solucionario Álgebra lineal (libro)

Introduccion

al Algebra LinealSoluciones a ejercicios seleccionados

Introduccion al Algebra Lineal.Soluciones a ejercicios seleccionados.

M. Sc. Sebastian Castaneda Hernandez.Dr. Agustın Barrios Sarmiento.

Barranquilla - Colombia

Contenido

1 Preliminares 51.1 Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Conjuntos y relaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 El concepto de estructura algebraica . . . . . . . . . . . . . . . 81.4 Semigrupos, monoides y grupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2 Sistemas de ecuaciones lineales 112.1 Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2 El espacio Rn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.3 Sistemas de ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.3.1 La ecuacion lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.3.2 Sistemas de ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . 14

2.4 Sistemas homogeneos. Subespacios de Rn. . . . . . . . . . . . . 282.4.1 Dependencia e independencia lineal . . . . . . . . . . . . 31

2.5 Norma vectorial. Ortogonalidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3 Sistemas de inecuaciones lineales 393.1 Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.2 Programacion lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

4 Vectores en R2 y R3. 414.1 Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414.2 Segmentos dirigidos en En . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 484.3 Aplicaciones geometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

5 La estructura de espacio vectorial y espacios de matrices 675.1 Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 675.2 Espacios vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 675.3 Espacios de matrices sobre un campo . . . . . . . . . . . . . . . 70

3

4 Castaneda Hernandez/ Barrios Sarmiento

5.4 Sistemas lineales en Kn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 735.4.1 La matriz identidad. Matrices invertibles . . . . . . . . . 73

Capıtulo 1

Preliminares

1.1 Introduccion

1.2 Conjuntos y relaciones

Ejercicios 1.2.1.

1. (a)

(b)

(c) Claramente IA es reflexiva. Ahora, si (x, y) ∈ IA, entonces y = x y(y, x) = (x, y) = (x, x) ∈ IA, por lo que IA es simetrica. Finalmente,si x, y, z ∈ A y (x, y), (y, z) ∈ IA se sigue que x = y y y = z, porlo que x = z y entonces (x, z) ∈ IA. Se tiene entonces que IA estransitiva.

(d) Errata: La ultima pareja de la relacion R es (d, c) (no (d, a) comoaparece en el texto).Dado que IA ⊆ R se sigue que R es reflexiva, Para la simetrıa, bastacon ver que (a, b), (b, a) ∈ R y (c, d), (d, c) ∈ R, pues para (x, y) ∈ IAclaramente (y, x) ∈ IA ⊆ R. Para verificar la transitividad, es

5


suficiente con los casos siguientes:

(a, a), (a, b) ∈ R =⇒ (a, b) ∈ R(b, b), (b, a) ∈ R =⇒ (b, a) ∈ R(a, b), (b, b) ∈ R =⇒ (a, b) ∈ R(b, a), (a, a) ∈ R =⇒ (b, a) ∈ R(a, b), (b, a) ∈ R =⇒ (a, a) ∈ R(b, a), (a, b) ∈ R =⇒ (b, b) ∈ R

y los seis que resultan reemplazando en lo anterior cada ocurrenciade a y b por c y d, respectivamente.

2. Si X, Y, Z ⊆ A, entonces se cumple:

(∀x)(x ∈ X =⇒ x ∈ X) =⇒ X ⊆ X

X ⊆ Y ∧ Y ⊆ X =⇒ X = Y,

lo que muestra que la inclusion es reflexiva y antisimetrica en P(A).Ahora, si X ⊆ Y y Y ⊆ Z, entonces se tiene:

x ∈ X =⇒ x ∈ Y=⇒ x ∈ Z,

es decir, necesariamente X ⊆ Z, con lo que se cumple la propiedadtransitiva.

3. Sean A y B conjuntos cualesquiera. Entonces se cumple

x ∈ A ∩B =⇒ x ∈ A ∧ x ∈ B=⇒ x ∈ A

x ∈ A =⇒ x ∈ A ∨ x ∈ B=⇒ x ∈ A ∪B,

por lo que se tienen las dos relaciones A ∩B ⊆ A (tambien A ∩B ⊆ B)y A ⊆ A ∪B (tambien B ⊆ A ∪B). Si A ⊆ B se tienen, ademas,

Capıtulo 1. Preliminares

Introduccion al Algebra Lineal 7

x ∈ A =⇒ x ∈ A ∧ x ∈ B=⇒ x ∈ A ∩B

x ∈ A ∪B =⇒ x ∈ A ∨ x ∈ B=⇒ x ∈ B ∨ x ∈ B=⇒ x ∈ B,

por lo que A ⊆ A∩B,A∪B ⊆ B, y por lo tanto A = A∩B,A∪B = B.Puesto que la proposicion x ∈ ∅ es falsa, se sigue que

(∀x)(x ∈ ∅ =⇒ x ∈ A),

es una proposicion verdadera, por lo que ∅ ⊆ A para todo conjunto A yse sigue que A ∪ ∅ = A y A ∩ ∅ = ∅.

4. (a) Es funcion, pero no es inyectiva.

(b) No es funcion.

(c) Si S = {(x, x2)|x ∈ N}, entonces, si Dom(S) y Ran(S) denotan eldominio y el rango de S, respectivamente, tenemos

Dom(S) = NRan(S) = {x2|x ∈ N} = {1, 4, 9, 16, . . . }

S es una funcion inyectiva.

(d) Con las notaciones indicadas para dominio y rango en el item anterior,tenemos para la relacion dada, notada por R:

Dom(R) = Ran(S), Ran(R) = Dom(S),

siendo S la relacion del ejercicio anterior. R es una funcion inyectiva.

(e) Si T es la relacion dada entonces Dom(T ) = Dom(R), Ran(T ) = Z.T no es funcion ((1, 1), (1,−1) ∈ T , por ejemplo).

(f) Sea H la relacion dada, entonces Dom(H) = Ran(H) = R. H esuna funcion inyectiva.

1.2. Conjuntos y relaciones


1.3 El concepto de estructura algebraica

Ejercicios 1.3.1.

1. Si (A, ∗) es una estructura modulativa y e1, e2 son neutros, entonces e1 =e1 ∗ e2 = e2. Ahora, sea (A, ∗) una estructura asociativa y modulativa,con neutro e, y supongamos que x ∈ A es un elemento invertible. Si z, yson inversos de z, entonces se tiene x ∗ z = y ∗ x = e, por lo que

z = e ∗ z = (y ∗ x) ∗ z = y ∗ (x ∗ z) = y ∗ e = y.

2. (a) 2 ∗ 3 = 11,−3 ∗ 12

= −4.

(b) La conmutatividad y asociatividad se demuestran por calculos directos.Por otra parte, claramente x ∗ 0 = 0 ∗ x = x, para todo real x, porlo que 0 es el (unico) elemento neutro para ∗. Ahora, si x ∈ R, x esinvertible (respecto de ∗) si y solo si la ecuacion (en y)

x ∗ y = xy + x+ y = 0

tiene soluciones reales. Es decir, existe al menos un real y tal que

(x+ 1)y = −x. Pero esta ecuacion tiene solucion real y =−xx+ 1

, si

y solo si x 6= −1 (para x = −1 se tiene la inconsistencia 0 = 1). Ası∗ no es invertiva pues −1 no tiene inverso.

(c) Del item anterior se tiene que los inversos de 1, 0 y−1

3son, respectiva-

mente, −1

2, 0,

1

2.

(d) Para reales x, y se tiene que

x∗y = xy+x+y = −1⇐⇒ (x+1)(y+1) = 0⇐⇒ x = −1∨y = −1.

Lo que muestra que A− {−1} es cerrado bajo ∗. Ası, (A, ∗) es ungrupo abeliano.

3. (a) a y b son neutros a izquierda.

(b) (a ∗ c) ∗ e = a, mientras que a ∗ (c ∗ e) no esta definido.

4. La estructura deseada la tiene Z2 = {0, 1} con la adicion modulo 2. Sepuede transportar dicha estructura al conjunto A = {a, b} (ver ejercicios



5 y 6) estableciendo una funcion biyectiva deA con {0, 1}. Si establecemosa 7→ 0, b 7→ 1, la operacion esta dada por la tabla siguiente (en la tablade la adicion modulo 2 reemplace 0 por a y 1 por b):

∗ a b

a a bb b a

5. Si f : A −→ B es biyectiva, entonces la funcion inversa de f , notada f−1

esta definida por f−1 = {(x, y)|(y, x) ∈ f}; es decir, se tiene y = f−1(x)si y solo si x = f(y). Se cumple que

f(f−1(x)) = x, para todo x ∈ Bf−1(f(x)) = x, para todo x ∈ A.

Ahora bien, puesto que ∗ es una ley de composicion interna y f esbiyectiva, se garantiza que para cada x, y ∈ B el elemento f(f−1(x) ∗f−1(y)) ∈ B es unico, de modo que ~ es una funcion bien definida.Las demostraciones de las propiedades asociativa, conmutativa, etc, en(B,~), en caso de que se cumplan en (A, ∗), son relativamente sencillas.Mostremos algunas de ellas.Supongamos que ∗ es asociativa, entonces para x, y, z ∈ B se tiene

(x~ y) ~ z = (f(f−1(x) ∗ f−1(y))) ~ z

= f(f−1(f(f−1(x) ∗ f−1(y))) ∗ f−1(z))

= f((f−1(x) ∗ f−1(y)) ∗ f−1(z))

= f(f−1(x) ∗ (f−1(y) ∗ f−1(z)))

= x~ (y ~ z)

Ahora, si e es elemento neutro en (A, ∗), entonces para x ∈ B se tiene

x~ f(e) = f(f−1(x) ∗ f−1(f(e))

= f(f−1(x) ∗ e)= f(f−1(x)) = x

De manera similar se demuestra que f(e) ∗ x = x, de modo que f(e) esneutro en (B,~).

1.3. El concepto de estructura algebraica


6. Para los dos primeros literales transporte las estructuras deseadas desde(Z3,+) y (Z6,+), respectivamente. Por otra parte, Z puede ponerse encorrespondencia biunıvoca con B = N de la manera siguiente:

0 7−→ 1−1 7−→ 2

1 7−→ 3−2 7−→ 4

......

Es decir, mediante la biyeccion f : Z −→ N definida por

f(n) =

{−2n, si n < 0;2n+ 1, si n ≥ 0.

para n ∈ Z. La estructura de grupo abeliano de (Z,+) se transfiere a Ndefiniendo para x, y ∈ N

x⊕ y = f(f−1(x) + f−1(y)),

como en el ejercicio anterior. En la nueva estructura, el neutro en N esf(0) = 1. Como ejemplos, tenemos

2⊕ 3 = f(−1 + 1)

= f(0) = 1

4⊕ 6 = f(−2 + (−3))

= f(−5) = 10

5⊕ 11 = f(2 + 5)

= f(7) = 15

En general, puede probarse que para n1, n2 ∈ N, se tiene que n1 ⊕ n2 esn1 + n2, si ambos son pares, o n1 + n2 − 1, si ambos son impares. ¿Cuales la suma si uno es par y el otro impar?

1.4 Semigrupos, monoides y grupos

Ejercicios 1.4.1.

1. Este


Capıtulo 2

Sistemas de ecuaciones lineales

2.1 Introduccion

2.2 El espacio Rn.

Ejercicios 2.2.1.

1. (a) 2v + 3w − 5u = (−13,−18,−7).

(b) 3(v • u)w = (126,−189, 315).

(c) (v + 2w) • 3u = 213.

(d) (3u− 2w) • 2v = 14.

(e) (u • u)v + 3w = (44,−85, 167).

2. (a) x =1

2(5v − 3u) = (4,−6.5, 1).

(b) x =

(−50

3,50

3, 100

).

(c) x = (2t− 4s, t, s), siendo t y s reales arbitrarios.

3. (a) v+w = (−4, 9,−2.5),1

3w =

(−5

3,7

3,1

6

), 3v+2w−1

4u =

(−7,

239

12,−161

20

).

(b) i. x =1

2(w − 3v) =

(−4,

1

2,19

4

).

ii. x =1

3(5w − u− 2v) =

(−9,

92

9,83

30

).

11


iii. y =

(6,−5,−7

2

)− 2x, donde x es un vector arbitrario de R3,

o sea y =

(6− 2t,−5− 2r,−7

2− 2s

), siendo t, r y s reales

cualesquiera.

4. (a) Para todo real α, se tiene

α0 = α(0, 0, . . . , 0) = (α(0), α(0), . . . , α(0)) = (0, 0, . . . , 0) = 0.

(b) Si v = (v1, v2, . . . , vn), entonces

0v = (0v1, 0v2, . . . , 0vn) = (0, 0, . . . , 0) = 0.

(c) Si α = 0 o si v = 0 se tiene, por las demostraciones previas, queαv = 0. Supongamos entonces que αv = 0. Si α 6= 0, existe suinverso multiplicativo y se debe tener que

α−1(αv) = α−10 = 0,

por lo que

v = 1v = (α−1α)v = α−1(αv) = 0.

2.3 Sistemas de ecuaciones lineales

2.3.1 La ecuacion lineal

Ejercicios 2.3.1.

1. (a) 2x+ 2y = 6 se obtiene de x+ y = 3 multiplicando ambos miembrospor 2, por lo que las dos ecuaciones son equivalentes.

(b) Como en el anterior, las dos ecuaciones son equivalentes, ahora enR3, pues 2x + 2y + 0z = 6 se obtiene multiplicando por 2 ambosmiembros de x+ y + 0z = 3.

(c) No son equivalentes, pues tienen universos distintos1.

1Si se identifica, sin embargo, cada pareja (a, b) de R2 con una terna (a, b, 0) ∈ R3, demodo que R2 se considera un subespacio de R3, entonces el conjunto solucion de 2x+ 2y = 6en R3 contiene una “ copia” del de la ecuacion x + y = 3 en R2.

Capıtulo 2. Sistemas de ecuaciones lineales


(d) (0, 1) es una solucion de la ecuacion 2x2 + 3xy = 6x, pero no lo esde 2x + 3y = 6 pues 2(0) + 3 6= 6. Se sigue que las ecuaciones noson equivalentes.

(e) No son equivalentes. Considere, por ejemplo, el vector (−3, 0)

(f) las ecuaciones x+ y = 0 y (x+ y)2 = 0, en R2, son equivalentes.

(g) Son equivalentes las dos ecuaciones dadas. Utilice el hecho de quepara todo real a, se cumple que a2 + 1 6= 0.

2. (a) No es lineal en x, y y z. Haciendo u = x2, v = y2, la ecuacion eslineal en u, v, z con las restricciones u, v ≥ 0.

(b) No es lineal en θ. Si u = Sen(θ), v = Cos(θ), con u2 + v2 = 1,entonces la ecuacion es lineal en u y v. Notese, sin embargo, que larestriccion u2 + v2 = 1 no es lineal en u y v.

(c) La ecuacion no es lineal en x, y y z. Con u = (x−1)2 = x2−2x+1,se convierte en lineal en u, y y z con la restriccion u ≥ 0.

3. En cada caso, S denota el conjunto solucion de la ecuacion correspondiente.En algunos casos se muestran dos o mas formas para el mismo conjunto.

(a) S = {(5− 3t, t)|t ∈ R} ={(t, 5−t

3

)|t ∈ R

}.

(b) S = {(5− 3t, t, s)|t, s ∈ R} ={(t, 5−t

3, s)|t, s ∈ R

}.

(c) S = {(t, 19− 2t+ s, s)|t, s ∈ R} = {(t, s, 2t+ s− 19)|t, s ∈ R}Tambien se puede escribir como S =

{(19−t+s

2, t, s

)|t ∈ R

}.

(d) S = {(t, 3t+ 2s− u, s, u)|t, s, u ∈ R}.(e) S = {(t, s, u, v, 1− 2t+ s− 3v)|t, s, u, v,∈ R}.(f) S = {(t, s, u, v, 1− 2t+ s− 3v, w)|t, s, u, v, w ∈ R}.

4. (a) Ver Teorema 2.4.1, pagina 66.

(b) Si u1 y u2 son soluciones de a • x = b, entonces

a • (u1 + u2) = a • u1 + a • u2 = 2b.

Puesto que 2b = b si y solo si b = 0, se sigue que u1 + u2 noes solucion si b 6= 0. Por otra parte, se tiene que 0u1 = 0 noes solucion de a • x = b. Se sigue que el conjunto solucion de laecuacion considerada no es cerrado.

(c) Ver teorema ya citado.

2.3. Sistemas de ecuaciones lineales


(d) Si a = 0, se tiene la ecuacion nula y el conjunto solucion es Rn.Para todo u = (u1, u2, . . . , un) podemos escribir

u = u1(1, 0, . . . , 0) + u2(0, 1, 0, . . . , 0) + . . . un(0, 0, . . . , 0, 1).

Si a = (a1, a2, . . . , an) 6= 0, existe al menos una componente, digamosai, diferente de cero. Procedase entonces como se indica en elejemplo 2.3.1, numeral 3.

2.3.2 Sistemas de ecuaciones lineales

Ejercicios 2.3.2.

1. FE y FER indicaran que la matriz dada esta en forma escalonada y/oforma escalonada reducida, respectivamente.

(a) FE.

(b) FE.

(c) FER (y, por tanto, tambien FE).

(d) Ninguna de las dos.

(e) Ninguna de las dos.

2. Se muestran a continuacion las salidas que produce matlab para lasformas escalonadas reducidas de las matrices indicadas (comando rref()).

(a) A =

1 0 0 1 2

0 0 1 2 3

0 0 0 1 0

>> rref(A)

ans =

1 0 0 0 2

0 0 1 0 3

0 0 0 1 0



(b)B =

1 0 0 0 2

0 1 0 1 3

0 0 0 1 5

>> rref(B)

ans =

1 0 0 0 2

0 1 0 0 -2

0 0 0 1 5

(c) Ya esta en FER.

(d) D =

1 0 0 0 0 2

0 1 0 1 0 4

1 1 0 1 0 6

>> rref(D)

ans =

1 0 0 0 0 2

0 1 0 1 0 4

0 0 0 0 0 0

(e) E =

1 0 0 0 0 2

0 1 0 1 0 4

1 1 0 1 0 6

2 1 0 1 0 7

>> rref(E)



ans =

1 0 0 0 0 0

0 1 0 1 0 0

0 0 0 0 0 1

0 0 0 0 0 0

3.

4. Se muestra, en cada caso, la FER de la matriz ampliada, dada por elprograma Matlab, y el correspondiente conjunto solucion.

(a) >> rref([5 7 15 19; 2 3 7 8;3 5 6 13])

ans =

1 0 0 1

0 1 0 2

0 0 1 0

Conjunto solucion S = {(1, 2, 0)}.(b) Conjunto solucion S = {(1, 2, 0, t)|t ∈ R}.(c) >> rref([7 10 22 27;4 7 19 18;2 3 7 8])

ans =

1 0 -4 1

0 1 5 2

0 0 0 0

Conjunto solucion S = {(1 + 4t, 2− 5t, t)|t ∈ R}.(d) >> rref([3 4 8 11;2 4 5 10;1 1 1 3;6 8 16 22;4 6 7 15])

ans =

1 0 0 0



0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

0 0 0 0

Sistema inconsistente. S = ∅.(e) >> rref([3 2 7 9 16;2 1 3 4 7;3 1 4 5 9;4 1 5 6 11])

ans =

1 0 0 0 0

0 1 0 1 1

0 0 1 1 2

0 0 0 0 0

Conjunto solucion S = {(0, 1− t, 2− t, t)|t ∈ R}.(f) >>rref([1 2 7 -9 16;-2 -4 -14 18 -32;-1 -2 -7 9 -16;3 6 21 -27 48])

ans =

1 2 7 -9 16

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

S = {(16− 2t− 7s + 9u, t, s, u)|t, s, u ∈ R}. Observe que todas lasecuaciones on equivalentes a la primera.

(g) Fe de erratas. En la tercera ecuacion del sistema propuesto seescribio, por error de transcripcion, 7x1 − +2x2 + x3 = 24. Si setoma con − se obtiene la FER

>> rref([-9 -2 -2 -32;-5 -1 -1 -17;7 -2 1 24; 2 1 0 7])

ans =

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1



y el sistema es inconsistente. Para el otro caso se tiene

>> rref([-9 -2 -2 -32;-5 -1 -1 -17;7 2 1 24; 2 1 0 7])

ans =

1 0 0 2

0 1 0 3

0 0 1 4

0 0 0 0

y el sistema tiene solucion unica. S = {(2, 3, 4)}.

5. (a) S = {(4, 1)}.(b) S = {(4,−1)}.

(c) No aplica la regla de Cramer. S =

{(5− 2t

3, t

)|t ∈ R

}.

(d) No aplica. El sistema es inconsistente.

6. Se muestra la forma escalonada reducida en cada caso.

(a) >> rref([1 1 5;1 -1 3])

ans =

1 0 4

0 1 1

(b) >> rref([2 3 5;3 4 8])

ans =

1 0 4

0 1 -1

(c) >> rref([3 2 5;6 4 10])

ans =



1.0000 0.6667 1.6667

0 0 0

(d) >> rref([1 2 6;3 6 5])

ans =

1 2 0

0 0 1

7. (a) Si (1,−1, 2) es la unica solucion, el sistema tiene al menos tresecuaciones y es equivalente a uno con matriz ampliada cuya formaescalonada reducida es 1 0 0

0 1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣1−12

.

Puede transformarse este sistema en uno equivalente, con el mismonumero de ecuaciones, realizando operaciones elementales en losrenglones.

(b) Agregue a la matriz mostrada en el item anterior un renglon deceros y transformela hasta obtener lo pedido.

(c) Cada ecuacion del sistema tiene la forma ax + by + cz = d y debeser satisfecha por (1,−1, 2). Es decir, se debe cumplir que

a− b+ 2c− d = 0

que es una ecuacion homogenea en las incognitas a, b, c, d. Encuentreentonces dos soluciones de dicha ecuacion homogenea.

(d) Como en el anterior, encontrando dos soluciones no triviales de laecuacion homogena indicada.

(e) Como en los dos ejercicios anteriores pero encontrando solucionesdel sistema homogeneo{

a− b+ 2c− d = 03a+ c− d = 0



(f) El sistema es equivalente a uno con FER(1 0 −10 1 1

∣∣∣∣ 23).

(g) El sistema es equivalente a uno con FER1 0 −10 1 10 0 0

∣∣∣∣∣∣230

.

(h) Si x1, x2, x3, x4 son las variables del sistema, se deben cumplir:

s = x4

t = x3 − x4x2 = 3− 2t

= 3− 2x3 + 2x4

x1 = 2 + t

= 2 + x3 − x4

por lo que se tiene el sistema{x2 + 2x3 − 2x4 = 3x1 − x3 + x4 = 2

8. (a) El determinante del sistema es∣∣∣∣1 22 λ2 + 3

∣∣∣∣ = λ2 − 1 = (λ + 1)(λ − 1). El sistema tiene solucion

unica si y solo si tal determinante es diferente de 0. Es decir, tienesolucion unica si λ 6= ±1.Para λ = 1 y λ = −1 se obtienen, respectivamente, los sistemas

con matrices ampliadas

(1 22 4

∣∣∣∣ 36)

y

(1 22 4

∣∣∣∣ 34)

. El primero tiene

infinitas soluciones y el segundo es inconsistente.

Se puede tambien llevar la matriz ampliada

(1 22 λ2 + 3

∣∣∣∣ 3λ+ 5

)a

la forma escalonada, obteniendo(1 20 λ2 − 1

∣∣∣∣ 3λ− 1

)⇐⇒

(1 20 (λ+ 1)(λ− 1)

∣∣∣∣ 3λ− 1

)Analizando el ultimo renglon se tiene:



• El sistema tiene solucion unica si y solo si λ2 − 1 6= 0, pues ental caso se obtendrıa en dicha posicion un uno principal.

• El sistema tiene infinitas soluciones si y solo si

λ2 − 1 = (λ+ 1)(λ− 1) = 0 y λ− 1 = 0,

es decir, si y solo si λ = 1.

• El sistema es inconsistente si y solo si

λ2 − 1 = (λ+ 1)(λ− 1) = 0 y λ− 1 6= 0,

es decir, si y solo si λ = −1.

(b) Hay solucion unica para λ /∈ {0, 2}. Para λ = 0 o λ = 2 se obtienensistemas inconsistentes.

(c) El sistema es equivalente a uno con matriz ampliada1 1 10 λ+ 2 10 0 λ2 − 1

∣∣∣∣∣∣12

λ+ 1

.

Se concluye que:

• Hay solucion unica si y solo si λ /∈ {−2, 1,−1}.• Hay infinitas soluciones si y solo si λ = −1.

• El sistema es inconsistente si y solo si λ ∈ {−2, 1}.

9. Las demostraciones son sencillas y son consecuencia inmediata de laspropiedades de campo de los reales.

10. En cada caso, si un punto tiene un par de coordenadas (x0, y0), tal pares solucion de de la ecuacion ax + by = c. Ası, se obtiene una ecuacionx0a + y0b = c en a, b y c. Esta ecuacion puede escribirse como 1c −x0a − y0b = 0, que es homogenea en c, a y b. En definitiva se tiene,en cada caso, un sistema de ecuaciones lineales homogeneas en a, b y c.Si existen soluciones no triviales con a 6= 0 o b 6= 0, una tal solucionproporciona una ecuacion de una recta que pasa por los puntos dados.Geometricamente es claro que si se dan al menos dos puntos distintos,entonces existe o una unica recta o ninguna que pase por el conjunto depuntos dados.



(a) Para P (1, 2), Q(2, 4) tenemos(1 −1 −21 −2 −4

∣∣∣∣ 00)⇐⇒

(1 −0 00 1 2

∣∣∣∣ 00).

Obteniendo c = 0 y a = −2b, con b arbitrario (pero diferente decero). Ası se obtiene la familia de ecuaciones

−2bx+ by = 0⇐⇒ b(−2x+ y) = 0, b 6= 0.

Como todas son equivalentes se tiene, como se esperaba, una unicarecta que pasa por los puntos dados.

(b) La unica solucion del sistema homogeneo correspondiente es la trivial,por lo que-como se esperaba- no existe una recta que pase por lospuntos dados.

(c) Se obtiene la familia de ecuaciones equivalentes

k(−3x+ 7y) = 38k, k 6= 0.

11. Procediendo como en el ejercicio anterior se obtienen sistemas (no homoge-neos) en a, b y c. Cada ecuacion es de la forma c+x20a+x0b = y0, donde(x0, y0) es el par de coordenadas de un punto dado.

(a) La matriz ampliada del sistema es (variables c, a, b)1 0 01 1 11 4 2

∣∣∣∣∣∣014

.

Se obtiene la unica solucion c = b = 0, a = 1; es decir y = x2.

(b) y = (1 + b)x2 + bx, con b 6= −1.

(c) No existe una parabola, con eje de simetrıa paralelo al eje Y , quepase por los puntos dados (sistema inconsistente).

(d) y = x2 + x+ 3.

(e) y = 2x2 + 3x+ 1.

(f) y = x2 − x.

(g) Sistema inconsistente.



12. Si xi es el numero de artıculos de la clase i ∈ {1, 2, 3, 4} a producir enun dıa, se tiene el sistema

x1 + x2 + x3 + x4 = 30020x1 + 15x2 − 20x3 − 90x4 = −10500

x3 + x4 = 150

con las restricciones 300 ≥ x1, x2, x3, x4 ≥ 0 , x1, x2, x3, x4 ∈ N0.Resolviendo el sistema obtenemos la forma escalonada reducida de lamatriz ampliada: 1 0 0 −14

0 1 0 140 0 1 1

∣∣∣∣∣∣−19502100150

.

Tenemos ası que x1 = 14x4 − 1950, x2 = 2100− 14x4, x3 = 150− x4. Delas condiciones de no negatividad de los xi obtenemos

x1 = 14x4 − 1950 ≥ 0

x4 ≥1950

14≈ 139.2857

x2 = 2100− 14x4 ≥ 0

x3 = 150− x4 ≥ 0

x4 ≤2100

14= 150

Se tiene entonces que si 140 ≤ x4 ≤ 150, se deben fabricar x4 artıculosde la clase 4, 150 − x4 artıculos de la clase 3, 2100 − 14x4 artıculos dela clase 2 y 14x4 − 1950 = 150 − x2 artıculos de la clase 1. La tablasiguiente muestra algunas de las posibilidades de produccion.

x4 x3 x2 x1

140 10 140 10141 9 126 24142 8 112 38145 5 70 80150 0 0 150

Notese que el numero de soluciones es finito (once en total).

13. Si se elimina la ultima ecuacion del sistema anterior, la forma escalonadareducida es ahora (

1 0 −7 −210 1 8 22

∣∣∣∣−30003300

).



Figura 2.1: Problema 13.

Se tiene entonces que x3, x4 son, en principio, numeros enteros no negativosy menores o iguales a 300. Para x1 y x2 se tienen

x1 = −3000 + 7x3 + 21x4, x2 = 3300− 8x3 − 22x4.

De la no negatividad de x1 y x2 se obtiene entonces el sistema de inecuacio-nes lineales2, en x3, x4

7x3 + 21x4 ≥ 3000

8x3 + 22x4 ≤ 3300

El conjunto solucion (en parejas de numeros reales) es la region (som-breada) del plano mostrada en la figura 2.1. Tal region esta entre lasgraficas de las rectas 7x3 + 21x4 = 3000 y 8x3 + 22x4 = 3300 del planox3x4. El punto de interseccion de tales rectas tiene las coordenadasaproximadas mostradas para P en la grafica. Cualquier solucion estadada por parejas (x3, x4) de enteros en la region mostrada y los correspon-dientes valores ya indicados para x1 y x2 que dependen de x3 y x4. Ası,

2Ver capıtulo siguiente.



por ejemplo, para x3 = 100 (ver grafica), se debe cumplir que

3000− 7(100)

21≈ 109.52 ≤ x4 ≤

3300− 8(100)

22≈ 113.63,

de modo que 110 ≤ x4 ≤ 113. Es decir x4 podra tomar cuatro valoresdistintos cuando x3 = 100. Para este caso especıfico la tabla siguientemuestra los posibles esquemas de produccion.

x3 x4 x1 x2

100 110 10 80100 111 31 58100 112 52 36100 113 73 14

Debe notarse que el valor maximo posible de x3 es, aparentemente, 235.Sin embargo, para tal valor no existen valores admisibles (enteros) para

x4. Puesto que3000− 7x3

21≤ x4 ≤

3300− 8x322

, una condicion suficiente

(aunque no necesaria en general) para que x4 sea entero es

3300− 8x322

− 3000− 7x321

≥ 1.

Resolviendo esta ultima inecuacion se tiene que x3 ≤2838

14≈ 202.7143,

de modo que si x3 es un entero no negativo, menor o igual a 202 segarantiza la existencia de soluciones. Para este valor de x3 se tiene75.5238 ≤ x4 ≤ 76.5455, por lo que x4 tomarıa el valor de 76.

14. Como en el anterior pero ahora con las restricciones

x1 = −3000+7x3+21x4 ≥ 10, x2 = 3300−8x3−22x4 ≥ 50, x3, x4 ≥ 100.

Las soluciones vienen determinadas por parejas (x3, x4), con valores ente-ros y en la region R del plano x3x4 definida por las inecuaciones

x3 ≥ 100

x4 ≥ 1003010− 7x3

21≤ x4 ≤

3250− 8x322

.

Es decir, R es la region por encima de la recta 7x3 + 21x4 = 3010, pordebajo de la recta 8x3 + 22x4 = 3250, a la derecha de x3 = 100 y por



encima de x4 = 100. Vease la figura 2.2, en la cual se han exageradoalgunas dimensiones para mejor ilustracion.

Figura 2.2: Problema 14.

La tabla abajo muestra algunos valores de x3 y el intervalo [a, b] correspon-diente a las posibilidades (como numero real) para x4, siendo

a =3010− 7x3

21, b =

3250− 8x322

.

Se muestran tambien, cuando existe un valor entero valido para x4, losvalores de x1 y x2.



x3 a b x4 x1 x2

131 99.667 100.0909 100 17 52130 100.00 100.4545 100 10 60129 100.333 100.8182128 100.666 101.1818 101 17 54127 101.000 101.5455 101 10 62126 101.333 101.9091125 101.666 102.2727 102 17 56120 103.333 104.0909 104 24 52115 105.000 105.9091 105 10 70110 106.666 107.7273 107 17 66100 110.000 111.3636 110 10 80

111 31 58

Notese que para x3 = 126 y x3 = 129 no existen valores enteros en elintervalo [a, b] correspondiente, por lo que tales valores no son admisibles.Por otro lado, para x3 = 100 existen dos valores admisibles para x4 y, porlo tanto dos soluciones posibles para el problema. Como en el problemaanterior una condicion suficiente para la existencia de soluciones enterases que b − a ≥ 1, en este caso se tiene 100 ≤ x3 ≤ 112. Tal condicion,como lo muestra la tabla, no es necesaria.

15. (a) Falso. Una condicion necesaria, pero no suficiente, es que m ≥ n.El sistema

x+ y = 3x− y = 1

2x+ 2y = 6

tiene como unica solucion (2, 1) y se tiene que m = 3 > 2 = n.

(b) Falso. Un contraejemplo es

{x+ y = 3x+ y = 1

en el cual m = n = 2

pero es inconsistente. El sistema

{x+ y = 3

2x+ 2y = 6es otro sistema

con m = n = 2 y tiene, en este caso, infinitas soluciones.

(c) Falso. Si el sistema no es homogeneo podrıa ser inconsistente. Porejemplo x+y+z = 2, x+y+z = 4 es un sistema con mas incognitasque ecuaciones, pero es inconsistente.

(d) Falso. El sistema con matriz ampliada

1 00 10 0

∣∣∣∣∣∣120

tiene solucion



unica. En general, la presencia de un renglon nulo no implicaconclusion alguna sobre el numero de soluciones del sistema.

(e) La afirmacion es verdadera solo si se habla de ecuaciones no nulas.En general, es falsa ya que la ecuacion nula es multiplo de cualquierecuacion. En ese caso solo se podrıa quitar la ecuacion nula delsistema sin alterar el conjunto solucion.

(f) Falso. En un sistema con solucion unica la ultima columna de laforma escalonada no tiene uno principal.

2.4 Sistemas homogeneos. Subespacios de Rn.

Ejercicios 2.4.1.

1. (a) S = {(1, 2, 0) + (0, 0, 0)}, SH = {(0, 0, 0)} = 〈(0, 0, 0)〉.(b) S = {(1, 2, 0, t)|t ∈ R} = {(1, 2, 0, 0) + t(0, 0, 0, 1)|t ∈ R},

SH = {t(0, 0, 0, 1)|t ∈ R} = 〈(0, 0, 0, 1)〉.(c) S = {(1 + 4t, 2− 5t, t)|t ∈ R} = {(1, 2, 0) + t(4,−5, 1)|t ∈ R},

SH = {t(4,−5, 1)|t ∈ R} = 〈(4,−5, 1〉.(d) S = ∅, SH = {(0, 0, 0)} = 〈(0, 0, 0)〉.(e) S = {(0, 1− t, 2− t, t)|t ∈ R} = {(0, 1, 2, 0)+ t(0,−1,−1, 1)|t ∈ R},

SH = {t(0,−1,−1, 1)|t ∈ R} = 〈(0,−1,−1, 1)〉.(f)

S = {(16, 0, 0, 0) + (−2t− 7s+ 9u, t, s, u)|t, s, u ∈ R}SH = {(−2t− 7s+ 9u, t, s, u)|t, s, u ∈ R}

= 〈(−2, 1, 0, 0), (−7, 0, 1, 0), (9, 0, 0, 1)〉

(g) Si la tercera ecuacion es 7x1 − 2x2 + x3 = 24 se tiene

S = ∅, SH = {(0, 0, 0)} = 〈(0, 0, 0)〉.

Para el caso en que la ecuacion tercera es 7x1 + 2x2 + x3 = 24tenemos

S = {(2, 3, 4) + (0, 0, 0)}, SH = {(0, 0, 0)} = 〈(0, 0, 0)〉.

2. (a) v = 116w1 − 1

6w2.



(b) v = (−3− 2t)w1 + tw2 + 2w3, para t un real cualquiera.

(c) v no es combinacion lineal de w1 y w2.

(d) v = 3w1 + w2.

(e) Como en el anterior v = 3w1 + w2 + 0w3.

(f) v no es combinacion lineal de w1 y w2.

(g) v = 3w1 + w2 + 0w3.

(h) v no es combinacion lineal de w1 y w2.

3. Para v1, v2, . . . , vm dados, si v = (a, b), en el caso de R2, o v = (a, b, c),para el caso R3, entonces los m vectores dados generan al espacio corres-pondiente si y solo si para todo v el sistema con matriz ampliada(vT1 v

T2 . . . v

Tm|vT

)es consistente.

(a) Con v = (a, b) se tienen los siguientes resultados.

i. El sistema es consistente solamente para b = 2a, por lo que losvectores v1 = (1, 2), v2 = (2, 4) no generan a R2.

ii. v1 = (1, 2), v2 = (2, 4) y v3 = (−1, 3) generan a R2. Resolviendoel sistema correspondiente se tiene que

v = (a, b) = α1v1 + α2v2 + α3v3,

donde α2 es arbitrario, α3 =b− 2a

5y α1 = a+ α3 − 2α2.

iii. (1, 2) y (−1, 5) generan a R2. En este caso se tiene:

v = (a, b) =

(5a+ b

7

)(1, 2) +

(b− 2a

7

)(−1, 5).

(b) Ahora consideramos v = (a, b, c).

i. El sistema es consistente para 4a − 7b + c = 0. Por tanto losvectores (1, 1, 3) y (−1, 0, 4) no generan a R3.

ii. Los vectores dados no generan a R3 pues el sistema es consistentesolamente si a− 5b+ 2c = 0.

iii. Los vectores dados no generan a R3 pues el sistema es consistentesolamente si 3a− 3b+ c = 0.

iv. Los vectores generan a R3. En este caso tenemos:

(a, b, c) = a(1, 1, 0) + (4b− 4a− c)(0, 1, 3) +3a− 3b+ c

2(0, 2, 8).

2.4. Sistemas homogeneos. Subespacios de Rn.


v. Como (1, 1, 0), (0, 1, 3) y (0, 2, 8) generan a R3, entonces losvectores (1, 1, 0), (0, 1, 3), (0, 2, 8) y (−1, 4, 5) tambien lo generan.Una solucion del sistema correspondiente serıa con los tres pri-meros escalares como en el ejercicio anterior y el ultimo (el quemultiplica a (−1, 4, 5)) tomado como 0. Si se resuelve el sistemase encuentran infinitas soluciones, con una variable arbitraria.

4. Considere primero un vector v = (a, b) ∈ R2. Es claro que si v = (0, 0),entonces 〈v〉 = {(0, 0)}, ası que suponga que v 6= (0, 0). Si existiera unescalar α tal que αv = (αa, αb) = (−b, a) se tendrıan

αa = −b ∧ αb = a =⇒ αa = −b = α2b

=⇒ b(α2 + 1) = 0

=⇒ b = 0 ∧ a = αb = α(0) = 0,

lo que contradice la no nulidad de v. En definitiva, un solo vector nopuede generar a R2. Ahora si v1, v2 son dos vectores de R2 y son multiplosescalares (no nulos) claramente 〈v1, v2〉 = 〈v1〉 6= R2. Se concluye que siv1 y v2 generan a R2, entonces no pueden ser multiplos escalares.Suponga ahora que v1 y v2 no son multiplos escalares el uno del otro yconsideremos la ecuacion αv1 + αv2 = (0, 0), la cual tiene claramente lasolucion trivial α1 = α2 = 0. Si existiera otra solucion (β1, β2) 6= (0, 0).Se tendrıa β1v1 = −β2v2, lo cual implicarıa que los vectores son multiplos,escalares, contrario a lo supuesto. Ası, si v1 = (v11, v21) y v2 = (v12, v22),

el sistema homogeneo con matriz ampliada

(v11 v12v21 v22

∣∣∣∣ 00)

tiene solucion

unica, por lo que ∣∣∣∣v11 v12v21 v22

∣∣∣∣ 6= 0,

de donde se sigue que para todo v = (a, b) ∈ R2, el sistema con matriz

ampliada

(v11 v12v21 v22

∣∣∣∣ ab)

es consistente (tiene solucion unica). Es decir

〈v1, v2〉 = R2.

5. Claramente cada vector ui, i = 1, 2, . . . ,m, esta en el conjunto

S = {α1u1 + α2u2 + · · ·+ αmum|α1, α2, . . . , αm ∈ R},

por lo que S no es vacıo. Considere ahora dos combinaciones linealesu = α1u1 +α2u2 + · · ·+αmum, w = β1u1 +β2u2 + · · ·+βmum en S y un



escalar α y muestre que u+ w y αu son tambien combinaciones linealesde los vectores u1,u2, . . . ,um.

6. (a) El enunciado es verdadero. Todo subespacio, S, de Rn es tambien unespacio vectorial, por lo que necesariamente el vector nulo perteneceal mismo. Tambien puede probarse usando el hecho de que S es novacıo y cerrado, por lo que existe en el mismo al menos un vectorv = (v1, v2, . . . , vn) ∈ S y entonces 0v = (0, 0, . . . , 0) ∈ S.

(b) Enunciado falso. Si, por ejemplo, S = {(0, 0), (1, 3)}, entonces(0, 0) ∈ S pero S no es cerrado ya que 2(1, 3) = (2, 6) /∈ S.

(c) Enunciado falso. (0, 0) 6= (t, t + 2) para todo real t. Por lo que elvector nulo no esta en el conjunto indicado.

(d) Enunciado falso. El conjunto del ejercicio anterior es el conjuntosolucion de la ecuacion lineal −x + y = 2 y, como se indico antes,tal conjunto no es un subespacio de R2.

(e) Enunciado falso. Por ejemplo,

S = {(0, t)|t ∈ R} y T = {(s, 0)|s ∈ R}

son subespacios de R2, pero aunque (1, 0), (0, 1) ∈ S ∪ T se tieneque (1, 0) + (0, 1) = (1, 1) /∈ S ∪ T .

(f) Verdadero. Si S y T son subespacios de Rn, entonces 0Rn ∈ S ∩ T ,por lo que S ∩ T 6= ∅. Ahora si v1, v2 ∈ S ∩ T y α ∈ R, entoncesv1 + v2 ∈ S, v1 + v2 ∈ T , αv1 ∈ S, αv1 ∈ T , de donde se sigue quev1 + v2, αv1 ∈ S ∩ T .

(g) Enunciado verdadero. Claramente 0Rn = 0Rn + 0Rn ∈ U + V .Considere ahora vectores u1, u2 ∈ U, vi, v2 ∈ V y α ∈ R, es facilmostrar que (u1 + v1) + (u2 + v2), α(u1 + v1) ∈ U + V .

2.4.1 Dependencia e independencia lineal

Ejercicios 2.4.2.

1. (a) Conjunto l.d. Un conjunto con un unico vector es l.i solo si el vectores no nulo.

(b) Conjunto l.i.

(c) Conjunto l.d. Todo conjunto que contiene al vector nulo es necesariamentel.d.

2.4. Sistemas homogeneos. Subespacios de Rn.


(d) Conjunto l.d. (2, 4) = 2(1, 2).

(e) Conjunto l.i. Los dos vectores no son multiplos escalares.

(f) Conjunto l.d. Son tres vectores en R2.

(g) Conjunto l.i. Los vectores dados no son multiplos.

(h) Conjunto l.d.

(i) Conjunto l.i.

(j) Conjunto l.d.

2. Si v1, v2 ∈ Rn, entonces v1, v2 son l.d si y solo si existen escalares α1, α2

no todos nulos tales que

α1v1 + α2v2 = 0Rn .

Como α1 6= 0 o α2 6= 0 se sigue que v1 = −α2

α1

v2 o v2 = −α1

α2

v1.

Recıprocamente, si uno de los dos es multiplo del otro, es decir vi = αvj,para algun i ∈ {1, 2}, j 6= i, entonces se tiene que

1vi + (−α)vj = 0Rn ,

y los vectores son l.d.

3. Si v1 = (v11, v21),v2 = (v12, v22), entonces v1,v2 son l.i si y solo si elsistema homogeneo (

v11 v12v21 v22

∣∣∣∣ 00)

tiene solucion unica, lo cual es equivalente a

∣∣∣∣v11 v12v21 v22

∣∣∣∣ 6= 0.

4. Vease teorema 2.3.3.

5. (a) Si S = ∅ no puede existir una combinacion lineal finita de vectoresde S, luego S es l.i.

(b) Si 0Rn ∈ S, entonces 10Rn es una combinacion lineal nula no trivialde elementos de S, luego S es l.d.

(c) Si S es l.d existen v1, v2, . . . , vm ∈ S y una combinacion lineal nulano trivial de ellos. Si T ⊇ S, entonces la misma combinacion linealnula no trivial indicada es una combinacion lineal de elementos deT . Se sigue que T es l.d.



(d) Si S es l.i y T ⊆ S, entonces T no puede ser l.d pues entonces, porel ejercicio anterior, tambien lo serıa S.

(e) Si S es l.d y tiene mas de dos elementos, entonces existen v1, v2, . . . , vm ∈S, con m ≥ 2, y escalares α1, α2, . . . , αm, no todos nulos tales que

m∑i=1

αivi = 0Rn .

Escogiendo αj 6= 0, se tiene que

vj =m∑i=1i 6=j

−αi

αj

vi.

2.5 Norma vectorial. Ortogonalidad.

Ejercicios 2.5.1.

1. Consideremos v, w, no nulos en Rn. Si v = αw, α 6= 0, se tiene

uv =1

‖v‖v =

1

‖αw‖(αw)

=

(α

|α|

)(1

‖w‖w

)= ±uw,

de donde se sigue que v ‖ w. Recıprocamente, si v ‖ w, se tiene uv = ±uwy entonces

v = ‖v‖uv = ±‖v‖uw

=

(± ‖v‖‖w‖

)(‖w‖uw)

y haciendo α = ± ‖v‖‖w‖

se tiene que v = αw.

2. Si v = (v1, v2, . . . , vn) es un vector cualquiera de Rn, el sistema con matrizampliada

(eT1 e

T2 . . . e

Tn |vt

)−→

1 0 0 . . . 00 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0...

......

...0 0 0 . . . 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

v1v2v3...vn

2.5. Norma vectorial. Ortogonalidad.


tiene solucion unica, lo que muestra que B = {ei|i = 1, 2, . . . , n} generaa Rn. En particular, si v = (0, 0, 0, . . . , 0), la unica solucion es la trivial,con lo que se tiene que B es l.i y, por lo tanto, es una base para Rn.Finalmente, es facil verificar que para i, j ∈ {1, 2, . . . , n} se tiene

ei • ej =

{1, si i = j;0, si i 6= j.

lo que muestra que B es un conjunto ortonormal.

3. Errata. Lo que se debe probar es que S⊥ es un subespacio de Rn (noS, como aparece en el texto).Se tiene claramente que si v ∈ S entonces v•0Rn = 0, con lo que 0Rn ∈ S⊥y S⊥ 6= ∅. Ahora, si u,w ∈ S⊥ y α ∈ R, para todo v ∈ S se tiene que

(αu+ w) • v = α(u • v) + (w • v) = α(0) + 0 = 0,

lo que demuestra que S⊥ es cerrado.

4. (a) Si S = R2 y v = (v1, v2) ∈ S⊥, entonces v es ortogonal a todo vectorde R2, en particular se tiene:

0 = v • (1, 0) = (v1, v2) • (1, 0)

= v1 = 0

0 = v • (0, 1) = (v1, v2) • (0, 1)

= v2,

y entonces v = (0, 0), por lo que S⊥ ⊆ {(0, 0)} y como (0, 0) ∈ S⊥se sigue que S⊥ = (R2)⊥ = {(0, 0)}.

(b) Para todo S 6= ∅, S ⊆ R2, se tiene que S⊥ ⊆ R2. Si S = {(0, 0)},entonces para todo v ∈ R2 se tiene v • (0, 0) = 0, por lo que v ∈ S⊥y, por lo tanto, R2 ⊆ S⊥. Se tiene entonces la igualdad

S⊥ = {(0, 0)}⊥ = R2.

(c) Si S = {(1, 2)}, entonces

S⊥ = {(x, y) ∈ R2|x+ 2y = 0}= {(−2t, t)|t ∈ R} = 〈(−2, 1)〉



(d) Si S = {(1, 0), (0, 1)}, entonces tenemos

S⊥ = {(x, y) ∈ R2|(x, y) • (1, 0) = 0, (x, y) • (0, 1) = 0}= {(0, 0)}.

(e) Si v, w son vectores distintos de R2 y S = {v, w}, entonces S⊥ es elespacio solucion del sistema homogeneo con matriz ampliada(

v1 v2w1 w2

∣∣∣∣ 00)

Analice los diferentes casos teniendo en cuenta que v y w son distintos.En particular, eso significa que no pueden ser ambos iguales a (0, 0),por lo que S⊥ 6= R2. Suponga, sin perdida de generalidad, quev = (v1, v2) 6= (0, 0) y concluya que

S⊥ =

{{(0, 0)}, si v, w no son multiplos (son l.i);〈(−v2, v1)〉, si w es multiplo de v.

5. Sean v = (v1, v2, v3), w = (w1, w2, w3), vectores no nulos y no paralelosde R3. El complemento ortogonal de S = {v, w} es el espacio soluciondel sistema homogeneo (

v1 v2 v3w1 w2 w3

∣∣∣∣ 00)

Puesto que los vectores no son multiplos escalares el uno del otro, laforma escalonada reducida de la matriz ampliada del sistema no puedetener un renglon nulo. Es decir, necesariamente tiene una de las formas(

1 0 c0 1 d

∣∣∣∣ 00),

(1 0 00 0 1

∣∣∣∣ 00)

o

(0 1 00 0 1

∣∣∣∣ 00)

para reales c, d. El espacio solucion es, por lo tanto, generado por unvector no nulo; es decir S⊥ = 〈u〉 = {tu|t ∈ R}. Ahora, cualquier vectorno nulo en S⊥ es tambien un generador de S⊥, por lo que sera suficientecon demostrar que

v × w = (v2w3 − v3w2, w1v3 − v1w3, v1w2 − v2w1)

=

(∣∣∣∣v2 v3w2 w3

∣∣∣∣ ,− ∣∣∣∣v1 v3w1 w3

∣∣∣∣ , ∣∣∣∣v1 v2w1 w2

∣∣∣∣)2.5. Norma vectorial. Ortogonalidad.


es un vector no nulo ortogonal tanto a v como w. Para la ortogonalidad,verifique directamente que

(v × w) • v = (v × w) • w = 0.

Ahora, si v × w = (0, 0, 0) entonces∣∣∣∣v1 v2w1 w2

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣v2 v3w2 w3

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣v1 v3w1 w3

∣∣∣∣ = 0.

Ahora, en ninguno de los determinantes 2 × 2 indicados las dos filaspueden ser nulas pues eso implicarıa que v y w serıan multiplos. Si

consideramos

∣∣∣∣v1 v2w1 w2

∣∣∣∣ = 0, se sigue que una de las dos filas (vectores

de R2) es multiplo de la otra. Supongamos, sin perder generalidad, que(w1, w2) = α(v1, v2), con (v1, v2) 6= (0, 0). Ahora, si v2 = 0, se tienev1 6= 0 y v1w3 = v3w1 de donde

w3 =v3v1w1 =

v3v1

(αv1) = αv3

y w = αv (contradiccion). Tenemos entonces v2 6= 0. Un razonamiento

similar para

∣∣∣∣v2 v3w2 w3

∣∣∣∣ = 0 nos lleva a que existe un β ∈ R tal que

(w2, w3) = β(v2, v3) o (v2, v3) = β(w2, w3).

En el primer caso, se tiene que w2 = αv2 = βv2, de donde α = β lo quenos llevarıa necesariamente a w = αv (contradiccion). Consideremos,finalmente, (v2, v3) = β(w2, w3), de modo que v2 = βw2, v3 = βw3, por lo

que 0 6= w2 = αv2 = αβw2, de donde se sigue que αβ = 1 y que β =1

αpor lo que w3 = αv3 y w = αv nuevamente. En definitiva, se tiene quev × w 6= 0Rn . Tenemos entonces {v, w}⊥ = 〈v × w〉.

6. (a)

{(1, 2,−5), (3, 4, 6)}⊥ = 〈(1, 2,−5)× (3, 4, 6)〉= {t(32,−21,−2)|t ∈ R}.

(b) Si v ‖ w, entonces existe α 6= 0 tal que w = αv y, de la definicion,

se sigue que v × w = (0, 0, 0). De igual manera, como v =1

αw se

tiene que

u • v = 0⇐⇒ u • w = 0 =⇒ {v, w}⊥ = {v}⊥ = {w}⊥.



(c) De la definicion misma se sigue que v×w = −w× v; en particular,

(1, 0, 0)× (0, 1, 0) = (0, 0, 1) = −(0, 1, 0)× (1, 0, 0),

lo que muestra que el producto cruz no es conmutativo. Por otraparte

((1, 0, 0)× (1, 0, 0))× (0, 1, 0) = (0, 0, 0)× (0, 1, 0)

= (0, 0, 0)

(1, 0, 0)× ((1, 0, 0)× (0, 1, 0)) = (1, 0, 0)× (0, 0, 1)

= (0,−1, 0)

lo que muestra que el producto cruz no es asociativo.

7. (a) La direccion de v = (a, b) es uv =1√

a2 + b2(a, b), por lo que un

vector w es paralelo a v y tiene norma 2 si y solo si

w = 2uw = 2(±uv) = ± 2√a2 + b2

(a, b),

de modo que existen dos vectores paralelos a v y con norma 2.

(b) w⊥v si y solo si w es paralelo a (−b, a), por lo que existen dosvectores ortogonales a v y con norma 2.

(c) {v}⊥ = {t(−b, a)|t ∈ R}.

8. (a) Los dos vectores paralelos a v = (a, b, c) y con norma 2, vienen

dados por ± 2√a2 + b2 + c2

(a, b, c).

(b) Los vectores ortogonales a v = (a, b, c), con norma 2 forman unconjunto infinito

{(x, y, z)|ax+ by + cz = 0, x2 + y2 + z2 = 4}.

(c) {(a, b, c)}⊥ = {(x, y, z)|ax+ by + cz = 0}.

2.5. Norma vectorial. Ortogonalidad.

Capıtulo 3

Sistemas de inecuacioneslineales

3.1 Introduccion

3.2 Programacion lineal

Ejercicios 3.2.1.

1. La region se muestra en la figura 3.1.

Figura 3.1: Region factible ejercicio 1.

39






4. Para los ejercicios 4 a 8 las soluciones (respuestas) se presentan en eltexto.

Capıtulo 3. Sistemas de inecuaciones lineales

Capıtulo 4

Vectores en R2 y R3.

4.1 Introduccion

Ejercicios 4.1.1.

1. (a) La grafica de S es el eje Y .

(b)

(c) La grafica de S es la region sombreada mostrada en la figura 4.1

Figura 4.1: Ejercicio 1 (c).

(d)

41


(e) La grafica de S consiste de las rectas de ecuaciones x + y = 1 yx+ y = −1, ver figura 4.2.

Figura 4.2: Ejercicio 1 (e).

(f)

(g) S es la region entre la recta de ecuacion x + y = 2, incluida dicharecta, y la recta de ecuacion x+ y = 3 sin incluir los puntos de estaultima. Vease figura 4.3.

Figura 4.3: Ejercicio 1 (g).

Capıtulo 4. Vectores en R2 y R3.


(h)

(i) S se identifica con el plano Y Z.

(j)

(k) La grafica de S es un plano perpendicular al plano XZ, una partedel mismo se muestra en la figura 4.4.

Figura 4.4: Ejercicio 1 (k).

(l)

(m) S tiene como grafica la circunferencia con centro en (0, 0, 0) y radio1 sobre el plano Y Z (figura 4.5).

Figura 4.5: Ejercicio 1 (m).

4.1. Introduccion


(n) La grafica de S es la esfera (solida) con centro en el origen y radio1.

(o) La grafica de S es la region del espacio comprendida entre las esferasconcentricas con centro en el origen y radios 1 y 2, respectivamente.Vease la figura 4.6.

Figura 4.6: Ejercicio 1 (o).

2. (a) Una circunferencia sobre un plano en el cual se ha escogido unsistema de coordenadas rectangular, queda descrita por una ecuacion

(x− h)2 + (y − k)2 = r2,

donde (h, k) es el par de coordenadas del centro y r es el radio dela circunferencia.Si se escoge el sistema de modo que el origen del mismo sea el centrode la circunferencia, entonces se tiene que S, la circunferencia deradio 5 considerada en el ejercicio, corresponde al subconjunto deR2 :

{(x, y)|x2 + y2 = 25}.Por supuesto, puede obtenerse un resultado distinto si se escogede manera diferente el sistema de coordenadas. Por ejemplo, si seescoge como eje x una recta que pase por el centro y como ejeY una tangente a la circunferencia (ver figura 4.7), entonces elcentro tiene coordenadas (5, 0) y la circunferencia queda descritaalgebraicamente como

{(x, y)|(x− 5)2 + y2 = 25}.



Figura 4.7: Circunferencia de radio 5 en el plano.

(b) S queda descrito (sistema rectangular escogido con origen en elcentro) por

{(x, y)|x2 + y2 ≤ 25}.

(c) Si se escoge el origen del sistema como el centro de la circunferenciay el eje x pasando por dicho centro y de modo que la semicircunferen-cia quede en un mismo semiplano (de los dos en que el eje escogidodivide al plano), entonces la semicircunferencia queda descrita deuna de las dos formas

{(x, y)|y =√

25− x2,−5 ≤ x ≤ 5}{(x, y)|y = −

√25− x2,−5 ≤ x ≤ 5},

dependiendo de si al semiplano donde queda la semicircunferencia sele asigna direccion positiva o negativa, respectivamente, con relacional eje X escogido.

(d) Si se escoge el origen como un punto extremo del segmento y el ejeX conteniendo el segmento, entonces se tienen las posibilidades

{(x, 0)|0 ≤ x ≤ 5} o {(x, 0)| − 5 ≤ x ≤ 0},

dependiendo de si el segmento queda en el semiplano con direccionpositiva o negativa (respecto del eje Y ).

4.1. Introduccion


(e) Ver ejercicio siguiente.

(f) Escojamos el sistema de coordenadas con origen en el vertice delangulo recto y de modo que los catetos queden sobre los ejes coordena-dos, como se indica en la figura 4.8.

Figura 4.8: Triangulo rectangulo en el plano.

Los catetos quedan descritos como sigue:

AB = {(x, 0)|0 ≤ x ≤ 8}AC = {(0, y)|0 ≤ y ≤ 6}.

La hipotenusa esta sobre la recta de ecuacion1 y = −34x+ 6, por lo

que tenemos que

BC = {(x, y)|3x+ 4y = 24, 0 ≤ x ≤ 8}.

La region triangular acotada por los lados del triangulo queda descritaalgebraicamente por{

(x, y)|y ≤ −3

4x+ 6, x ≤ 0, y ≤ 0

}.

3. Nota y errata: Este ejercicio requiere de la teorıa de al menos la seccion4.2, por lo que deberıa proponerse posteriormente. Como ilustracion

1 La ecuacion de una recta no paralela al eje Y es de la forma y = mx + b, donde m esla pendiente y (0, b) es la interseccion con el eje Y .



resolvemos solo el ejercicio (a), con v1 = (1, 2), v2 = (5, 1). Consideramoslas coordenadas como medidas paralelamente a los ejes y que las direccio-nes positivas de los ejes coordenados estan determinadas por las direccio-nes en las que apuntan los vectores v1 (con relacion al eje paralelo a v2)y v2 (con relacion al eje paralelo a v1).

Figura 4.9: Sistema coordenado no rectangular.

Si P (1, 2) se tiene que (1, 2) = 1(1, 2)+0(5, 1), por lo que P se encuentrasobre la recta (eje coordenado) paralela a v1 y su coordenada con respectoa dicho eje es 0. La coordenada con relacion al otro eje es justamente‖(1, 2)‖ =

√5. Para el punto Q(−3, 5), resolviendo el sistema correspon-

diente, encontramos que

(−3, 5) =28

9(1, 2) +

(−11

9

)(5, 1)

Si notamos por c y d (ver figura 4.9) a las distancias (medidas, como sedijo, paralelamente a los ejes) de Q a los ejes correspondientes a v1 y v2,respectivamente, se tiene que

c =

∥∥∥∥(−11

9

)(5, 1)

∥∥∥∥ =11

9

√26, d =

∥∥∥∥28

9(1, 2)

∥∥∥∥ =28

9

√5.

4.1. Introduccion


y las coordenadas de Q son:

−c = −11

9

√26 respecto del eje paralelo a v1

d =28

9

√5 respecto del eje paralelo a v2.

4.2 Segmentos dirigidos en En

Ejercicios 4.2.1.

1. (a) Los angulos directores de v = (2, 2) son α = β =π

4.

(b)

(c) α =π

4, β =

π

2, γ =

3π

4.

2. (a)

(b)

(c) Se requiere v =−→PS = S−P cuando la representacion de v se ancla

en P . Se sigue que el punto final de la representacion es

S = P + v = (1, 2, 3) + (1, 4, 3) = (2, 6, 6).

(d) Se tiene−→PQ = (−2,−1, 2),

−→PR = (1,−5,−11),

−→QR = (3,−4,−13).

Si existiera un escalar α tal que

−→PQ = (−2,−1, 2) = α

−→PR = α(1,−5,−11)

se tendrıa que α = −2 =1

5=−2

11lo cual es una inconsistencia.

Ası,−→PQ y

−→PR no son paralelos, por lo que el angulo entre ellos no

es 0 ni π y, por tanto, los tres puntos son vertices de un triangulo.El perımetro es

‖−→PQ‖+ ‖

−→PR‖+ ‖

−→QR‖ = 3 + 7

√3 +√

194.

El angulo θ = 〈RPQ es el angulo entre los vectores−→PQ y

−→PR y

satisface que

cos θ =

−→PQ •

−→PR

‖−→PQ‖‖

−→PR‖

= − 19

21√

3.



Ası, θ = cos−1(− 19

21√

3

)≈ 121.492◦. Se tiene tambien que

sen θ =√

1− cos2θ =

√√√√√1−

(−→PQ •

−→PR)2

‖−→PQ‖2‖

−→PR‖2

=

√‖−→PQ‖2‖

−→PR‖2 −

(−→PQ •

−→PR)2

‖−→PQ‖‖

−→PR‖

y que el area del triangulo es2

a =1

2‖−→PQ‖‖

−→PR‖sen θ

=1

2

√‖−→PQ‖2‖

−→PR‖2 −

(−→PQ •

−→PR)2. (4.1)

La ecuacion 4.1 es valida para cualquier triangulo con vertices enpuntos P,Q, yR cualesquiera (no colineales, por supuesto). Aplican-dola al caso presente se tiene:

a =1

2

√9(147)− 192 =

1

2

√962 ≈ 15.508.

(e) Si deseamos que PQ,PR sean dos lados del paralelogramo, entoncesS debe satisfacer que (vease figura 4.10)

−→QS =

−→PR,

por lo que

S = Q+−→PR = (−1, 1, 5) + (1,−5,−11) = (0,−4,−6).

2 De la trigonometrıa basica se tiene que el area de un triangulo es el semiproducto delas longitudes de dos de sus lados por el seno del angulo comprendido entre dichos lados.

4.2. Segmentos dirigidos en En


Figura 4.10: Paralelogramo.

(f) Se necesita un vector v ortogonal a−→PQ y con la misma norma.

Si escogemos el angulo recto con vertice en P , entonces se debe

determinar un punto X tal v =−−→PX = X − P .

Puesto que−→PQ = (−2,−1, 2), un vector ortogonal al mismo es

(existen infinitos) w = (0, 2, 1), podemos entonces tomar

v = ‖−→PQ‖uw =

3√5

(0, 2, 1), X = P + v = (1, 2, 3) +3√5

(0, 2, 1).

(g) Primero encuentre un vector ortogonal a−→PR y con norma 5.

3. Suponga que L es la longitud de cada lado del cuadrado. Sobre el planodel cuadrado elija un sistema de coordenadas con origen en uno de losvertices del cuadrado y los ejes conteniendo a lados adyacentes. Muestreque los vectores cuyas representaciones son las diagonales del cuadradoson ortogonales.

4. Para la represnetacion canonica de v vease figura 4.11.



Figura 4.11: Ejercicio 4.

5. Para v = (x, y, z) 6= (0, 0, 0), si θ y ρ son los angulos directores, secumple:

x = ‖v‖cosθcosρ (4.2)

y = ‖v‖senθcosρ (4.3)

z = ‖v‖senρ (4.4)

4.3 Aplicaciones geometricas

Ejercicios 4.3.1.

1. Verifique si−→PQ y

−→PR (o

−→QR) son multiplos escalares.

2. Si los puntos son colineales una ecuacion vectorial para la recta que los

contiene es (x, y, z) = P + t−→PQ (P o Q pueden ser reemplazados por R).

Si no son colineales proceda -para hallar perımetro, area, etc- como enel ejercicio 2 (d) del grupo de ejercicios 4.2.1, pagina 48. Para el area

puede usar tambien a = ‖−→PQ×

−→PR‖. Si los puntos son puntos del plano,

4.3. Aplicaciones geometricas


aun ası puede usar la formula anterior identificando (x, y) con (x, y, 0).Una ecuacion vectorial del plano que contiene a los puntos no colinealesP,Q y R puede ser

(x, y, z) = P + t−→PQ+ s

−→PR.

Para la ecuacion cartesiana, halle primero una normal n =−→PQ×

−→PR y

la ecuacion correspondiente sera

n • (x, y, z) = n • P, o n • (x, y, z) = n •Q o n • (x, y, z) = n •R.

Para hallar la distancia del punto R a la recta que pasa por P y Q existendiversas alternativas (ver figura 4.12):

(a) Utilizando proyecciones ortogonales,como se explica en el texto, sid es la distancia pedida, se tiene

d = ‖−→PR− Proy−−→

PQ

−→PR‖ (4.5)

d =√‖−→PR‖2 − ‖Proy−−→

PQ

−→PR‖2

=

√√√√‖−→PR‖2 − |−→PR • −→PQ|2‖−→PQ‖2

(4.6)

(b) Si se considera el area, a, del triangulo con vertices en P,Q y R,entonces d es la altura correspondiente al lado PQ y se tiene que

a =1

2‖−→PQ‖d =

1

2‖−→PQ×

−→PR‖,

de donde se sigue que

d =‖−→PQ×

−→PR‖

‖−→PQ‖

(4.7)



Figura 4.12: Distancia de un punto a una recta.

Como ilustracion, considere los puntos del ejercicio 1 (d): P (1, 2), Q(3, 6)

y R(4, 7), los cuales no son colineales ya que−→PQ = (2, 4) y

−→PR = (3, 5)

no son paralelos. Se tiene que

−→PR− Proy−−→

PQ

−→PR = (3, 5)− 26

20(2, 4) =

1

5(2,−1).

Si d es la distancia de R a la recta que pasa por P y Q, tenemos de 4.5

d =

∥∥∥∥1

5(2,−1)

∥∥∥∥ =1

5

√5.

O, usando 4.6,

d =

√√√√‖−→PR‖2 − |−→PR • −→PQ|2‖−→PQ‖2

=

√34− 262

20=

√1

5=

1

5

√5.

Finalmente, usando 4.7, tenemos que−→PQ×

−→PR se identifica con el vector

(2, 4, 0)× (3, 5, 0) = (0, 0,−2), por lo que

d =‖−→PQ×

−→PR‖

‖−→PQ‖

=2√20

=1

5

√5.



3. (a) i. La pendiente es m = −3 =−3

1, por lo que un vector paralelo

a la recta es v = (1,−3). Ası, una ecuacion vectorial para larecta es

(x, y) = (0, 0) + t(1,−3) = (t,−3t).

ii. La pendiente de la recta es la misma de la de recta de ecuacion

2x + 5y = 10, o sea y = −2

5x + 2, de modo que la pendiente

es m =−2

5y un vector paralelo es v = (5,−2). Una ecuacion

vectorial es entonces

(x, y) = (1 + 5t, 3− 2t).

iii. La pendiente de la recta de ecuacion 2x + 5y = 10 es, como

en el ejercicio anterior, m =−2

5, por lo que la pendiente de la

recta cuya ecuacion se busca es m′ = − 1

m=

5

2y, por tanto,

un vector paralelo a la misma es v = (2, 5). Ası, una ecuacionvectorial es

(x, y) = (2t, 5t).

iv. Para la recta de ecuacion cartesiana 5x − 4y = 0, cada punto

con coordenadas (x, y) satisface y =5

4x, haciendo x = t, se

tiene

(x, y) =

(t,

5

4t

)que es una ecuacion vectorial para la recta.

v. (x, y) = (t, 4).

vi. (x, y) = (b, t).

vii. Para la recta de ecuacion

(x, y) = (2 + t, 5− 3t) = (2, 5) + t(1,−3),

un vector paralelo es v = (1,−3). Por lo tanto, para la rectaque pasa por (2, 7) y es paralela a la anterior, una ecuacionvectorial es

(x, y) = (2, 7) + t(1,−3).

viii. (x, y) = P + t−→PQ = (1, 5) + t(6, 3) o (x, y) = (1, 5) + t(2, 1).

Otras ecuacion valida es (x, y) = (7, 8) + s(2, 1).



ix. Un vector paralelo a la recta de ecuacion x+y = 5 es v = (1,−1)(o (−1, 1)) si w = (a, b) 6= (0, 0) es un vector paralelo a la recta

cuya ecuacion se pide, entonces v y w forman un angulo deπ

4(o

de3π

4, pero en este caso se podrıa tomar el negativo del vector

w que tambien es paralelo a la recta deseada).

Figura 4.13: Ejercicio 3 (a) (ix).

Se tiene entonces:

0 < v • w = a− b =√a2 + b2

√2cos

(π4

)=√a2 + b2.

Por lo tanto, se tiene 0 < a − b =√a2 + b2 y elevando al

cuadrado se tiene

a2 − 2ab+ b2 = a2 + b2 =⇒ 2ab = 0.

Entonces debe tenerse a = 0 o b = 0. Como a > b, esto significaque w puede ser de una de las dos formas

w = (0, b), con b < 0, o w = (a, 0) con a > 0.

Tenemos ası dos rectas distintas (ver figura 4.13) que satisfacenlas condiciones deseadas: una paralela al vector w1 = (0,−1) y



otra paralela a w2 = (1, 0). Las ecuaciones vectoriales correspon-dientes son

(x, y) = (3, 2− t)(x, y) = (3 + t, 2)

x. Procediendo como en el ejercicio anterior, se obtienen dos rectasdistintas (figura 4.14) con vectores paralelos w = (a, b), conb < 0 y:

a = −2b+√

3b, en un caso,

a = −2b− b√

3, en el otro caso.

Es decir, se obtienen

w1 = (2−√

3,−1), w2 = (2 +√

3,−1).

Figura 4.14: Ejercicio 3 (a) (x).

(b) i. (x, y, z) = (1− t, 2 + 2t, 3 + 2t).

ii. (x, y, z) = (3 + t, 4− 5t, 6 + 4t).



iii. Existe una familia infinita de rectas perpendiculares a la rectadada y pasando por (3,−2, 4). Cada una de ellas tiene ecuacionde la forma

(x, y, z) = (3, 2,−4) + s(a, b, c),

donde (a, b, c) es un vector no nulo que satisface a−5b+4c = 0.

iv. (x, y, z) = (1, 3, 5 + t).

v. (x, y, z) = (1, 3 + t, 5).

vi. Existe una familia infinita de rectas como las pedidas. Cadauna de ellas tiene ecuacion de la forma

(x, y, z) = (1, 3, 5) + t(a, b, 0), con a 6= 0 o b 6= 0.

vii. Halle la intersecion de las rectas dadas resolviendo el sistemaque resulta de (2+t, 3−5t, 9−8t) = (6+3s,−17+s,−23+3s),encontrando t = 4, s = 0. El punto de interseccion es entoncesQ(6,−17,−23). Ası, una ecuacion vectorial es

(x, y, z) = (6t,−17t,−23t).

viii. La recta es la interseccion de los dos planos. Resolviendo elsistema formado por las ecuaciones de los planos se obtiene

(x, y, z) =t

7(1, 6, 7) = s(1, 6, 7)

como ecuacion vectorial de la recta.

ix. Existen infinitas rectas. Cada una tiene ecuacion de la forma(x, y, z) = (1, 3, 1) + t(a, b, c), con a + 2b − c = 0 y (a, b, c) 6=(0, 0, 0).

x. (x, y, z) = (6t, 3− 3t, 0).

xi. (x, y, z) = (6 + t, 0, t).

xii. Errata: En las ecuaciones parametricas de la recta dada deberıaser:

x = 2t, y = 3 + t, z = 5 + 2t.

Reemplazando x, y, z, dados en terminos de t, en la ecuaciondel plano, se obtiene t = 5

2y el punto de interseccion de la

recta dada con la recta que se pide (y el plano que la contiene)es P (5, 11/2, 10). Una ecuacion vectorial es entonces

(x, y, z) = (6, 0, 0) + t(1,−11/2,−10) = (6 + 2s,−11s,−20s).



xiii. Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones de los planosdados se obtiene la ecuacion vectorial de la recta interseccion

(x, y, z) = (−5, 10, 0) + t(2,−1, 1)

El vector (2,−1, 1) es paralelo a la recta pedida (y al plano quela contiene). Una ecuacion vectorial es, por lo tanto,

(x, y, z) = (4 + 2t, 1− t, t).

xiv. Si v es un vector paralelo a la recta cuya ecuacion se pide,entonces v debe ser ortogonal tanto al vector w = (2,−1, 1),vector paralelo a la recta interseccion de los dos planos dados(ejercicio anterior), como al vector n = (1, 1,−1), normal alplano de ecuacion x + y − z = 5. Por lo tanto v debe ser unmultiplo no nulo del producto cruz

w×n = (2,−1, 1)×(1, 1,−1) = (0, 3, 3). Tomando v = (0, 1, 1)

se obtiene la ecuacion vectorial (x, y, z) = (4, 1 + t, t).

xv. Si v = (a, b, c) es un vector paralelo a la recta pedida, entoncesv es ortogonal a n = (1, 1,−1) y satisface, por lo tanto, a +b = c. Por otra parte, v forma angulo de π/4 con el vectorw = (2,−1, 1), por lo que se debe tener

0 < v • w = 2a− b+ c =√

6√a2 + b2 + c2cos

(π4

)3a =

√3√

2a2 + 2b2 + 2ab, a > 0

Elevando al cuadrado y simplificando se obtiene:

a2 − 2ab− 2b2 = (a− b)2 − 3b2 = 0

a = b+√

3b, b > 0

∨a = b−

√3b, b < 0

por lo que se obtienen dos rectas con vectores paralelos

v1 = b(1+√

3, 1, 2+√

3), b > 0, y v2 = b(1−√

3, 1, 2−√

3), b < 0.

Las dos rectas tendran ecuaciones vectoriales

(x, y, z) = (4, 1, 0) + t(1 +√

3, 1, 2 +√

3)

(x, y, z) = (4, 1, 0) + t(√

3− 1,−1,√

3− 2)



xvi. La recta pedida contiene al origen, el cual esta tambien sobreel plano de ecuacion x+ 5y − 3z = 0. Por lo tanto este ultimoes el mismo plano que contiene a la recta. Existen infinitas detales rectas, cada una de ellas tiene una ecuacion vectorial dela forma

(x, y, z) = t(3c− 5b, b, c),

donde b y c son reales tales que b 6= 0 o c 6= 0.

xvii. Existen, como en el ejercicio anterior, infinitas rectas que satisfa-cen las condiciones dadas, una por cada punto del plano dado.Ası, si P (a, b, c) es un punto cualquiera del plano, entonces sesatisface que a+3b−4c = 6 y v = (a, b, c) = (6−3b+4c, b, c) esun vector paralelo a la recta que pasa por el origen e intersectaal plano dado en P . Una ecuacion vectorial es entonces

(x, y, z) = t(6− 3b+ 4c, b, c).

4. (a) Vease figura 4.15.

Figura 4.15: Ejercicio 4 (a).

Sean P1, P2, P3, P4 los puntos deseados, enumerados en la direccion



del vector−→PQ. Entonces para cada i = 1, 2, 3, 4 se cumple que

Pi = P +i

5

−→PQ =

(2− i,−3 +

9

5i, 5 +

2

5i

).

Por lo que los puntos pedidos son P1(1,−6/5, 27/5), P2(0, 3/5, 29/5),P3(−1, 12/5, 31/5) y P4(−2, 21/5, 33/5).

(b) El punto medio de PQ es1

2(P + Q) = (−1/2, 3/2, 6) y el vector

−→PQ = (−5, 9, 2) es normal al plano, por lo que el mismo tieneecuacion cartesiana

−5x+ 9y + 2z = (−5, 9, 2) • (−1/2, 3/2, 6) = 28.

(c) Determine un vector v ortogonal a−→PQ y con la mitad de la norma

del mismo. Los otros dos vertices del cuadrado son puntos S y T

con v =−−→MS =

−−→TM , siendo M(−1/2, 3/2, 6), punto medio de PQ.

Figura 4.16: Ejercicio 4 (c).

(d) Halle un vector w ortogonal a−→PQ y con la misma norma. Luego

tome−→PR = w y despeje R.



(e) Vea ejercicio (a).

5. (a) El sistema resultante de (2− 3t, 4 + 5t,−3 + 2t) = P = (5,−1,−5),tiene como unica solucion t = 1, lo que muestra que P esta en L.Si en lugar de P se toma Q(−4, 14, 2), el sistema correspondientees inconsistente.

(b) Cada punto (x, y, z) de L es de la forma (2 − 3t, 4 + 5t,−3 + 2t),para algun real t. Ahora, para un tal punto se tiene

3x+y+2z = 3(2−3t)+(4+5t)+2(−3+2t) = 6−9t+4+5t−6+4t = 4;

es decir, sus coordenadas satisfacen la ecuacion del plano Π, por loque L ⊆ Π.

(c) La recta L pasa por R(2, 4,−3) y es paralela a v = (−3, 5, 2). Todoplano que la contenga contiene a R y debe tener un vector normal(a, b, c) 6= (0, 0, 0), ortogonal a v, por lo que debe satisfacer

c =1

2(3a− 5b).

Podemos tomar entonces n = (2a, 2b, 3a − 5b), con a 6= 0 o b 6= 0.La familia de planos que contienen a L esta descrita por

2ax+ 2by + (3a− 5b)z = (2a, 2b, 3a− 5b) • (2, 4,−3) = 23b− 5a,

con a 6= 0 o b 6= 0.

(d) Se obtienen tres ecuaciones vectoriales, con pares de generadoresdistintos, despejando cada una de las tres variables:

(x, y, z) =

(4

3, 0, 0

)+ t(−1, 3, 0) + s(−2, 0, 3)

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

(x, y, z) = (0, 0, 2) + t(2, 0,−3) + s(0, 2,−1)

Notese que los puntos A

(4

3, 0, 0

), B(0, 4, 0) y C(0, 0, 2), son las

intersecciones del plano con los ejes coordenados. Ahora,−→AB y

−→AC

forman un par de generadores de Π, ası como tambien−−→CB y

−→CA.

Por otra parte, la ecuacion del plano proporciona todos los puntosque se deseen para hallar otras ecuaciones vectoriales.



(e) Toda recta perpendicular a Π es paralela al vector normal N =(3, 1, 2) e intersecta al plano en un punto. Existen, por supuesto,infinitas de tales rectas, descritas por

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

6. (a)−→PQ y

−→PR forman un par de generadores y

−→PQ×

−→PR es una normal.

(b) Las rectas dadas son paralelas y tienen a v = (−1, 1,−2) comoun vector paralelo. Los puntos P (2, 5, 3) y Q(4, 1, 0) son puntospertenecientes cada uno a una sola de las rectas dadas. Por lo tanto

el vector w =−→PQ es paralelo al plano pedido y forma con v un par

de generadores del mismo. v × w es un vector normal al plano.

(c) El punto Q(2, 0, 8) esta en la recta dada, la cual no contiene a P y

es paralela a v = (5, 3,−4). De modo que w =−→PQ y v forman un

par de generadores del plano y v × w es normal al mismo.

(d) Las rectas dadas se intersectan en el punto P (6, 1, 7) y no sonparalelas. Los vectores paralelos a dichas rectas, v = (1,−1, 4)y w = (1,−3,−8), forman un par de generadores del plano que lascontiene y v × w es una normal a dicho plano.

7. (a) Igualando (2 + t− s, 3− 2t+ 4s, 7− 8s) = (7/4, 5, 1) se obtiene unsistema consistente con s = 3/4, t = 1/2, de modo que P ∈ Π. Sise toma Q(7,−7, 6), por el contrario, se obtiene una inconsistencia.

(b) Un vector normal al plano Π es

n =1

2(1,−2, 0)× (−1, 4,−8) = (8, 4, 1)

por lo que una ecuacion cartesiana para Π es

8x+ 4y + z = (8, 4, 1) • (2, 3, 7) = 35.

Para el plano paralelo a Π que contiene a R(7,−7, 6) se tiene

8x+ 4y + z = (8, 4, 1) • (7,−7, 6) = 34.

3Tambien podrıa escribirse (x, y, z) = (a, b, c)+t(3, 1, 2), con a, b y c arbitrarios, pero todarecta con una ecuacion tal intersecta al plano Π en un unico punto, como puede probarsefacilmente.



(c) Verifique que la terna (4 − t,−1 + 4t, 7 − 8t) satisface la ecuacioncartesiana del plano Π hallada en el item anterior (8x + 4y + z =35). Por otra parte, si n′ es normal al plano pedido, entonces esortogonal tanto a n = (8, 4, 1), normal a Π, como a w = (−1, 4,−8),vector paralelo a L, de modo que n′ es un multiplo escalar no nulode n × w = (−36, 63, 36). Tomando n′ = (4,−7,−4), se tiene laecuacion cartesiana del plano pedido:

4x− 7y − 4z = (4,−7,−4) • (4,−1, 7) = −5,

de la cual se puede obtener facilmente una ecuacion vectorial.

8. Si n1 y n2 son normales a Π1 y Π2, respectivamente, entonces Π1 y Π2

son paralelos si y solo si n1 y n2 son multiplos no nulos el uno del otro.Esto es equivalente a decir que cada vector normal a un plano lo es alotro. Esto, a su vez, equivale a decir que las ecuaciones de Π1 y Π2 sonequivalentes, respectivamente, a ecuaciones cartesianas

ax+ by + cz = d1 (4.8)

ax+ by + cz = d2 (4.9)

para constantes reales d1 y d2, siendo (a, b, c) un vector normal a losplanos. Ası, Π1 y Π2 se identifican con los conjuntos soluciones (novacıos) de 4.8 y 4.9, respectivamente. Ambas ecuaciones tienen la mismaecuacion homogenea asociada

ax+ by + cz = 0

la cual corresponde a un plano que pasa por el origen y tiene ecuacion

(x, y, z) = tv1 + tv2,

siendo v1 y v2 generadores del plano y del subespacio solucion de laecuacion homogenea. Ahora, la ecuacion del plano Πi es de la forma

(x, y, z) = ai + tv1 + sv2,

siendo ai una solucion particular de la ecuacion de Πi. Ası, todo par degeneradores del espacio solucion de la ecuacion homogenea lo es tanto deΠ1como de Π2.



9. (a) Consideremos primero el caso de la recta en el plano con ecuacionax + by = c, a 6= 0 o b 6= 0. El vector v = (−b, a) es paralelo a larecta, como se puede verificar facilmente. De modo que si P (x0, y0),la distancia de P a la recta es (ver figura 4.17)

d =

√‖−→QP‖2 − ‖Proyv

−→QP‖2,

siendo Q(x1, y1) un punto cualquiera de la recta, es decir

ax1 + by1 = c.

Figura 4.17: Ejercicio 9.

Tenemos entonces:

d =

√‖−→QP‖2 − (

−→QP • v)2

‖v‖2

=

√(a2 + b2)[(x0 − x1)2 + (y0 − y1)2]− [b(x0 − x1)− a(y0 − y1)]2

a2 + b2

=

√[a(x0 − x1) + b(y0 − y1)]2

a2 + b2

=|ax0 + by0 − (ax1 + by1)|√

a2 + b2

=|ax0 + by0 − c|√

a2 + b2



(b) Para el caso del plano con ecuacion ax+ by+ cz = d, n = (a, b, c) 6=(0, 0, 0) es una normal. Si P (x0, y0, z0), la distancia de P al planoviene dada por

d = ‖Proyn−→QP‖,

siendo Q(x1, y1.z1) un punto cualquiera, por lo que

n •Q = ax1 + by1 + cz1 = d.

Se tiene entonces

d =|n •−→QP |‖n‖

=|n • P − n •Q|√a2 + b2 + c2

=|ax0 + by0 + cy0 − d|√

a2 + b2 + c2


Capıtulo 5

La estructura de espaciovectorial y espacios de matrices

5.1 Introduccion

5.2 Espacios vectoriales

Ejercicios 5.2.1.

1.

2. La mayorıa de las demostraciones se siguen de las definiciones. Observetambien que la propiedad |z+w| ≤ |z|+ |w| no es otra que la desigualdadtriangular para vectores en R2.

3. (a) 13 + 13i.

(b) 29− 11i.

(c)1

25(26 + 7i).

(d) −9− 13i.

(e) 9.

(f) Errata: Debe ser (Re(2 + i))(4− i) = 2(4− i) = 8− 2i.

(g) 1.

(h) −46 + 9i.

67


4. El conjunto solucion de un sistema lineal homogeneo (con coeficientessobre cualquier campo) es un espacio vectorial, mientras que para unsistema no homogeneo no lo es pues el vector nulo no es solucion.

(a) {(x, y)|2x+ 3y = 0} = 〈(3,−2)〉.

(b) No es subespacio de R2.

(c) {(t, 2t+ s, s)|t, s ∈ R} = 〈(1, 2, 0), (0, 1, 1)〉.

(d) {(x, y, z)|3x+ 5y + z = 0, 2x− y + z = 0} = 〈(−6, 1, 13)〉.

(e) No es subespacio de R3.

(f) {(t, 2t+ s, s)|t, s ∈ K} = 〈(1, 2, 0), (0, 1, 1)〉.

(g) No es subespacio de K3 pues no contiene al vector nulo.

(h) i. {a+ bx+ (a− b)x2|a, b ∈ K} = 〈1 + x2, x− x2〉.

ii. {a+bx+(a−b)x2+(c+a)x3|a, b, c ∈ K} = 〈1+x2+x3, x−x2, x3〉.

iii. No es subespacio de Pn(K) pues no contiene al polinomio nulo.

(i) {(0, 0), (0, 1)} = 〈(0, 1)〉 en Z22. Errata: Debe ser {(0, 1), (1, 0)}, el

cual no es subespacio de Z22 por no contener a (0, 0).

(j) {(0, 0), (0, 1), (0, 2)} = 〈(0, 1)〉.

5. Nota: Si V es un espacio vectorial finito, el numero de elementos (cardi-nal) de un subespacio de V debe ser un divisor del cardinal de V 1.Utilizando tal hecho la busqueda de los subespacios de Z2

3, que tiene32 = 9 elementos, se simplifica teniendo en cuenta que todo subespaciotiene al menos al vector nulo y que por cada elemento v en un subespacioS de Z2

3, tambien −v = 2v ∈ S. Ası, un subespacio de Z23 tiene 1 o 3

o 9 elementos. Los de 1 y 9 son los triviales y los de 3 deben estarconformados, ademas del vector nulo, por pares de inversos aditivos

1Es un resultado elemental de la teorıa de Grupos que el cardinal de un subgrupo de ungrupo finito divide al cardinal del grupo (Teorema de Lagrange).

Capıtulo 5. La estructura de espacio vectorial y espacios de matrices


distintos. Los siguientes son, entonces, todos los subespacios de Z23:

S1 = {(0, 0)} = 〈(0, 0)〉S2 = {(0, 0), (0, 1), (0, 2)} = 〈(0, 1)〉 = 〈(0, 2)〉S3 = {(0, 0), (1, 0), (2, 0)} = 〈(1, 0)〉 = 〈(2, 0)〉S4 = {(0, 0), (1, 1), (2, 2)} = 〈(1, 1)〉 = 〈(2, 2)〉S5 = {(0, 0), (1, 2), (2, 1)} = 〈(1, 2)〉 = 〈(2, 1)〉

S6 = Z23 = 〈(0, 1), (1, 0)〉

= 〈(0, 1), (1, 2)〉= 〈v, w〉,

con v, w no nulos y v 6= 2w = −w.

6. En general, la union de subespacios de un espacio vectorial no es necesaria-mente un subespacio. Vease, por ejemplo, en el ejercicio anterior, elconjunto H = S2 ∪ S3 = {(0, 0), (0, 1), (0, 2), (1, 0), (2, 0)} el cual no essubespacio2de Z2

3.

7. (a) 〈(3,−1)〉 = {(3t,−t)|t ∈ R}.(b) 〈(1, 3)〉 = {t(1, 3)|t ∈ Z5} = {(0, 0), (1, 3), (2, 1), (3, 4), (4, 2)}.(c) 〈(1, 0), (0, 1)〉 = Z2

3.

(d) 〈((1, 1, 3), (0, 0, 1)〉 = {(t, s, 3t+ s)|t, s ∈ R} = {(x, y, z)|x− y = 0}.(e) 〈1, x, x2〉 = {a+ bx+ cx2|a, b, c ∈ R}.(f)

〈1 + x, 2x〉 = {a+ (a+ 2b)x|a, b ∈ Z3}= {0, 2x, x, 1 + x, 1, 1 + 2x, 2 + 2x, 2 + x, 2} = 〈1, x〉.

(g) 〈(1, 2), (2, 4)〉 = 〈(1, 2)〉 = {(t, 2t)|t ∈ R}.

8. (a) Supongamos que M = {v}. Si v = 0V , entonces 〈M〉 = {0V } tieneun unico elemento. Si v 6= 0V , entonces para escalares distintos α yβ, se tiene que αv 6= βv, por lo que

〈M〉 = {αv|α ∈ K}

tiene n = pc elementos, uno por cada escalar en K. Aquı p es unprimo y c es un numero natural.

2Notese, sin comparar con la lista de todos los subespacios de Z23, que (0, 1) + (1, 0) =

(1, 1) /∈ H.

5.2. Espacios vectoriales


(b) Si M = {v, w}, y uno de los dos vectores es multiplo del otro,digamos w = αv, se tiene el caso anterior pues

〈M〉 = 〈v〉, v 6= 0V .

Supongamos entonces que los vectores no son multiplos. Se tieneque para escalares α1, α2, β1, β2,

α1v + α2w = β1v + β2w ⇐⇒ α1 = β1 ∧ α2 = β2,

de modo que〈M〉 = {αv + βw|α, β ∈ K}.

Se tiene ası que 〈M〉 tiene tantos elementos como pares (α, β) ∈ K2;es decir, tiene n2 = p2c elementos.

5.3 Espacios de matrices sobre un campo

Ejercicios 5.3.1.

1. (a) i.

(−11 40−5 3

)ii.

(2 −120 12

)iii.(3 10

)iv.

(−525

)v.

(36 7026 42

)vi.

(12 −4263 −39

)vii. 10

viii. 21.

ix.

(220

)(b) i.

(−7

2−15

272−1

)ii.

(−1

3−4

353

5

)Capıtulo 5. La estructura de espacio vectorial y espacios de matrices


iii.

(−7

272

−15 −112

)iv.

(5 3−19

252

)v.

(343

15163

383

)vi. Y =

(13

53

1 103

)+ 2

3X, con X ∈ R2×2.

2. (a) AB =

(0 722 7

), BA =

10 −12 −14 −15 −148 0 12

, (AB)C =

(−7 4215 108

),

B(AD) =

34 −76 8534 −146 518 48 52

.

(b) (CA)1 =(2 6 11

), (CA)(2) =

(621

).

(c) (AB + 2C)2 =(20 19

).

3. Claramente, la funcion identicamente nula es continua (diferenciable,integrable, polinomica) y es conocido del Analisis que la suma de funcio-nes continuas (diferenciables, integrables) en un intervalo [a, b], ası comoel producto de una de tales funciones por una constante real, son funcio-nes continuas (diferenciables, integrables) en [a, b]. Algo similar puedeprobarse facilmente para funciones polinomicas.

4. Para n ≥ 2, considere las matrices A,B ∈ Kn×n con

A(1, 1) = 1 = B(2, 1), A(2, 1) = 0, B(1, 1) = 0 y A(i, j) = B(i, j) = 0,

siempre que (i, j) /∈ {(1, 1), (2, 1)}. Claramente AB = 0Rn×n .

5. Claramente la matriz nula n × n sobre el campo K es simetrica. Delteorema 5.3.1, pagina 160 del texto, se sigue que para matrices cuadradasA,B ∈ Kn×n se tienen (A+B)T = AT +BT y (αA)T = αAT , para todoescalar α. Por lo tanto si A,B son matrices simetricas n× n y α ∈ K setiene que

(αA+B)T = αAT +BT = αA+B,

es decir αA+B es simetrica. Ası, el conjunto de las matrices simetricasen Kn×n es un subespacio de Kn×n .

5.3. Espacios de matrices sobre un campo


(a) Si n = 2, el subespacio de las matrices simetricas es{(a11 a12a12 a22

)∣∣∣∣ a11, a12, a22 ∈ K}

=

⟨(1 00 0

),

(0 11 0

),

(0 00 1

)⟩(b) Si n = 3 se tiene que el espacio de las matrices simetricas es

a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

∣∣∣∣∣∣ aij ∈ K

=

⟨1 0 00 0 00 0 0

,

0 1 01 0 00 0 0

,

0 0 10 0 01 0 0

,

0 0 00 1 00 0 0

,

0 0 00 0 10 1 0

,

0 0 00 0 00 0 1

⟩6. Errata: El campo considerado es R o una extension cualquiera del

campo de los racionales.3

(a) Si A es antisimetrica, entonces para todo i, j ∈ {1, 2, . . . , n} severifica que

A(i, j) = −AT (i, j) = −A(j, i).

En particular, si i = j, entonces A(i, i) = −A(i, i), lo cual implicaque 2A(i, i) = 0 y se sigue que A(i, i) = 0. Es importante notarque si K es una extension de Z2 no necesariamente la condicionA(i, i) = 0 se sigue para matrices antisimetricas, por ejemplo las

matrices

(1 00 1

),

(1 11 1

)∈ Z2×2

2 son antisimetricas.

(b) Si A ∈ Kn×n, entonces(1

2(A+ AT )

)T

=1

2(AT + A)

=1

2(A+ AT )(

1

2(A− AT )

)T

=1

2(AT − A)

= −1

2(A− AT ),

3O cualquier campo que no sea extension de Z2. Una extension de un campo K es uncampo F tal que K ⊆ F.



Lo que muestra que B =1

2(A+AT ) es simetrica y C =

1

2(A−AT )

es antisimetrica. Es rutinario verificar que A = B + C.

(c) A =

1 −2 30 4 51 3 8

=

1 −1 2−1 4 4

2 4 8

+

0 −1 11 0 1−1 −1 0

.

7. (a)

{(s t 0

2s+ t 3t s

)∣∣∣∣ t, s ∈ R}

=

⟨(0 1 01 3 0

),

(1 0 02 0 1

)⟩.

(b) No es subespacio de R2×3.

(c) {(s t r

2s+ t− r 3− 2r s

)∣∣∣∣ t, s ∈ R}

=

⟨(0 1 01 0 0

),

(1 0 02 0 1

),

(0 0 1−1 −2 0

)⟩.

5.4 Sistemas lineales en Kn

5.4.1 La matriz identidad. Matrices invertibles

Ejercicios 5.4.1.

1. (a) A−1 =

(3 −2−1 1

).

(b) A no es invertible.

(c) A−1 =

−1 −4 2 3−1

2−3

212

52

1 2 −1 −2−1

2−1

212

12

(d) A no es invertible.

2. Ecuaciones inconsistentes.

3. (a) A0TKn = 0Km×1 ∈ R(A), por lo que R(A) 6= ∅. Ademas, si X, Y ∈

Kn, α ∈ K, entonces

αX + Y ∈ Kn, α(AXT ) + AY T = A(αX + Y )T ∈ R(A).

Se tiene entonces que R(A) es un subespacio de Km×1.

5.4. Sistemas lineales en Kn


(b) Como A0TKn = 0Km×1 , se sigue que 0Kn ∈ N(A) lo que muestra que

N(A) es no vacıo. Ahora, si α ∈ K, X, Y ∈ N(A), entonces

A(αX + Y )T = α(AXT ) + AY T = 0Km×1 .

4. Verifique directamente el producto de A por la matriz indicada.

5. (a)

(12

132

2

)(b)

(1110

85

− 710−6

5

)(c)

(−3

2−9

0 152

)6. B = InB = (CA)B = C(AB) = CIn = C, luego B = C = A−1.

7. Si aii 6= 0, entonces si definimos la matriz B ∈ Kn×n por

B(i, j) = bij =

{a−1ii , si j = i;0, si j 6= i.

para i, j ∈ {1, 2, . . . , n}, entonces

AB(i, j) =n∑

k=1

aikbkj =

{aiia

−1ii = 1K, si j = i;

0K, si j 6= i.

Lo que muestra que B = A−1 y A es no singular. Recıprocamente, si Aes no singular y si B = A−1, entonces para todo i, j ∈ {1, 2, . . . , n} secumple que

AB(i, j) =n∑

k=1

aikbkj = aiibij =

{1K, si j = i;0K, si j 6= i.

de donde se sigue que aiibii = 1K y, por tanto, aii 6= 0K.


solucionario Álgebra lineal (libro)

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