_1+y_2&=-3\\ -2y_1+2y_2+63y_3&=9 \end{aligned} \right. \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} y_1&=6\\ y_2&=-21\\ y_3&=1 \end{aligned} \right. \]

y a continuación el sistema triangular superior

\[ Ux=y \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1+3x_2+4x_3&=6\\ x_2-22x_3&=-21\\ x_3&=1 \end{aligned} \right. \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1&=-1\\ x_2&=1\\ x_3&=1 \end{aligned} \right. \]

(f) En primer lugar obtenemos la descomposición \(LU\) de \(A\)

\[ \left( \begin{array}{cccc} 2 & -4 & 0 & 0\\ 1 & 2 & 1 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{array} \right) \overset{F_1(1/2)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cccc} 1 & -2 & 0 & 0\\ 1 & 2 & 1 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{array} \right) \overset{F_{21}(-1)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cccc} 1 & -2 & 0 & 0\\ 0 & 4 & 1 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{array} \right) \overset{F_2(1/4)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{cccc} 1 & -2 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1/4 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{array} \right) \overset{F_{32}(1)}{\longrightarrow} \left( \begin{array}{cccc} 1 & -2 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1/4 & 0\\ 0 & 0 & 1/4 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{array} \right) \overset{F_3(4)}{\longrightarrow} \overset{F_4(1/2)}{\longrightarrow} \]

\[ \left( \begin{array}{cccc} 1 & -2 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1/4 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right), \]

por lo tanto la descomposición \(LU\) de \(A\) es:

\[ A=LU= \left( \begin{array}{cccc} 2 & 0 & 0 & 0\\ 1 & 4 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 1/4 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cccc} 1 & -2 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1/4 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right). \]

Ahora resolvemos el sistema \(Ax=b\) por el método \(LU\). Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior

\[ Ly=b \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} 2y_1&=8\\ y_1+4y_2&=0\\ -y_2+\frac{1}{4}y_3&=1\\ 2y_4&=0 \end{aligned} \right. \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} y_1&=4\\ y_2&=-1\\ y_3&=0\\ y_4&=0 \end{aligned} \right. \]

y a continuación el sistema triangular superior

\[ Ux=y \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1-2x_2&=4\\ x_2+\frac{1}{4}x_3&=-1\\ x_3&=0\\ x_4&=0 \end{aligned} \right. \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1&=2\\ x_2&=-1\\ x_3&=0\\ x_4&=0 \end{aligned} \right. \]

El Espacio Vectorial \(\mathbb{R}^n\).
Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados

Página 27

1. Determinar cuáles de los siguientes conjuntos son subespacios de \(\mathbb{R}^3\).

(a) Todos los vectores de la forma \((a,0,0)\).

(b) Todos los vectores de la forma \((a,1,1)\).

(c) Todos los vectores de la forma \((a,b,c)\), donde \(b=a+c\).

(d) Todos los vectores de la forma \((a,b,c)\), donde \(b=a+c+1\).

Solución:

Sabemos que un subconjunto \(W\) de \(\mathbb{R}^3\) es un subespacio si y sólo si para todo \(x,y\in W\) y para todo \(\lambda\in\mathbb{R}\) se verifica que \(x+y\in W\) y \(\lambda x\in W\). También sabemos que una condición necesaria, aunque no suficiente, es que el vector nulo \((0,0,0)\in W\) (es decir, si el \((0,0,0)\notin W\) entonces \(W\) no es subespacio vectorial).

(a) Sea \(W=\{(a,0,0)\in\mathbb{R}^3:a\in\mathbb{R}\}\). Si tomamos dos vectores cualesquiera \((a,0,0)\), \((b,0,0)\in W\) y \(\lambda\in\mathbb{R}\) entonces \((a,0,0)+(b,0,0)=(a+b,0,0)\in W\) y \(\lambda(a,0,0)=(\lambda a,0,0)\in W\), luego \(W\) es subespacio vectorial.

(b) Sea \(W=\{(a,1,1)\in\mathbb{R}^3:a\in\mathbb{R}\}\). Si tomamos dos vectores cualesquiera \((a,1,1)\), \((b,1,1)\in W\) entonces \((a,1,1)+(b,1,1)=(a+b,2,2)\notin W\), luego no es subespacio vectorial. Otra forma de ver que no es subespacio es comprobando que \((0,0,0)\notin W\).

(c) Sea \(W=\{(a,b,c)\in\mathbb{R}^3:b=a+c\}\). Si tomamos dos vectores cualesquiera \((a,b,c)\), \((p,q,r)\in W\) y \(\lambda\in\mathbb{R}\) entonces \((a,b,c)+(p,q,r)=(a+p,b+q,c+r)\in W\) ya que \(b+q=c+p+r=(a+p)+(c+r)\) y \(\lambda(a,b,c)=(\lambda a,\lambda b,\lambda c)\in W\), puesto que \(\lambda b=\lambda(a+c)=\lambda a+\lambda c\), luego \(W\) es subespacio vectorial.

Otra forma: Nótese que \(W\) es el conjunto de soluciones del sistema homogéneo con tres incógnitas y una ecuación \(\{a-b+c=0\}\). Luego, \(W\) es un subespacio vectorial, pues conjunto de soluciones de un sistema homogéneo de estructura de subespacio vectorial.

(d) Sea \(W=\{(a,b,c)\in\mathbb{R}^3:b=a+c+1\}\). Como \((0,0,0)\notin W\), puesto que \(0\neq 0+0+1\), se tiene que \(W\) no es subespacio vectorial.

2. Determinar si el espacio solución del sistema \(Ax=0\) es una recta que pasa por el origen, un plano que pasa por el origen o sólo el origen. Si es un plano, encontrar su ecuación general; si es una recta, encontrar sus ecuaciones paramétricas.

(a) \[ A= \left( \begin{array}{ccc} -1 & 1 & 1\\ 3 & -1 & 0\\ 2 & -4 & -5 \end{array} \right) \]

(b) \[ A= \left( \begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3\\ 2 & 5 & 3\\ 1 & 0 & 8 \end{array} \right) \]

(c) \[ A= \left( \begin{array}{ccc} 1 & -3 & 1\\ 2 & -6 & 2\\ 3 & -9 & 3 \end{array} \right) \]

Solución:

Página 28

En cada caso resolveremos el sistema de ecuaciones homogéneo y veremos si la solución es única, (en este caso el espacio solución (espacio nulo) se reduce el vector cero), depende de un parámetro (en este caso sería un subespacio de dimensión uno, y por tanto una recta), o depende de dos parámetros (en este caso sería un subespacio de dimensión dos, y por tanto un plano).

(a)

\[ \left( \begin{array}{cccc} -1 & 1 & 1 & 0\\ 3 & -1 & 0 & 0\\ 2 & -4 & -5 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & -1 & -1 & 0\\ 3 & -1 & 0 & 0\\ 2 & -4 & -5 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & -1 & -1 & 0\\ 0 & 2 & 3 & 0\\ 0 & -2 & -3 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & -1 & -1 & 0\\ 0 & 1 & 3/2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right) \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1&=-t\\ x_2&=-3t\\ x_3&=2t \end{aligned} \right. \]

Por lo tanto \(N(A)=\operatorname{lin}\{(-1,-3,2)\}\). En este caso \(N(A)\) es una recta que pasa por el origen.

(b)

\[ \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 3 & 0\\ 2 & 5 & 3 & 0\\ 1 & 0 & 8 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 3 & 0\\ 0 & 1 & -3 & 0\\ 0 & -2 & 5 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 3 & 0\\ 0 & 1 & -3 & 0\\ 0 & 0 & -1 & 0 \end{array} \right). \]

En este caso el espacio nulo se reduce al vector nulo \(N(A)=\{(0,0,0)\}\).

(c)

\[ \left( \begin{array}{cccc} 1 & -3 & 1 & 0\\ 2 & -6 & 2 & 0\\ 3 & -9 & 3 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & -3 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right) \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1&=3s-t\\ x_2&=s\\ x_3&=t \end{aligned} \right. \]

Por lo tanto \(N(A)=\operatorname{lin}\{(3,1,0),(-1,0,1)\}\). En este caso \(N(A)\) es un plano que pasa por el origen.

3. ¿Cuáles de los siguientes vectores son combinaciones lineales de \(u=(0,-2,2)\) y \(v=(1,3,-1)\)?

(a) \((2,2,2)\)    (b) \((3,1,5)\)    (c) \((0,4,5)\)    (d) \((0,0,0)\).

Solución:

Sabemos que un vector \(w\) es combinación lineal de \(u\) y \(v\) si y sólo si existen números reales \(x_1\) y \(x_2\) tales que \(w=x_1u+x_2v\) y esta ecuación vectorial es equivalente al sistema de ecuaciones lineales

\[ \left( \begin{array}{cc} u_1 & v_1\\ u_2 & v_2\\ u_3 & v_3 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x_1\\ x_2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} w_1\\ w_2\\ w_3 \end{array} \right). \]

Por lo tanto, resolveremos en cada caso un sistema de ecuaciones lineales por el método de Gauss.

(a)

\[ \left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 2\\ -2 & 3 & 2\\ 2 & -1 & 2 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccc} 2 & -1 & 2\\ -2 & 3 & 2\\ 0 & 1 & 2 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1/2 & 1\\ -2 & 3 & 2\\ 0 & 1 & 2 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1/2 & 1\\ 0 & 2 & 4\\ 0 & 1 & 2 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1/2 & 1\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 1 & 2 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1/2 & 1\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right) \]

Luego el sistema tiene solución que es

\[ \left\{ \begin{aligned} x_1&=2\\ x_2&=2 \end{aligned} \right. \]

y tenemos que en este caso \(w=2u+2v\).

(b)

\[ \left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 3\\ -2 & 3 & 1\\ 2 & -1 & 5 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccc} 2 & -1 & 5\\ -2 & 3 & 1\\ 0 & 1 & 3 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1/2 & 5/2\\ -2 & 3 & 1\\ 0 & 1 & 3 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1/2 & 5/2\\ 0 & 2 & 6\\ 0 & 1 & 3 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1/2 & 5/2\\ 0 & 1 & 3\\ 0 & 1 & 3 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1/2 & 5/2\\ 0 & 1 & 3\\ 0 & 0 & -1/2 \end{array} \right) \]

Luego el sistema no tiene solución y \(w\) no es combinación lineal de \(u\) y \(v\).

(c)

\[ \left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0\\ -2 & 3 & 4\\ 2 & -1 & 5 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccc} 2 & -1 & 5\\ -2 & 3 & 4\\ 0 & 1 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1/2 & 5/2\\ -2 & 3 & 4\\ 0 & 1 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1/2 & 5/2\\ 0 & 2 & 9\\ 0 & 1 & 0 \end{array} \right) \]

Página 29

\[ \rightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1/2 & 5/2\\ 0 & 1 & 9/2\\ 0 & 1 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & -1/2 & 5/2\\ 0 & 1 & 9/2\\ 0 & 0 & -9/2 \end{array} \right), \]

luego el sistema no tiene solución y \(w\) no es combinación lineal de \(u\) y \(v\).

(d) El vector \(0\) es combinación lineal de cualesquiera vectores, en concreto \(0=0u+0v\).

4. Expresar cada uno de los siguientes vectores como combinación lineal de \(u=(2,1,4)\), \(v=(1,-1,3)\) y \(w=(3,2,5)\).

(a) \((-9,-7,-15)\)    (b) \((6,11,6)\)    (c) \((7,8,9)\)    (d) \((0,0,0)\).

Solución:

El razonamiento es similar al del ejercicio anterior. Sabemos que un vector \(t\) es combinación lineal de \(u\), \(v\) y \(w\) si y sólo si existen números reales \(x_1\), \(x_2\) y \(x_3\) tales que \(t=x_1u+x_2v+x_3w\). A partir de aquí procedemos como en el ejercicio anterior.

(a)

\[ \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 3 & -9\\ -1 & 1 & 2 & -7\\ 3 & 4 & 5 & -15 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 3 & -9\\ 0 & 3 & 5 & -16\\ 0 & -2 & -4 & 12 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 3 & -9\\ 0 & 1 & 5/3 & -16/3\\ 0 & -2 & -4 & 12 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 3 & -9\\ 0 & 1 & 5/3 & -16/3\\ 0 & 0 & -2/3 & 4/3 \end{array} \right) \]

\[ \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1&=1\\ x_2&=-2\\ x_3&=-2 \end{aligned} \right. \]

Luego \(t=-2u+v-2w\) (observar el orden en el que aparece la combinación lineal).

(b)

\[ \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 3 & 6\\ -1 & 1 & 2 & 11\\ 3 & 4 & 5 & 6 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 3 & 6\\ 0 & 3 & 5 & 17\\ 0 & -2 & -4 & -12 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 3 & 6\\ 0 & 1 & 5/3 & 17/3\\ 0 & -2 & -4 & -12 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 3 & 6\\ 0 & 1 & 5/3 & 17/3\\ 0 & 0 & -2/3 & -2/3 \end{array} \right) \]

\[ \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1&=-5\\ x_2&=4\\ x_3&=1 \end{aligned} \right. \]

Luego \(t=4u-5v+w\).

(c)

\[ \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 3 & 7\\ -1 & 1 & 2 & 8\\ 3 & 4 & 5 & 9 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 3 & 7\\ 0 & 3 & 5 & 15\\ 0 & -2 & -4 & -12 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 3 & 7\\ 0 & 1 & 5/3 & 15/3\\ 0 & -2 & -4 & -12 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 3 & 7\\ 0 & 1 & 5/3 & 15/3\\ 0 & 0 & -2/3 & -6/3 \end{array} \right) \]

\[ \Longrightarrow \left\{ \begin{aligned} x_1&=-2\\ x_2&=0\\ x_3&=3 \end{aligned} \right. \]

Luego \(t=-2v+3w\).

(d) \(0=0u+0v+0w\).

5. En cada apartado, determinar si los vectores dados generan \(\mathbb{R}^3\).

(a) \(v_1=(2,2,2)\), \(v_2=(0,0,3)\) y \(v_3=(0,1,1)\).

(b) \(v_1=(2,-1,3)\), \(v_2=(4,1,2)\) y \(v_3=(8,-1,8)\).

(c) \(v_1=(1,2,6)\), \(v_2=(3,4,1)\), \(v_3=(4,3,1)\) y \(v_4=(3,3,1)\).

Solución:

Los vectores \(\{v_1,v_2,v_3\}\) generan \(\mathbb{R}^3\) si cualquier \(x\in\mathbb{R}^3\) es combinación lineal de \(\{v_1,v_2,v_3\}\). Procediendo como en los ejercicios anteriores el problema se reduce a estudiar sistemas de ecuaciones lineales.

Página 30

(a)

\[ \left( \begin{array}{cccc} 2 & 0 & 0 & x_1\\ 2 & 0 & 1 & x_2\\ 2 & 3 & 1 & x_3 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & x_1/2\\ 2 & 0 & 1 & x_2\\ 2 & 3 & 1 & x_3 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & x_1/2\\ 0 & 0 & 1 & x_2-x_1\\ 0 & 3 & 1 & x_3-x_1 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & x_1/2\\ 0 & 3 & 1 & x_3-x_1\\ 0 & 0 & 1 & x_2-x_1 \end{array} \right). \]

Como éste sistema tiene solución para cualquier vector \(x=(x_1,x_2,x_3)\in\mathbb{R}^3\), los vectores \(\{v_1,v_2,v_3\}\) generan \(\mathbb{R}^3\). Obsérvese que como la dimensión de \(\mathbb{R}^3\) es tres los tres vectores \(\{v_1,v_2,v_3\}\) constituyen una base y son por tanto linealmente independientes.

(b)

\[ \left( \begin{array}{cccc} 2 & 4 & 8 & x_1\\ -1 & 1 & -1 & x_2\\ 3 & 2 & 8 & x_3 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 4 & x_1/2\\ -1 & 1 & -1 & x_2\\ 3 & 2 & 8 & x_3 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 4 & x_1/2\\ 0 & 3 & 3 & x_2+x_1/2\\ 0 & -4 & -4 & x_3-3x_1/2 \end{array} \right) \]

\[ \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 2 & 4 & x_1/2\\ 0 & 1 & 1 & (2x_2+x_1)/6\\ 0 & 0 & 0 & x_3-3x_1/2+4\left(\frac{2x_2+x_1}{6}\right) \end{array} \right), \]

como este sistema sólo tiene solución cuando

\[ x_3-\frac{3x_1}{2}+4\left(\frac{2x_2+x_1}{6}\right)=0 \]

tenemos que estos tres vectores no generan \(\mathbb{R}^3\).

(c)

\[ \left( \begin{array}{ccccc} 1 & 3 & 4 & 3 & x_1\\ 2 & 4 & 3 & 3 & x_2\\ 6 & 1 & 1 & 1 & x_3 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccccc} 1 & 3 & 4 & 3 & x_1\\ 0 & -2 & -5 & -3 & x_2-2x_1\\ 0 & -17 & -23 & -17 & x_3-6x_1 \end{array} \right) \]

\[ \rightarrow \left( \begin{array}{ccccc} 1 & 3 & 4 & 3 & x_1\\ 0 & 1 & 5/2 & 3/2 & -(x_2-2x_1)/2\\ 0 & -17 & -23 & -17 & x_3-6x_1 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccccc} 1 & 3 & 4 & 3 & x_1\\ 0 & 1 & 5/2 & 3/2 & -(x_2-2x_1)/2\\ 0 & 0 & * & * & x_3-6x_1-17\frac{-x_2+2x_1}{2} \end{array} \right), \]

como este sistema tiene infinitas soluciones los vectores \(\{v_1,v_2,v_3,v_4\}\) generan \(\mathbb{R}^3\). En este caso los vectores \(\{v_1,v_2,v_3,v_4\}\) constituyen un sistema generador que no es base. Los vectores \(\{v_1,v_2,v_3,v_4\}\) son en este caso linealmente dependientes.

6. Explicar, por inspección, por qué los siguientes conjuntos de vectores son linealmente dependientes

(a) \(v_1=(-1,2,4)\), y \(v_2=(5,-10,-20)\).

(b) \(v_1=(3,-1)\), \(v_2=(4,5)\) y \(v_3=(-4,17)\).

Solución:

(a) Dos vectores son linealmente dependientes si y sólo si sus componentes son proporcionales. En este caso

\[ \frac{5}{-1}=\frac{-10}{2}=\frac{-20}{4}, \]

luego los vectores son linealmente dependientes.

(b) Como la dimensión de \(\mathbb{R}^2\) es dos se tiene que en \(\mathbb{R}^2\) no puede haber conjunto de tres vectores que sean linealmente independientes de aquí que estos tres vectores sean linealmente dependientes.

7. ¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores en \(\mathbb{R}^4\) son linealmente independientes?

(a) \((3,8,7,-3)\), \((1,5,3,-1)\), \((2,-1,2,6)\), \((1,4,0,3)\).

(b) \((0,0,2,2)\), \((3,3,0,0)\), \((1,1,0,-1)\).

Solución:

Página 31

Los vectores \(\{v_1,v_2,v_3,v_4\}\) son linealmente independientes si y sólo si la única solución de la ecuación vectorial

\[ x_1v_1+x_2v_2+x_3v_3+x_4v_4=0 \]

es la solución trivial. Procedemos como en los ejercicios anteriores resolviendo sistemas de ecuaciones lineales. Ordenamos los vectores de forma conveniente para hacer menos cálculos

(a)

\[ \left( \begin{array}{ccccc} 1 & 1 & 2 & 3 & 0\\ 4 & 5 & -1 & 8 & 0\\ 0 & 3 & 2 & 7 & 0\\ 3 & -1 & 6 & -3 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccccc} 1 & 1 & 2 & 3 & 0\\ 0 & 1 & -9 & -4 & 0\\ 0 & 3 & 2 & 7 & 0\\ 0 & -4 & 0 & -12 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccccc} 1 & 1 & 2 & 3 & 0\\ 0 & 1 & -9 & -4 & 0\\ 0 & 0 & 29 & 19 & 0\\ 0 & 0 & -36 & -38 & 0 \end{array} \right) \]

\[ \rightarrow \left( \begin{array}{ccccc} 1 & 1 & 2 & 3 & 0\\ 0 & 1 & -9 & -4 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 19/29 & 0\\ 0 & 0 & -36 & -38 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccccc} 1 & 1 & 2 & 3 & 0\\ 0 & 1 & -9 & -4 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 19/29 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{array} \right), \]

como la única solución de este sistema es la trivial los vectores son linealmente independientes.

(b)

\[ \left( \begin{array}{cccc} 1 & 3 & 0 & 0\\ 1 & 3 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 0\\ -1 & 0 & 2 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 3 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 3 & 2 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 3 & 0 & 0\\ 0 & 3 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & 3 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 2/3 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right), \]

tenemos un sistema lineal homogéneo de cuatro ecuaciones y tres incógnitas y solución trivial. Los tres vectores son linealmente independientes.

8. Determinar si los vectores \((-1,2,3)\), \((2,-4,6)\), \((-3,6,0)\) pertenecen a un mismo subespacio de \(\mathbb{R}^3\) de dimensión menor que tres. ¿El vector \((1,1,0)\) está en el mismo subespacio?

Solución:

Averiguamos si los tres vectores son linealmente independientes. Si lo fuesen, serían una base de \(\mathbb{R}^3\), y no podrían pertenecer a un subespacio de \(\mathbb{R}^3\), entendidos éstos como rectas o planos.

Resolvemos, por tanto, el sistema cuya matriz ampliada es

\[ \left( \begin{array}{cccc} -1 & 2 & -3 & 0\\ 2 & -4 & 6 & 0\\ 3 & 6 & 6 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & -2 & 3 & 0\\ 2 & -4 & 6 & 0\\ 3 & 6 & 6 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & -2 & 3 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 12 & -9 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{cccc} 1 & -2 & 3 & 0\\ 0 & 1 & -9/12 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right). \]

Tiene infinitas soluciones, luego los tres vectores son linealmente dependientes. De aquí que

\[ H=\operatorname{lin}\{(-1,2,3),(2,-4,6),(-3,6,0)\} =\operatorname{lin}\{(-1,2,3),(2,-4,6)\}, \]

luego los tres vectores pertenecen a este subespacio vectorial de dimensión dos.

El vector \((1,1,0)\) estará en el mismo subespacio si el sistema cuya matriz ampliada es

\[ \left( \begin{array}{ccc} -1 & 2 & 1\\ 2 & -4 & 1\\ 3 & 6 & 0 \end{array} \right) \]

tiene solución:

\[ \left( \begin{array}{ccc} 1 & -2 & -1\\ 2 & -4 & 1\\ 3 & 6 & 0 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccc} -1 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 3\\ 0 & 12 & 3 \end{array} \right) \rightarrow \left( \begin{array}{ccc} -1 & 2 & 1\\ 0 & 1 & 1/4\\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right). \]

El sistema no tiene solución, por tanto, \((1,1,0)\notin H\).