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Álgebra Lineal

Ejercicios de evaluación

Grado en Ingeniería Informática

Doble Grado en Ingeniería Informática y Administración

de Empresas

AUTORES: J. SALAS, A. TORRENTE Y E.J.S. VILLASEÑOR

Problema 1 Explicar razonadamente si las siguientes afirmaciones son verdaderas o fal-

sas:

1. Si A es una matriz m × n y b es un vector de R

m , entonces el conjunto de soluciones

del sistema lineal A x = b es un subespacio de R

n .

Solución:

FALSO. Si b 6 = 0 , el vector x = 0 no es solución del sistema; por tanto el conjunto

de soluciones no es un espacio vectorial.

1. El conjunto de vectores de R

3 cuyas coordenadas (x, y, z)

t satisfacen la ecuación del

plano 2x − 3 y + z = 1 es un subespacio vectorial de dimensión 2.

Solución:

FALSO. El conjunto de vectores dado no contiene al vector 0 , por tanto no es espacio

vectorial.

1. Dado el espacio columna de la matriz A ∈ R

m×n con m > n, no es posible encontrar

un conjunto de cardinalidad m que lo genere.

Solución:

FALSO. Podemos formar un conjunto generador con las n columnas de A y m − n

vectores adicionales cualesquiera (aunque obviamente no serán linealmente inde-

pendientes).

1. Si V = Gen(v 1 ,... , vn), entonces (v 1 ,... , vn) es una base de V.

Solución:

FALSO. Los vectores de la base tienen que ser linealmente independientes.

1. Las columnas de A, una matriz invertible de dimensión n × n, forman una base de

R

n .

1. Toda proyección ortogonal se puede describir como una composición de transfor-

maciones lineales ortogonales.

Solución:

FALSO. Si fuera posible escribirla como composición de transformaciones ortogo-

nales, la matriz asociada se escribiría como producto de matrices ortogonales, todas

ellas de determinante ±1. Por tanto, si esto es cierto, toda proyección debería tener

determinante ±1. Sin embargo esto no es cierto: por ejemplo, la matriz

representa una proyección sobre el eje X en R

2 y tiene determinante 0.

Problema 2 Sea la matriz

A =

a) Calcular las dimensiones de los cuatro subespacios asociados a A y utilizar las co-

lumnas de A para determinar una base ortogonal B para su espacio columna.

Solución:

Si calculamos una forma escalonada de la matriz A obtenemos:

A =

Observando los primeros coeficientes no nulos de cada fila, tenemos que rg(A) = 3.

Por tanto:

dim(N(A)) = dim(N(A

t )) = 0 , dim(C(A)) = dim(C(A

t )) = 3.

Por otro lado, las tres columnas de A (A 1 , A 2 y A 3 ) son linealmente independientes,

por lo que (A 1 , A 2 , A 3 ) es una base del espacio columna (el cual, además, coincide

con R

3 ). La base canónica de R

3 es una base ortonormal de C(A), pero no contie-

ne ninguna columna de A. Así pues, utilizamos el método de Gram-Schmidt para

determinar la base que nos piden:

w 1 = (0, −1, − 1 )

t ,

w

′ 2 =^ (−1, 0,^ −^1 )

t −

t

t

o, para simplificar nuestros cálculos,

w 2 = (−2, 1, − 1 )

t .

c) Hallar la factorización QR de la matriz A.

Solución:

Del apartado (a) sabemos que la matriz Q puede ser escrita de la forma:

Q =

y por tanto la matriz R es:

R = Q

t A =

d) Sea T una transformación lineal de R

3 en R

3 descrita, para cada v ∈ R

3 , por T (v) =

A v. Decidir si T es un isomorfismo, si T es ortogonal y si T es una proyección orto-

gonal.

Solución:

Del apartado (a) sabemos que dim(N(A)) = 0, es decir, ker(T ) = N(A) = { 0 }, por

tanto, T es un isomorfismo. Como A no es ortogonal, T no es ortogonal. Finalmente,

como

A

2

= A ,

T no es una proyección ni, por supuesto, una proyección ortogonal.

Problema 3 Sea el espacio vectorial P 2 de los polinomios de grado 2 ó inferior sobre el

cuerpo de los reales. Sea la operación definida en este conjunto por

〈p, q〉 = a 1 a 2 + 3 b 1 b 2 + 2 c 1 c 2 ,

donde p(x) = a 1 + b 1 x + c 1 x

2 y q(x) = a 2 + b 2 x + c 2 x

2 .

a) Demostrar que esta operación define un producto interno.

Solución:

Veamos que se cumplen las cuatro condiciones necesarias:

i) Conmutatividad. Tenemos que

〈p, q〉 = a 1 a 2 + 3 b 1 b 2 + 2 c 1 c 2 = 〈q, p〉 ,

usando la propiedad conmutativa de los números reales.

ii) Linealidad de la multiplicación por un escalar. Se tiene que

〈α p, q〉 =

αa 1 + αb 1 x + αc 1 x

2 , q

= (αa 1 )a 2 + 3 (αb 1 )b 2 + 2 (αc 1 )c 2

= α 〈p, q〉 ,

donde hemos usado las propiedades asociativa y distributiva del producto de

números reales.

iii) Distributiva. En este caso, si r(x) = a 3 + b 3 x + c 3 x

2 , obtenemos

〈p, q + r〉 =

p, (a 2 + a 3 ) + (b 2 + b 3 )x + (c 2 + c 3 )x

2

= a 1 (a 2 + a 3 ) + 3 b 1 (b 2 + b 3 ) + 2 c 1 (c 2 + c 3 )

= 〈p, q〉 + 〈p, r〉 ,

donde hemos usado la propiedad distributiva de los reales.

Problema 4 Sea el espacio vectorial P 2 de los polinomios de grado 2 ó inferior sobre el

cuerpo de los reales y consideremos el conjunto B = {1, x + 1, x

2 − 1 }.

a) Demostrar que es posible construir una base B 1 de P 2 con el conjunto B.

Solución:

Puesto que dim(P 2 ) = 3 = card(B), basta con probar que los vectores de B son

linealmente independientes. Para ello escribimos:

α( 1 ) + β(x + 1 ) + γ(x

2 − 1 ) = 0.

Para que esta expresión sea cierta para cualquier valor de x, es necesario que el

polinomio de la izquierda tenga todos sus coeficientes iguales a cero, lo cual implica

que:

γ = 0 , β = 0 , α + β − γ = 0 ⇒ α = 0.

Es decir, necesariamente los coeficientes de la combinación lineal anterior han de

ser 0. En consecuencia, dichos vectores son linealmente independientes, como que-

ríamos probar. De aquí se deduce que B 1 = (1, x + 1, x

2 − 1 ) es una base de P 2.

b) Hallar la matriz de cambio de base para pasar de la base canónica B 0 a la base B 1.

Solución:

Las coordenadas de los polinomios de la base B 1 respecto a la base B 0 vienen dadas

por:

[ 1 ]B

0

t , [x + 1 ]B 0

t ,

[

x

2 − 1

]

B 0

t .

Sabemos que [p]B 1

= TB

1 B 0

[p]B 0

donde TB 1 B 0

= T

− 1 B 0 B 1

. Luego

TB 1 B 0 = T

− 1 B 0 B 1 =

[ 1 ]B

0

, [x + 1 ]B 0

[

x

2 − 1

]

B 0

− 1

c) Hallar las coordenadas del vector p(x) = 1 + 5 x + x

2 con respecto a B 1.

Solución:

Basta con multiplicar la matriz anterior por las coordenadas de p(x) respecto a B 0 :

[p]B 1 = TB 1 B 0 [p]B 0 = (−3, 5, 1)

t .

misma dimensión, se tiene que

C(AT ) = R

3 .

Además sabemos que

dim(N(AT )) = 3 − 3 = 0 ,

por lo que

N(AT ) = { 0 }.

c) Decidir si T es un isomorfismo.

Solución:

Puesto que T es una transformación de un espacio vectorial en sí mismo y el núcleo

de T , que coincide con N(AT ), sólo contiene al elemento cero, T es un isomorfismo.

d) Determinar si T es ortogonal.

Solución:

Como las columnas de AT no forman un conjunto ortonormal, AT no es una matriz

ortogonal y, por tanto, T no es una transformación ortogonal.

Problema 6 Sea T la transformación lineal de R

3 en R

3 definida mediante una proyección

sobre el plano XZ y seguida de una reflexión respecto del plano YZ.

a) Encontrar la matriz de la transformación T.

Solución:

La matriz de la proyección es

A 1 =

La matriz de la reflexión es

A 2 =

La matriz de la composición será:

AT = A 2 A 1 =

Nótese que el vector (x, y, x)

t se transforma mediante T 1 en (x, 0, z)

t y éste (bajo T 2 )

en (−x, 0, z)

t

. Luego las columnas de la matriz AT son las imágenes de los vectores

de la base canónica bajo la transformación T ((x, y, z)

t ) = (−x, 0, z)

t .

b) Determinar si T es ortogonal.

Solución:

Como las columnas de AT no forman un conjunto ortonormal, AT no es una matriz

ortogonal y, por tanto, T no es una transformación ortogonal.

c) ¿Las matrices P y D encontradas son únicas?

Solución:

No son únicas, ya que los valores propios pueden ser dispuestos en D en cualquier

orden (el mismo que debe ser transferido a las columnas de P).

Problema 8 Calcular la descomposición en valores singulares de la matriz

A =

Solución:

En primer lugar calculamos la matriz

A

t A =

y sus correspondientes valores propios:

det(A

t A − λI) = 0 ⇒ λ(λ − 4 )(λ − 12 )

2 = 0 ⇒ σ(A) = {0, 4, 12}

y, por tanto, los valores singulares, ordenados de mayor a menor, son:

σ 1 =

12 , σ 2 = 2 , σ 3 = 0.

De aquí se deduce que la matriz S de la descomposición buscada A = U S V

t es:

S =

A continuación determinamos los vectores propios de A

t A, con los que construiremos la

matriz V:

Para λ = 12: N(A

t A − 12 I) = Gen ((1, 2, 1)

t ).

Para λ = 4: N(A

t A − 4 I) = Gen ((1, 0, − 1 )

t ).

Para λ = 0: N(A

t A) = Gen ((1, −1, 1)

t ).

Problema 9 Sea el espacio vectorial P 1 sobre R y sea la operación definida en este conjun-

to por

〈p, q〉 = 2 a 1 a 2 + 4 b 1 b 2 ,

donde p(x) = a 1 + a 2 x y q(x) = a 2 + b 2 x.

a) Demostrar que esta operación define un producto interno.

Solución:

Para ver que es un producto interno, probamos las siguientes propiedades:

i) Conmutativa. Para todo par de polinomios p, q de P 1 :

〈p, q〉 = 2 a 1 a 2 + 4 b 1 b 2 = 2 a 2 a 1 + 4 b 2 b 1 = 〈q, p〉.

ii) Linealidad de la multiplicación por un escalar. Para todo p, q ∈ P 1 y todo α ∈

R:

〈αp, q〉 = 2 αa 1 a 2 + 4 αb 1 b 2 = α( 2 a 1 a 2 + 4 b 1 b 2 ) = α〈p, q〉.

iii) Distributiva respecto de la suma de vectores. Para todo p, q, r ∈ P 1 ,

〈p, q + r〉 = 2 a 1 (a 2 + a 3 ) + 4 b 1 (b 2 + b 3 ) = 2 a 2 a 12 a 1 a 3 + 4 b 1 b 2 + 4 b 1 b 3

= 〈p, q〉 + 〈p, r〉.

iv) No negatividad. Por una parte, tenemos que, para todo p ∈ P 1 ,

〈p, p〉 = 2 a

2 1 +^4 b

2 1 >^0

y, por otra, 〈p, p〉 = 0 si y sólo si cada uno de los sumandos es igual a cero, lo

cual implica que p = 0.

Concluimos que, efectivamente, es un producto interno.

b) Calcular la proyección ortogonal del polinomio p(x) = 7 x − 2 sobre el polinomio

q(x) = −x + 3 respecto a este producto interno.

Solución:

La proyección ortogonal de p sobre q es

Pq(p) =

〈p, q〉

〈q, q〉

q(x)

donde

〈p, q〉 = 2 ((− 2 ) · 3 ) + 4 ( 7 · (− 1 )) = −40 ,

〈q, q〉 = 2 ( 3 · 3 ) + 4 ((− 1 ) · (− 1 )) = −22 ,

con lo que

Pq(p) =

( 3 − x).