MAT 103 EXAMENES RESUELTOS MAT 103 EXAMENES RESUELTOS, Exámenes de Álgebra Lineal

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JULIO UBERHUAGA C. - 1 - PRIMEROS EXAMENES PARCIALES TEMAS: CAPITULO 1: MATRICES Y DETERMINANTES CAPITULO 2: SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES INDICE PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 II / 2007 ............................................................................ - 2 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 CURSO DE VERANO 2008 ........................................... - 7 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 I / 2008 ........................................................................... - 11 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 CURSO DE INVIERNO 2008 ....................................... - 15 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 II / 2008 .......................................................................... - 18 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 CURSO DE VERANO 2009 ......................................... - 21 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 I/2009 ............................................................................. - 24 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 II / 2009 .......................................................................... - 27 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 CURSO DE VERANO 2010 ......................................... - 30 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 I / 2010 ........................................................................... - 33 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 CURSO DE INVIERNO 2010 ....................................... - 36 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 II / 2010 .......................................................................... - 41 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 CURSO DE VERANO 2011 ......................................... - 44 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 I / 2011 ........................................................................... - 48 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 CURSO DE INVIERNO 2011 ....................................... - 50 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 II / 2011 .......................................................................... - 53 - MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 4 - Ahora vemos que la matriz D como se multiplica por derecha es el producto de las matrices elementales de operaciones realizadas por columnas. Para D:           100 010 001            = 100 110 001 1E ;           = 100 010 101 2E 21D EE=                      = 100 010 101 100 110 001 D            = 100 110 101 D Comprobando: CAD=B        =                 − −           − 010 001 100 110 101 413 132 11 2 11 3 11 3 11 1 3 Hallar los valores de “x” que hacen que la matriz F sea singular:             = x x x x F 100 530 035 001 Solución: Una matriz A es singular si 0A = , hallemos el determinante de la matriz F por el método de CHIO: 100 530 035 001 x x x x F = 100 533 035 0010 2 x xx xx − − = Aplicando cofactores en la primera fila: 112 CCxC →+− ( ) 10 53 035 11 2 21 x xx x F − − −= + seguimos realizando el proceso de CHIO pero como trabajamos con el termino 1 en la anterior reducción es aconsejable seguir con este por la característica de la matriz: ( ) 10 53 035 11 2 3 x xx x F − − −= 10 503 305 1 2 2 x xx xx −− −− −= aplicando cofactores en la tercera fila: 113 223 3 fff ffxf →+− →+− MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 5 - ( )         −− −− −−= + 53 35 111 2 2 32 xx xx F ( )( ) ( ) ( )( )222 3511 xx −−−−= operando la diferencia de cuadrados: ( )( )xxxxF 3535 22 +−−−= igualando a cero para que sea singular: ( )( ) 03535 22 =+−−− xxxx Resolviendo tenemos cuatro soluciones: 2 29+3=x ; 2 29−3=x ; 2 29+3−=x ; 2 29−3−=x 4 Discutir en el sistema de ecuaciones los valores de “a” que logran que el sistema sea: a) Consistente determinado, b) Consistente indeterminado, c) Inconsistente. ( ) ( ) ( ) 44422 42244 34224 =++− =−++ +=+−+ zyxa zayx azyax Solución: Escribiendo la ecuación es su forma matricial:           + =                     − − − 4 4 3 4422 2244 4224 a z y x a a a  BAX= primero hagamos que exista solución única para lo cual igualamos a cero el determinante de la matriz de coeficientes y obtendremos los valores de a: =A 4422 2244 4224 − − − a a a ( ) 26 4 22 40 62260 4224 2 a a aa a −−− −− − = aplicando cofactores en la primera columna 331 221 4 22 fff a fff →+−− →+− ( ) ( ) 2614 6226 14A 2 11 aa aa −−− −− −= + ( ) ( ) ( )( )[ ]22 1462264 −−−−−= aaa ( ) ( )( )2 1426264 −−+−−= aaa ( )( ) ( )( ) ( )( )( )aaaaaaaaa +−−=−−=−+−+−−= 3338926412426264A 22 igualado a cero: tenemos: 3=a ; 3−=a reemplazando estos valore en nuestra matriz aumentada y luego escalonando vemos que comportamiento toma el sistema de ecuaciones MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 6 - Para 3=a :           −=           − −=           0000 2000 6444 2000 2000 4444 4444 4444 6444 inconsistencia 331 221 fff fff →+− →+− 332 fff →+− Para 3−=a :           − − − =           − − − =           − − − 8000 4440 0484 412120 4440 0484 4448 4844 0484 331 221 2 fff fff →+ →+− 3323 fff →+− Podemos concluir que: a) Consistente determinado 33 −≠∧≠ aa b) Consistente indeterminado ∃ a c) Inconsistente 33 −=∧= aa inconsistencia MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 9 - 5 Sea 0 1 0 A= 1 0 2 0 2 0    − −     y ( ) ( ) 1 B I A I A −= − + , verificar que 1B Bt− = Solución: Construimos la matriz B: ( ) 1 0 0 0 1 0 1 1 0 I A 0 1 0 1 0 2 1 1 2 0 0 1 0 2 0 0 2 1 −           − = − − − =           −      ( ) 1 0 0 0 1 0 1 1 0 I A 0 1 0 1 0 2 1 1 2 0 0 1 0 2 0 0 2 1            + = + − − = − −                  ( ) 1 5 1 2 1 I A 1 1 2 6 2 2 2 − − −   + =    − −  1 1 0 5 1 2 4 2 4 1 1 B 1 1 2 1 1 2 2 4 4 6 6 0 2 1 2 2 2 4 4 2 − − − − −           = ⋅ = −           − − − − − −       t 4 2 4 1 B 2 4 4 6 4 4 2 −   = − − −   − −  Multiplicando: t 4 2 4 4 2 4 1 0 0 1 1 B B 2 4 4 2 4 4 0 1 0 I 6 6 4 4 2 4 4 2 0 0 1 − − −           ⋅ = − − − − = =           − − − − −       1B Bt− = 6 En el sistema: 1 1 ax y z x ay z b x y az + + = + + = + = , determinar los valores de a y b de manera que el sistema sea: a) Determinado, b) Indeterminado, c) Inconsistente. Solución: En forma matricial el sistema es: 1 1 1 1 1 1 1 1 a x a y b a z            =                  BAX= primero hagamos que exista solución única para lo cual igualamos a cero el determinante de la matriz de coeficientes y obtendremos los valores de a: =A 1 1 1 1 1 1 a a a ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 a a a a b a a a a a a a a − − + = = − − = − = − + − Igualado a cero tenemos: 1a = ; 2a = − , reemplazando en la matriz aumentada y luego escalonando vemos que comportamiento toma el sistema de ecuaciones Para 1a = : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 0 b b        = −           inconsistencia 1 2 2 1 3 3 f f f f f f − + → − + → MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 10 - Para 2a = − : 2 1 1 1 0 3 3 3 0 0 0 2 1 2 1 0 3 3 1 0 3 3 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 b b b b − − +           − = − − = − −           − − −      3 2 2 3 1 12 f f f f f f − + → + → 2 3 3f f f+ → Resumiendo: a) Sistema determinado baa ∀−≠≠ ,2,1 b) Sistema indeterminado 11 =∧= ba ; 22 −=∧−= ba c) Sistema inconsistente 11 ≠∧= ba ; 22 −≠∧−= ba inconsistencia MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 11 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 I / 2008 1 Calcular 2 2 X Y− siendo 2 1 1 2 X Y   + =  −  ; 0 1 3 1 0 X Y   − =     Solución: Se presenta un sistema de ecuaciones en el cual las incógnitas son X , Y : 2 1 .................(1) 1 2 0 1 3 ..................(2) 1 0 X Y X Y    + =  −      − =     Sumando (1) y (2): 2 1 0 1 3 1 2 1 0 X X     + = +   −     2 2 4 2 2 X   =  −   1 11 1 12 X   =  −  Reemplazando X en (1): 1 1 2 11 1 1 1 22 Y     + =   − −     3 11 1 32 Y   =  −  La expresión pedida será: 2 2 1 1 1 1 3 1 3 11 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 32 2 2 2 X Y X X Y Y         − = ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅       − − − −        2 2 2 0 10 01 0 2 0 104 X Y      − = −           2 2 2 0 0 2 X Y −  − =  −  2 Hallar las matrices elementales P y Q tal que: P A Q D⋅ ⋅ = , donde: 3 4 2 = 4 5 1 2 1 7 A    −   −  1 0 0 = 0 7 0 0 0 2 D    −   −  Solución: Realizamos operaciones elementales a la matriz A: 3 4 2 1 5 5 1 5 5 1 5 5 1 5 5 = 4 5 1 0 7 15 0 7 15 0 7 15 0 7 15 2 1 7 2 1 7 0 11 17 0 0 46 / 7 0 0 2 A − − − −                   − → − → − → − → −                   − − − − −          3 1 1f f f− + → 1 3 32 f f f− + → ( ) 2 3 3 11/ 7 f f f+ → ( ) 2 1 f− 1 2 25C C C− + → 3 2 22 f f f− + → ( ) 3 7 / 23 f 1 3 35C C C+ → 1 0 0 1 0 0 0 7 15 0 7 0 0 0 2 0 0 2 A D        → − → − =       − −    ( ) 1 3 3 15/ 7 C C C+ → MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 14 - Analizando los resultados obtenidos: Consistente C 0≠ : IR∀ ∈q , 7 5 p ≠ − , 2 5 p ≠ Consistente determinado ( )CRango n< : ,p q∃ ∃/ / Inconsistente ( ) ( )C D CRango Rango≠⋮ : 7 2 5 5 p p= ∨ = , IR∀ ∈q MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 15 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 CURSO DE INVIERNO 2008 1 Dadas las matrices 4 2 4 A 3 1 1 −  =  −  y 2 1 2 B 3 2 4   =  −  encontrar las matrices P y Q tal que A y B sean equivalentes y verifiquen que: PAQ=B. Solución: Como P y Q son matrices que provienen de realizar operaciones elementales estas deben ser cuadradas. Analizamos su tamaño de modo que sean conformables con A : 2 2 2 3 3 3 2 3 P A Q B× × × ×= Vayamos realizando operaciones elementales en la matriz A hasta obtener una matriz H y realizamos operaciones elementales B hasta llagar a la misma matriz H: 4 2 4 4 2 4 0 2 8 0 1 4 0 1 4 A H 3 1 1 1 1 3 1 1 3 1 1 3 1 0 1 − − − − −          = → → → → =         − − − − − − − − −          1 2 2f f f− + → 2 1 14 f f f+ → ( ) 1 1/ 2 f− 1 2 2f f f+ → 2 1 2 2 1 2 0 1 14 0 1 14 0 1 4 B H 3 2 4 1 0 8 1 0 8 1 0 1 1 0 1 − − −          = → → → → =         − − − − − − − − −          1 2 22 f f f− + → 2 1 12 f f f+ → 1 3 37C C C− + → 2 3 310C C C+ → De forma matricial se tiene: 4 3 2 1 E E E E A=H ; 2 1 1 2 F FBD D =H Igualando ambas ecuaciones: 4 3 2 1 2 1 1 2 E E E E A=F FBD D despejando la matriz B: 1 1 1 1 1 2 4 3 2 1 2 1F F E E E E AD D =B− − − −  1 1 1 2 4 3 2 1P=F F E E E E− − , 1 1 2 1Q=D D− − : Aplicando las operaciones elementales realizadas a las matrices en la matriz identidad obtendremos las matrices elementales: 1 0 1 2 1 0 1/ 2 0 1 4 1 0 P 2 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 − −            =            −             1 01 P 3 22   =  −  1 0 0 1 0 7 Q 0 1 10 0 1 0 0 0 1 0 0 1        = −            1 0 7 Q 0 1 10 0 0 1    = −     2 Hallar el valor de “ k ” para que los determinantes de las siguientes matrices sean iguales: 3 3 8 : A 3 : 3 : k si i j si i j si i j × + = = >  < 3 3 1 : B 3 : 3 : k si i j si i j si i j × − = = >  < MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 16 - Solución: Generando las matrices y calculando su determinante: 8 3 3 A 3 8 3 3 3 8 k k k +   = +   +  1 3 3 B 3 1 3 3 3 1 k k k −   = −   −  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 8 3 3 0 5 3 8 / 3 1 11 / 3 A 3 8 3 0 5 5 3 5 1 1 3 3 8 3 3 8 k k k k k k k k k k + − + − + − − + = + = + − + = + − + + ( ) 3 2 2 3 1 1 8 / 3 f f f k f f f − + → − + + → ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 A 3 5 1 11 / 3 5 14k k k k= + + + = + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 3 0 4 3 1 / 3 1 2 / 3 B 3 1 3 0 4 4 3 4 1 1 3 3 1 3 3 1 k k k k k k k k k k − − − − − − − + = − = − − − = − − − − ( ) 3 2 2 3 1 1 1 / 3 f f f k f f f − + → − − + → ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 B 3 4 1 2 / 3 4 5k k k k= − + + = − + Por condición del problema: A B =  ( ) ( ) ( ) ( )2 2 5 14 4 5k k k k+ + = − +  ( ) ( ) ( )2 5 14 4k k k+ + = −  2 219 70 8 16k k k k+ + = − +  27 54k = −  2k = − 3 Sea 0 1 0 A= 1 0 2 0 2 0    − −     y ( )( ) 1 B I A I A −= − + , demostrar que 1B Bt− = Solución: Construimos la matriz B: ( ) 1 0 0 0 1 0 1 1 0 I A 0 1 0 1 0 2 1 1 2 0 0 1 0 2 0 0 2 1 −           − = − − − =           −      ( ) 1 0 0 0 1 0 1 1 0 I A 0 1 0 1 0 2 1 1 2 0 0 1 0 2 0 0 2 1            + = + − − = − −                  ( ) 1 5 1 2 1 I A 1 1 2 6 2 2 2 − − −   + =    − −  1 1 0 5 1 2 4 2 4 1 1 B 1 1 2 1 1 2 2 4 4 6 6 0 2 1 2 2 2 4 4 2 − − − − −           = ⋅ = −           − − − − − −       t 4 2 4 1 B 2 4 4 6 4 4 2 −   = − − −   − −  Multiplicando: t 4 2 4 4 2 4 1 0 0 1 1 B B 2 4 4 2 4 4 0 1 0 I 6 6 4 4 2 4 4 2 0 0 1 − − −           ⋅ = − − − − = =           − − − − −       1B Bt− = MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 19 - 3 Dada la matriz 2 2 2 2 2 2 k A k k    =      , hallar el valor de “ k ” tal que la matriz ( ) ( )t B A I A I= − + + sea no singular. Solución: Trabajando en la ecuación dada: ( ) ( )t B A I A I A I A I= − + + = − + +  2B A= Aplicando la operación de terminante a la ecuación: 3 2 A B = , para que Bsea no singular bastara analizar los valores de A para que sea no singular: ( ) ( ) 2 2 2 2 0 2 2 / 2 A 2 2 0 2 2 2 4 0 2 2 2 2 k k k k k k k k k k − − = = − − = − + ≠  2; 4k k≠ ≠ − ( ) 3 2 2 3 1 1 / 2 f f f k f f f − + → − + → 4 Hallar los valores de “ p ” tal que el sistema de ecuaciones ( ) 2 tt t t X A p X B = − +  sea consistente, consistente indeterminado e inconsistente. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A    =      4 2 p B p −   =      Solución: Aplicado la traspuesta a la ecuación: ( )2AX p X B= − +  ( )2A p I X B − − =  1 1 1 2 0 0 4 1 1 1 0 2 0 2 1 1 1 0 0 2 p p p X p p  −  −            + − =             −        1 2 3 1 1 1 4 1 1 1 2 1 1 1 p x p p x p x p − −           − =           −      Se tiene un sistema: C X B⋅ = , calculamos el determinante de C : ( )( )( ) ( ) ( ) ( )2 1 1 1 = 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 2 1 1 1 1 p C p p p p p p p p − − = − − − + + − − = − + −   Consistente: 0C ≠  2p ≠ , 1p ≠ − Analizamos la matriz aumentada [ ]C B⋮ para 2p = : 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 0 0 0 0 1 1 1 2 0 0 0 0        →            ( )CRango n<  ∞ soluciones 331 221 fff fff →+− →+− MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 20 - Analizamos la matriz aumentada [ ]C D⋮ para 1p = − : 2 1 1 5 0 3 3 3 0 0 0 6 1 2 1 2 0 3 3 3 0 3 3 3 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 − −           − → − → −       − − − − − −           inconsistencia 3 1 1 3 2 2 2 f f f f f f + → − + → 2 1 1 f f f+ → Analizando los resultados obtenidos: Consistente : 2p ≠ , 1p ≠ − Consistente indeterminado : 2p = Inconsistente : 1p = − MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 21 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 CURSO DE VERANO 2009 1 Dadas las matrices 2 1 3 A 3 4 1 −  =  −  y 1 1 1 B 2 3 4 −  =  −  encontrar las matrices P y Q tal que A y B sean equivalentes y verifiquen que: PAQ=B. Solución: Como P y Q son matrices que provienen de realizar operaciones elementales estas deben ser cuadradas. Analizamos su tamaño de modo que sean conformables con A : 2 2 2 3 3 3 2 3 P A Q B× × × ×= Vayamos realizando operaciones elementales en la matriz A hasta obtener una matriz H y realizamos operaciones elementales B hasta llagar a la misma matriz H: 2 1 3 2 1 3 0 11 11 0 1 1 0 1 1 1 0 1 A H 3 4 1 1 5 4 1 5 4 1 5 4 1 0 1 0 1 1 − − − − −            = → → → → → =           − − − − −            1 2 2f f f− + → 2 1 12 f f f− + → ( ) 1 1/11 f 1 2 25 f f f+ → 1 2f f× 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1/5 1 0 1 B H 2 3 4 0 5 6 0 1 6/5 0 1 6/5 0 1 1 − − − −          = → → → → =         − − − − −          1 2 22 f f f− + → ( ) 2 1/5 f− 2 1 1f f f− + → ( ) ( ) 1 3 3 2 3 3 6 / 5 1/ 5 C C C C C C + → + → De forma matricial se tiene: 5 4 3 2 1 E E E E E A=H ; 3 2 1 1 2 F F FBD D =H Igualando ambas ecuaciones: 5 4 3 2 1 3 2 1 1 2 E E E E E A=F F FBD D despejando la matriz B: 1 1 1 1 1 1 2 3 5 4 3 2 1 2 1 F F F E E E E E AD D =B− − − − −  1 1 1 1 2 3 5 4 3 2 1 P=F F F E E E E E− − − , 1 1 2 1 Q=D D− − : Aplicando las operaciones elementales realizadas a las matrices en la matriz identidad obtendremos las matrices elementales: 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1/11 0 1 2 1 0 P 2 1 0 5 0 1 1 0 5 1 0 1 0 1 1 1 −                =                − −                 7 11 P 1 811 −  =  −  1 0 0 1 0 6 / 5 Q 0 1 1/ 5 0 1 0 0 0 1 0 0 1 −       = −            1 0 6 / 5 Q 0 1 1/ 5 0 0 1 −   = −     NOTA: No es la única solución. 2 Sea una matriz B generada por la regla: 3 3 * * B ij k i j si i j b i j si i j i j si i j ×  =    = = + >     − <   , se pide encontrar el valor de “ k ” tal que la matriz A sea singular si se conoce: A B Ik= + . MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 24 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 I/2009 1 Dada la matriz 3 1 4 6 3 2 9 1 5 A −   =    −  , se pide hallar por medio de operaciones elementales dos matrices, una triangular inferior “ L ” y otra triangulas superior “U ”, tal que se cumpla: A L U= ⋅ Solución: Nos piden hallar la factorización de la matriz, aplicamos 3 operaciones elementales por filas y tres por columnas obteniendo una matriz diagonal: 3 1 4 3 1 4 3 1 4 6 3 2 0 5 6 0 5 6 9 1 5 0 4 17 0 0 61/ 5 − − −           = → − → −       − − −           A , esta es una matriz triangular superior 1 2 2 1 3 3 2 3 f f f f f f − + → − + → ( ) 2 3 34 / 5 f f f− + → Donde se realizo la siguiente operación: 3 2 1 E E E A U=  1 1 1 1 2 3A E E E U− − −=  1 1 1 1 2 3L E E E− − −= Como se trata de operaciones elementales de múltiplo de una fila con otra sus operaciones inversas son inmediatas, solamente se cambia de signo al múltiplo escalar: 1 0 0 1 0 0 1 0 0 2 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 3 0 1 0 4 / 5 1 L            =                   1 0 0 2 1 0 3 4 / 5 1 L    =      ; 3 1 4 0 5 6 0 0 61/ 5 U −   = −   −  2 Dada la matriz ( ) 1 1 1 10 2 7 3 1 adj A k −   = −   − −  y sabiendo que: ( )det 2A = . Hallar el valor de “ k ” y la matriz A. Solución: Para la matriz A: ( ) 2 2 30 14 7 6 10 6 20 2= = − − + + + − = − =A adj A k k k  4k = Usando la formula: ( ) 1 1 1 1 1 1 10 4 2 2 7 3 1 A adj A A − −   = = −   − −  , aplicando inversa a esta ecuación: MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 25 - ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 3 1 2 1 2 2 2 3 3 1 3 2 3 3 4 2 10 2 10 4 1 1 1 3 1 7 1 7 3 1 1 1 1 1 11 2 1 1 1 3 1 7 1 7 34 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 10 2 10 4 t A A adj A + + + − + + + + + +  − −  − − − − − − −   − −  = = − − −   − − − −   − − − − −  − −  2 4 2 2 4 6 1 1 4 6 10 4 6 8 2 2 6 8 14 2 10 14 t A        = =            1 2 3 2 3 4 1 5 7 A    =      3 Sabemos que la matriz ij X x =   , satisface la ecuación: A X B⋅ = , en donde: 1 2 6 2 2 1 4 2 2 1 A B I −   = − =    −  . Hallar la matriz X . Solución: De la ecuación: A X B⋅ =  1 X A B −= ⋅ , calculamos la inversa de A por la adjunta ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 3 2 1 2 2 2 3 1 3 1 3 2 3 3 1 4 2 4 2 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 2 6 1 6 1 21 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 24 16 12 8 4 2 6 1 6 1 2 1 1 1 1 4 2 4 2 1 t A adj A A + + + + + +− + + +   − − − − −   − −  = = − − − − −− − − + +    − − − − −    1 9 6 6 9 10 14 1 1 10 11 2 6 11 8 39 39 14 8 5 6 2 5 t A − − − −    − −   = − − − = −       − − −    , B se calcula de la ecuación dada: 1 2 6 2 2 1 4 2 2 1 B I −   − =    −   1 2 6 1 0 0 1 2 1 4 0 1 0 2 2 2 1 0 0 1 B  −         = +         −      1 1 3 1 1 2 1 1 1 B −   =    −  , calculamos X 1 9 10 14 1 1 3 1 6 11 8 1 1 2 39 6 2 5 1 1 1 X A B − − − −    −    = ⋅ = −       − − −     15 5 7 1 3 25 4 39 3 1 17 X    = − −     MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 26 - 4 Hallar el valor de “ x ” que hacen que F sea singular: 1 2 3 4 x x x x x x x x F x x x x x x x x +   + =  +  +  Solución: Lo que tenemos que hacer es encontrar el determinante de la matriz y ver que valores hacen que esta sea singular (igual a cero el determinante). Para hallar el determinante se usara el método de CHIO: 1 1 0 0 4 1 0 0 0 2 2 2 5 3 3 3 5 4 4 4 5 x x x x x x x x x x x x x x x x F x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x + − + + + = = = + + + + + + 4 1 1 f f f− + → 1 4 4 4C C C+ → desarrollando por la primera fila ( )1 1 2 5 2 0 4 2 0 0 1 1 3 5 3 5 3 7 4 5 4 5 4 7 x x x F x x x x x x x x x x x x x x x x x x + + − = − + = + = + + + + 3 1 1 f f f− + → 1 3 3 2C C C+ → desarrollando por la primera fila ( ) ( ) ( ) [ ]1 1 2 3 7 2 1 2 3 4 7 7 2 12 25 0 4 7 x x F x x x x x x + +  = − = + + − = + = + Para que sea singular: 12 25 x = − MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 29 - ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 3 1 2 1 2 2 2 3 2 3 1 3 2 3 3 11 11 11 11 11 11 1 1 1 19 11 1 11 1 19 7 11 5 11 5 71 1 1 1 19 11 1 11 1 19 7 11 5 11 5 7 1 1 1 11 11 11 11 11 11 t A A adj A A A + + + − + + + + + +  − −  − − − − − − −   − −  = = − − −   − − − −   − − − − −  − −  Para los dos valores de 44A = ± se tendrá: 88 132 220 88 132 44 1 1 132 44 88 132 44 176 44 176 132 220 88 132 t A A A −       = − − = −       − −     1 2 3 1 3 1 4 5 2 3 A −   = −   −  , 2 2 3 1 3 1 4 5 2 3 A − −   = − −   − −  4 Que condiciones deben cumplir las constante a , b y c , tal que la matriz sea no singular. 2 2 2 a a b a c F b a b b c c a c b c − + +   = + − +   + + −  Solución: Calculamos F : 2 2 2 a a b a c F b a b b c c a c b c − + + = + − + + + − , realizamos el desarrollo de La Place por la primera fila: ( ) ( )( ) ( ) ( )1 1 1 2 1 32 2 2 1 1 1 2 2 b b c b a b c b a b F a a b a c c b c c a c c a c b + + +− + + + + − = − − + + − + + − + − + − + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )2 2 2 8 2 2 2F abc a b c c a b a b b c c a a b b c c a b a c= − + + + + + + + + + + + + + + ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 8F b a c b a c b a c a b c c a b abc= + + + + + + + + + − ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 2 4F b a c b a c b a c a b c c a b abc= + + + + + + + + + − ( )( )( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4F b a c b a c a b abc bc ab abc ac a c abc b c abc= + + + + + + + + + + + + − ( )( )( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2F b a c b a c a b bc ab ac a c b c abc abc= + + + + + + + + + + + ( )( )( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2F b a c b a c a b ab a c abc ac b c bc abc= + + + + + + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2F b a c b a c a ab b ac bc c ac b bc ab= + + + + + + + + + + + ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2F b a c b a c a c a b b a b c= + + + + + + + + ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 4F b a c b a c a c a b b c a b a c b c= + + + + + + + = + + + El determinante debe ser diferente de cero: 0F ≠  ( )( ) ( )4 0a b a c b c+ + + ≠  a b≠ − , a c≠ − , b c≠ − MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 30 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 CURSO DE VERANO 2010 1 Sea la matriz 2 3 4 A 6 2 2 4 1 3    = −   − −  se pide expresarla en la forma: A=L D U⋅ ⋅ , donde L es una matriz triangular inferior, D es una matriz diagonal distinta de la identidad y U es una matriz superior. Solución: Nos piden hallar la factorización de la matriz, aplicamos operaciones elementales: 0 2 3 4 2 3 4 2 3 4 A 6 2 2 0 7 14 0 7 14 U 4 1 3 0 7 11 0 0 3            = − → − − → − − =           − − − −      1 2 2 1 3 3 3 2 f f f f f f − + → − + → 2 3 3f f f− + → Matricialmente: 0 3 2 1 U =E E E A , despejando A: 1 1 1 1 2 3 0 A=E E E U− − − La matriz L está dada por: 1 1 1 1 2 3 1 0 0 1 0 0 1 0 0 L=E E E 3 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 2 0 1 0 1 1 − − −            =                   1 0 0 L= 3 1 0 2 1 1          ,  1 0 0 2 3 4 1 0 0 2 0 0 1 3 / 2 2 A= 3 1 0 0 7 14 3 1 0 0 7 0 0 1 2 2 1 1 0 0 3 2 1 1 0 0 3 0 0 1                    − − = −                              1 0 0 L= 3 1 0 2 1 1          ; 2 0 0 D= 0 7 0 0 0 3    −     ; 1 3 / 2 2 U= 0 1 2 0 0 1          2 En una matriz A se realizan las siguientes operaciones elementales en el orden indicado, obteniéndose la matriz B : 2 3 4 B= 5 2 3 4 2 1 1k k k −   − −   − − +  1 2 1 3 3 2 2 1) 2) 2 3) 3 f f f f f f f × + → → a) Hallar el valor de “ k ” tal que la matriz A sea no singular, b) Para el valor de 1k = , halle la inversa de la matriz A sin encontrar esta. Solución: a) La matriz B está dada por: 3 2 1 B=E E E A  1 1 1 1 2 3 A=E E E B− − − 0 1 0 1 0 0 1 0 0 2 3 4 5 2 3 1 A= 1 0 0 0 1 0 0 1/ 3 0 5 2 3 6 9 12 3 0 0 1 2 0 1 0 0 1 4 2 1 1 3 24 6 21 3 27k k k k k k − − −                   − − = −                   − − − + − − +          Sacando el determinante a la matriz: MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 31 - 5 2 3 5 2 3 5 2 3 1 1 1 A 6 9 12 6 9 12 2 3 4 3 27 3 3 24 6 21 3 27 3 24 6 21 3 27 8 2 7 9k k k k k k k k k − − − − − −   = − = − = −   − − + − − + − − +  ( )1 A 7 40 0 3 k= − ≠  7 40 k ≠ b) Si 1 1 1 1 2 3 A=E E E B− − − sacando la inversa a esta ecuación: 1 1 3 2 1 A =B E E E− − Encontramos la inversa de B por la adjunta para 1k = : 1 7 1 11 7 10 1 1 1 B = 10 8 11 1 8 14 33 33 1 14 11 11 11 11 t − − − − −       − − − = −       − −     1 7 10 1 1 0 0 1 0 0 0 1 0 1 A = 1 8 14 0 3 0 0 1 0 1 0 0 33 11 11 11 0 0 1 2 0 1 0 0 1 − − −               −               − −         1 30 5 1 1 A = 24 29 14 33 33 11 11 − − −   −   −  3 Encontrar las condiciones que deben cumplir los valores de x , y , z de modo que la matriz sea no singular: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A a x a y a z b x b y b z c x c y c z  − − −    = − − −   − − −   Solución: Calculando el determinante de la matriz por CHIO: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 A 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a x a y a z a x a y a z b x b y b z b xb a xa b yb a ya b zb a za c xc a xa c yc a ya c zc a zac x c y c z − − − − − − = − − − = − − + − − + − − + − − + − − + − − +− − − 1 2 2 1 3 3 f f f f f f − + → − + → ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 A 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a x a y a z a x a y a z a b a c x a b y a b z a b a b a c x a b y a b z a b x a c y a c z a c b c b c b c − − − − − − = − − − − − − − − = − − − − − − − − − − − − − − − − − 2 3 3f f f− + → ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 A 2 2 2 1 1 1 a x a y a z a b a c b c x a b y a b z a b − − − = − − − − − − − − − 1 2 2 1 3 3 C C C C C C − + → − + → ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 2 A 2 2 2 1 0 0 a x a x y x y a x z x z a b a c b c x a b y x z x − − − − − − − = − − − − − − − , desarrollando MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 34 - ( ) ( ) ( ) ( ) 2 18 18 304 16 252 176 19 266 11 11 12337 173adj B k k k= + + − − − + − − = − ( ) 2 412337 173 107k− =  ( ) ( )2 212337 173 107 12337 173 107 0k k− − − + =  888 173 k = , 23786 173 k = Usando la formula: ( ) 1 2 16 19 1 1 14 1 16 11 19 18 B adj B k B B −    = = − +   −  , aplicando inversa a esta ecuación: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 3 1 2 1 2 2 2 3 3 1 3 2 3 3 1 16 14 16 14 1 1 1 1 19 18 11 18 11 19 16 19 2 19 2 161 1 1 1 19 18 11 18 11 19 16 19 2 19 2 16 1 1 1 1 16 14 16 14 1 t k k B B adj B B adj B k k + + + − + + + + + +  + − − +  − − − − −     = = − − −   − −     − − −  + − − +  ( ) 2 18 322 428 255 11 18 322 649 237 19 1 1 649 173 214 428 173 298 237 19 298 2 226 255 11 214 2 226 t k k k k B B B adj B B k k k k + − + − −       = − − = − −       − − + − +     ( )( ) 4 B adj adj B=  4 4 107B =  ( )( ) 2 22 2 107 107 0B B− + =  107B = ± Con el valor de 888 173 k = y el determinante tenemos dos soluciones: 18 888 /173 322 649 237 19 888 /173 1 428 173 298 107 255 11 888 /173 214 2 888 /173 226 B ⋅ + − − ⋅   = − − ±  − ⋅ ⋅ +   71690 /173 649 24129 /173 1 428 173 298 107 34347 /173 214 40874 /173 B −   = − − ±    Con el valor de 23786 173 k = y el determinante existen dos valores que no son solución. 3 Encontrar la matriz X en la ecuación XA B= , donde A E F= ⋅ , siendo las matrices E y F generadas por: 3 2 2 2 2 i j si i j E i j si i j si i j × + <   = + >   =  2 3 3 3 4 i j si i j F i j si i j si i j × − >   = − <   =  4 5 3 3 2 6 B −  =  −  Solución: Generamos las matrices dadas donde “ i ” indica la fila y “ j ” la columna: 11 12 3 2 21 22 31 32 2 2 2*1 2 2 2 2*1 2 2 3 2*1 3 2* 2 i j si i j e e E i j si i j e e si i j e e × + < +           = + > = = +           = + +       3 2 2 4 4 2 5 7 E ×    =      MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 35 - 11 12 13 2 3 21 22 23 3 4 1 3*2 1 3*3 3 3* 2 1 4 2 3*3 4 i j si i j f f f F i j si i j f f f si i j × − >  − −    = − < = =     − −   =   2 3 4 5 8 5 4 7 F × − −  =  −  Realizamos el producto 3 3 3 2 2 4 28 6 44 4 5 8 4 2 26 12 46 5 4 7 5 7 55 3 89 A E F E× × −    − −    = ⋅ = = = − −    −    −    De la ecuación XA B= , para encontrar X despejamos: 1 X B A −= ⋅ Calculamos : 1 A − por la adjunta: ( ) 1 1 A adj A A − = ( ) ( ) ( )( )1 1 1 2 1 3 28 6 44 12 46 26 46 26 12 26 12 46 28 1 6 1 44 1 3 89 55 89 55 3 55 3 89 A + + + − − − − − = − − = − + − + − − − − − 0A =  1 A − no existe, por lo tanto: X no existe 4 Cuales son las condiciones que deben cumplir “ x ”, “ y ”, “ z ” tal que la matriz G sea no singular: ( ) ( ) ( ) 22 2 22 2 22 2 x x y z yz G y y z x xz z z x y xy  − −    = − −   − −   Solución: Desarrollando los binomios calculamos G : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x y yz z yz x x y z yz x x y z yz G y y z zx x xz y y z x xz y y z x xz z z x xy y xy z z x y xy z z x y xy − + − − − − − − = − + − = − − = − − − − + − − − − − − ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 0 1 0 x x y z yz x yz x yz G y y z x xz x y z y xz x y z y x xz yz z z x y xy z xy z x xy yz − − − = − − − = − + + = − + + − − − − − − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 0 0 0 0 x yz x yz G x y z y x y x x y z x y z y x z x y x z z x z x x z y z x y = − + + − + − = − + + − − + − − + − + − Realizamos el desarrollo de La Place por la segunda columna: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 22 2 2 2 2 2 1 y x z y x z z G x y z y x z x x y z y x z x z x y z x y y + + − + + − = − + + − − − = + + − − + − + + − ( )( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( )2 2 2 2 2 2 1 1 z G x y z y x z x x y z x y z y x z x x y z z y y − = + + − − + + = + + − − + + − − Para que sea no singular: 0G ≠  ( )( )( )( )( )2 2 2 0x y z y x z x x y z z y+ + − − + + − ≠  2 2 2 0x y z+ + ≠ , y x≠ , z x≠ , 0x y z+ + ≠ , z y≠ MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 36 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 CURSO DE INVIERNO 2010 1 Si A y B son matrices cuadradas de orden n y poseen inversa demostrar: ( ) ( ) ( ) ( )BAABABAABA 11 +−=−+ −− Solución: Partimos de la igualdad: ( ) ( ) ( ) ( )BAABABAABA 11 −+=−+ −− Distribuyendo 1A − ( ) ( ) ( )[ ]BAAABABAABA 111 ⋅−⋅+=−+ −−− Sabemos que: IAAAA 11 =⋅=⋅ −− ( ) ( ) ( )[ ]BAIBABAABA 11 ⋅−+=−+ −− Distribuyendo ( )BA + ( ) ( ) ( ) ( ) BABAIBABAABA 11 ⋅⋅+−⋅+=−+ −− Distribuyendo BA 1 ⋅− ( ) ( ) ( ) BABBAABABAABA 111 ⋅⋅−⋅⋅−+=−+ −−− Aplicando IAA 1 =⋅ − ( ) ( ) ( ) BABBIBABAABA 11 ⋅⋅−⋅−+=−+ −− Aplicando BIIB ⋅=⋅ ( ) ( ) ( ) BABIBBABAABA 11 ⋅⋅−⋅−+=−+ −− Aplicando convenientemente IAA 1 =⋅− ( ) ( ) ( ) BABAABBAIBAABA 111 ⋅⋅−⋅⋅−+⋅=−+ −−− Factorizando 1AB −⋅ ( ) ( ) ( ) ( )BAABBAIBAABA 11 +⋅⋅−+⋅=−+ −− Factorizando ( )BA + por derecha ( ) ( ) [ ] ( )BAABIBAABA 11 +⋅⋅−=−+ −− De nuevo IAA 1 =⋅ − ( ) ( ) [ ] ( )BAABAABAABA 111 +⋅⋅−⋅=−+ −−− Factorizando 1A − por derecha ( ) ( ) ( ) ( )BAABABAABA 11 +−=−+ −− 2 Hallar la forma general de las matrices cuadradas de orden 2 que satisfagan: IA2 = . Solución: Sea       = dc ba A multiplicando por si misma       ++ ++ =            = 2 2 2A dbcdcac bdabbca dc ba dc ba Como es la forma general de una involutiva: IA2 =        =      ++ ++ 10 01 2 2 dbcdcac bdabbca Igualando elemento por elemento: 12 =+bca  b a c 2 1−= 0=+ bdab  ( ) 0=+ dab  0≠b  ad −= 0=+ dcac  ( ) 0=+ dac 0=c ∨ ad −= 12 =+ dbc  b d c 2 1−= Concluimos que: b a c 2 1−= ; ad −= ; aa = ; bb = .         −−= a b a ba 21A { }0IR −∈∀b IR∈∀a MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 39 - 5 Discutir en el sistema de ecuaciones los valores de “a” que logran que el sistema sea: a) Consistente determinado, b) Consistente indeterminado, c) Inconsistente. ( ) ( ) ( ) 44422 42244 34224 =++− =−++ +=+−+ zyxa zayx azyax Solución: Escribiendo la ecuación es su forma matricial:           + =                     − − − 4 4 3 4422 2244 4224 a z y x a a a  BAX= primero hagamos que exista solución única para lo cual igualamos a cero el determinante de la matriz de coeficientes y obtendremos los valores de a: =A 4422 2244 4224 − − − a a a ( ) 26 4 22 40 62260 4224 2 a a aa a −−− −− − = cofactores en la primera columna 331 221 4 22 fff a fff →+−− →+− ( ) ( ) 2614 6226 14A 2 11 aa aa −−− −− −= + ( ) ( ) ( )( )[ ]22 1462264 −−−−−= aaa ( ) ( )( )2 1426264 −−+−−= aaa ( )( ) ( )( ) ( )( )( )aaaaaaaaa +−−=−−=−+−+−−= 3338926412426264A 22 igualado a cero: tenemos: 3=a ; 3−=a reemplazando estos valore en nuestra matriz aumentada y luego escalonando vemos que comportamiento toma el sistema de ecuaciones Para 3=a :           −=           − −=           0000 2000 6444 2000 2000 4444 4444 4444 6444 inconsistencia 331 221 fff fff →+− →+− 332 fff →+− Para 3−=a :           − − − =           − − − =           − − − 8000 4440 0484 412120 4440 0484 4448 4844 0484 331 221 2 fff fff →+ →+− 3323 fff →+− Podemos concluir que: a) Consistente determinado 33 −≠∧≠ aa b) Consistente indeterminado ∃ a c) Inconsistente 33 −=∧= aa inconsistencia MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 40 - 6 Encuentre los valores de “ λ ” para que la matriz M sea singular:             =× 1 1 1 1 44 λλλ λλλ λλλ λλλ M Solución: Hallemos el determinante por la regla de chio (operaciones elementales, obtener ceros debajo de un elemento y aplicar cofactores): 1 1 1 1 λλλ λλλ λλλ λλλ = 10 10 10 1 222 222 222 λλλλλ λλλλλ λλλλλ λλλ −−− −−− −−− = ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 11110 11110 11110 1 λλλλλλ λλλλλλ λλλλλλ λλλ +−−− −+−− −−+− 441 331 221 fff fff fff →+− →+− →+− λ λ λ  ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 11110 11110 11110 1 1 1 3 3 λλλλλλ λλλλλλ λλλλλλ λλλ λ λ +−−− −+−− −−+− − − introduzcamos a cada fila el factor : ( )λ−1 1 ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 11 1 1 1 1 0 1 1 1 11 1 1 0 1 1 1 1 1 11 0 1 1 3 λ λλ λ λλ λ λλ λ λλ λ λλ λ λλ λ λλ λ λλ λ λλ λλλ λ − +− − − − − − − − +− − − − − − − − +− − ( ) 10 10 10 1 1 3 λλλ λλλ λλλ λλλ λ + + + − = ( ) 10 1100 1010 1 1 3 λλλ λλλ λ + − − − = ( ) 2100 1100 1010 1 1 3 λλ λλλ λ + − − − 224 334 fff fff →+− →+− 442 fff →+− λ ( ) ( )           + − − −⋅−= + 210 110 101 111 113 λλ λM nuevamente cofactores en la primera columna: ( ) ( ) ( )                 + − −⋅−⋅−= ++ 21 11 11111 11113 λλ λM = ( ) 21 11 1 3 λλ λ + − − = ( ) [ ]λλλ ++− 211 3 ( ) ( )λλ 311 3 +−=M igualando a cero: ( ) ( ) 0311 3 =+− λλ  1=λ ∨ 3 1−=λ Estos valores hacen que la matriz sea singular  1=λ ∨ 3 1−=λ MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 41 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 II / 2010 1 Sea la matriz 5 10 5 A 4 2 1 3 6 5 −   = −   − −  se pide expresarla en la forma: A=LDU , donde L es una matriz triangular inferior, U es una matriz superior y 2 0 0 D 0 4 0 0 0 6    =      . Solución: Nos piden hallar la factorización de la matriz, aplicamos operaciones elementales: 5 10 5 5 10 5 5 10 5 5 0 0 5 0 0 2 0 0 A 4 2 1 0 10 5 0 10 5 0 10 5 0 10 0 0 10 0 3 6 5 0 12 8 0 0 2 0 0 2 0 0 2 0 0 2 − − −                       = − → − → − → − → →                       − − −            ( ) ( ) 1 2 2 1 3 3 4 / 5 3/ 5 f f f f f f − + → + → ( ) 2 3 36 / 5 f f f+ → 1 2 2 1 3 3 2C C C C C C + → − + → ( ) 2 3 31/ 2 C C C+ → ( ) 1 12 / 5 C C→ ( ) 2 22 / 5 C C→ 2 0 0 2 0 0 A 0 4 0 0 4 0 D 0 0 2 0 0 6        → → =           3 33C C→ Donde se realizo la siguiente operación: 3 2 1 1 2 3 4 5 6 E E E AFF F F F F =D despejando la matriz A : -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 1 2 3 6 5 4 3 2 1A=E E E DF F F F F F  -1 -1 -1 1 2 3L=E E E , -1 -1 -1 -1 -1 -1 6 5 4 3 2 1U=F F F F F F 1 0 0 1 0 0 1 0 0 L 4 / 5 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 3 / 5 0 1 0 6 / 5 1            =            − −       1 0 0 L 4 / 5 1 0 3 / 5 6 / 5 1    =    − −  1 0 0 1 0 0 5 / 2 0 0 1 0 0 1 0 1 1 2 0 U 0 1 0 0 5 / 2 0 0 1 0 0 1 1/ 2 0 1 0 0 1 0 0 0 1/ 3 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 −                       = −                                    5 / 2 5 5 / 2 U 0 5 / 2 5 / 4 0 0 1/ 3 −   = −      1 0 0 2 0 0 5 / 2 5 5 / 2 A 4 / 5 1 0 0 4 0 0 5 / 2 5 / 4 3 / 5 6 / 5 1 0 0 6 0 0 1/ 3 −           = −           − −      2 Demostrar que la matriz ( ) ( ) 1 B= I+A I-A − es ortogonal. 0 1 0 A 1 0 2 0 2 0 −   =    −  Solución: Para que B sea ortogonal: t 1B =B−  1B B B B It−⋅ = ⋅ = MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 44 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 CURSO DE VERANO 2011 1 Hallar las matrices elementales que transforman la matriz A hasta reducir a la matriz B . Luego verificar la equivalencia de las matrices. Donde: 1 1 3 A= 5 2 6 1 1 1          ; 2 2 8 B= 2 1 3 3 0 0 − −   − −     Solución: Realizando operaciones elementales en la matriz A : 1 1 3 1 1 3 1 1 3 2 2 0 2 2 0 2 2 8 A= 5 2 6 3 0 0 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 3 1 1 1 1 1 1 3 0 0 3 0 0 3 0 0 3 0 0 − − − − − −                       → → → → − → − −                                   1 2 22 f f f− + → 2 3f f× 2 1 13 f f f− + → 3 2 2f f f− + → 2 3 34C C C− + → Las matrices elementales se obtienen realizando las operaciones elementales en el orden indicado en la matriz identidad de orden 3: 1 1 0 0 E = 2 1 0 0 0 1    −     ; 2 1 0 0 E = 0 0 1 0 1 0          ; 3 1 3 0 E = 0 1 0 0 0 1 −         ; 4 1 0 0 E = 0 1 1 0 0 1    −     ; 1 1 0 0 F = 0 1 4 0 0 1    −     Para verificar la equivalencia multiplicamos las matrices elementales de filas por la izquierda y las de columnas por la derecha: 4 3 2 1 1 1 0 0 1 3 0 1 0 0 1 0 0 1 1 3 1 0 0 2 2 8 E E E E A F = 0 1 1 0 1 0 0 0 1 2 1 0 5 2 6 0 1 4 = 2 1 3 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 3 0 0 − − −                           ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − − − − −                                         4 3 2 1 1E E E E A F =B⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅  A y B son equivalentes. 2 Resolver la ecuación matricial XA C 2B− = , donde las matrices son: 3 2 4 A 4 5 2 2 6 3 −   = − −   −  2 0 1 B 0 1 0 2 1 1 −   =    − −  1 2 0 C 0 1 1 1 1 2    = −   −  Solución: Despejando la incógnita de la ecuación: ( ) 1X 2B+C A−= Hallando la inversa de A por la adjunta: 1 27 8 34 27 18 26 1 1 A 18 17 22 8 17 22 201 201 24 22 7 34 22 7 t −        = − − = −       − − −     2 0 1 1 2 0 27 18 26 1 X 2 0 1 0 + 0 1 1 8 17 22 201 2 1 1 1 1 2 34 22 7  −            = − −             − − − − −        83 100 178 1 X 42 39 15 201 7 161 170    = −   − − −  MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 45 - 3 Sea la matriz 7 14 7 B 10 12 14 1 10 7k −   = − −   + −  , sabiendo que: ( )B=adj A y que se conoce que ( )( ) 2det Cofact A 28= . Se pide: a) Hallar el valor de la constante k ,b) Encontrar la matriz A Solución: a) Analizando: ( ) ( )adj A A t Cofact=    , aplicando determinante y usando S tS= : ( ) ( ) ( ) 2 adj A A A 28 t Cofact Cofact= = =    2 B 28= ( ) 2 7 14 7 B 10 12 14 588 700 196 196 84 84 980 980 784 112 28 1 10 7 k k k k − = − − = − − + + − + − − = + = + −  0k =  7 14 7 B 10 12 14 1 10 7 −   = − −   −  b) ( )1 1 1 A = adj A B A A − =  1 I A B A = ⋅  1A A B−= 1A A B−=  3 1 A A B −=  2 2 A B 28= =  A 28= Calculando 1B− por la adjunta: 1 2 2 56 84 112 56 28 112 1 1 B 28 56 84 84 56 28 28 28 112 28 56 112 84 56 t − −       = − = −       −     2 56 28 112 1 A 28 84 56 28 28 112 84 56 −   = −      56 28 112 1 A 84 56 28 28 112 84 56 −   = −     4 En el siguiente sistema de ecuaciones: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 7 5 2 1 4 1 2 2 4 5 7 2 5 0 mx m y m z n m x m y mz n mx m y m z + − + − = − + − + = + + − + − = a) Para que valores de “m” y “ n ” el sistema es determinado, indeterminado e inconsistente, b) para que valores de “m” el sistema homogéneo asociado tendrá solución distinta a la trivial y solución trivial. Solución: Escribiendo el sistema en su forma matricial: 3 3 7 5 2 1 4 1 2 2 4 5 7 2 5 0 m m m x n m m m y n m m m z − −           − − = +           − −       BAX= primero hagamos que exista solución única MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 46 - para lo cual igualamos a cero el determinante de la matriz de coeficientes y obtendremos los valores de m: =A 3 3 7 5 2 1 2 1 2 1 4 1 2 2 1 4 1 2 2 1 4 1 2 4 5 7 2 5 4 5 7 2 5 4 5 7 2 5 m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m − − − − − − − = − − = − − − − − − − − − 3 1 1f f f− + → =A ( ) 1 0 0 1 1 2 1 1 1 2 3 7 2 5 4 3 7 2 5 m m m m m m m m m m − − = − = − + − − − − − − − − gualado a cero tenemos: 0m = ; 2m = − reemplazando estos valores en la matriz aumentada y luego escalonando vemos que comportamiento toma el sistema de ecuaciones Para 0m = : 0 7 5 0 7 5 1 1 0 2 1 1 0 2 0 7 5 0 0 0 0 n n n n n − − − −       − − + → − − +       − − −    inconsistencia 1 3 3 f f f− + → Para 2m = − : 6 13 7 1 4 3 2 1 4 3 2 5 9 4 2 5 9 4 2 0 11 11 12 8 17 9 0 8 17 9 0 0 15 15 16 n n n n − − − − − − − − − − −           − − − + → − − − + → +           − − − − − −      2 1 1f f f− + → 1 2 2 1 3 3 5 8 f f f f f f − + → − + → 2 3 3 15 11 f f f− + → 1 4 3 2 0 11 11 9 0 0 0 15 /11 4/11n − − − −   →    − −  Podemos concluir que: Consistente determinado 0m ≠ ∨ 2m ≠ − ; n∀ Consistente indeterminado 0 0m n= ∧ = ∨ 2 4 /15m n= − ∧ = − Inconsistente 0 0m n= ∧ ≠ ∨ 2 4 /15m n= − ∧ ≠ − b) Para BAX= el sistema homogéneo asociado es: AX 0= y existirá solución trivial X 0= si existe 1A− , para que esta inversa exista: A 0≠ ; como ya se calculo antes: ( ) A 2m m= − + Solución distinta a la trivial: : 0m = ; 2m = − ; solución trivial: 0m ≠ ; 2m ≠ − inconsistencia 1 2 2 1 3 3 2 C C C C C C − + → − + → MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 49 -  2 3 5 3 4 7 5 7 1 a b c a x b x m c x n a y b y m z c y n z p k        ⋅ ⋅ + ⋅ + =       ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ + +     2 3 5 1/ 2 1/ 2 11 3/ 2 5 / 2 1 a b c m n p k x y z = = = = − = − = − = = = ( ) 1 0 0 2 3 5 1 0 0 2 0 0 1 3/ 2 5 / 2 A 3/ 2 1 0 0 1/ 2 1/ 2 3 / 2 1 0 0 1 0 0 1/ 2 1/ 2 5 / 2 1 1 0 0 11 5 / 2 1 1 0 0 6 0 0 11 / 6k k                  = − − = − −                 − − − −          Al factorizar en la forma L D U⋅ ⋅ estándar los elementos 11 22 33, ,u u u (elementos de la matriz triangular superior) deben ser siempre igual a uno, este no es el caso ya que 22 1/ 2u = −  ya que la matriz esta factorizada con la matriz diagonal pedida: IRk ∈ 5 Determinar la posición relativa de los planos P1, P2, P3, de acuerdo con loa valores de a y b 1: 3 2 1 2 : 4 3 : 2 5 2 P x y z P x y z b P x y az − + = + + = − + = − Solución: Escribiendo el sistema en su forma matricial: 3 1 2 1 1 4 1 2 5 2 x y b a z −           =           − −       BAX= primero hagamos que exista solución única para lo cual igualamos a cero el determinante de la matriz de coeficientes y obtendremos los valores de a : =A 3 1 2 1 4 1 13 13 2 5 a a − = − − , igualado a cero tenemos: 1a = reemplazando este valor en la matriz aumentada y luego escalonando vemos que comportamiento toma el sistema de ecuaciones Si 1a = : 3 1 2 1 1 9 0 1 2 1 9 0 1 2 1 9 0 1 2 1 4 1 1 4 1 0 13 1 3 1 0 13 1 1 2 5 1 2 0 13 1 2 2 0 13 1 2 2 0 0 0 3 b b b b b b b b b b − − − − − − −               → → − → − −               − − − − − − − − − − −        2 1 1 2 3 3 2 2 f f f f f f − + → − + → 1 2 2f f f− + → 2 3 3f f f+ → El valor critico es : 3b − Si 3 0b − =  3b = tenemos más ecuaciones que incógnitas  varias soluciones Si 3 0b − ≠  3b ≠ tenemos una falsedad 0 constante=  no existe soluciones Podemos concluir que: Los planos 1, 2 3P P y P se intersectan en un punto si 1a ≠ ∧ b∀ Los planos 1, 2 3P P y P se intersectan en una recta (varios puntos) si 1a = ∧ 3b = Los planos 1, 2 3P P y P no se intersectan si 1a = ∧ 3b ≠ inconsistencia MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 50 - PRIMER EXAMEN PARCIAL MAT 103 CURSO DE INVIERNO 2011 1 Dada la matriz 1 4 3 A = 4 6 6 3 6 10          hallar una matriz triangular inferior B , tal que se verifique que: tD=B A B⋅ ⋅ , donde la matriz D es igual a 1 0 0 D = 0 10 0 0 0 23/ 5    −      . La matriz B proviene de operaciones elemntales en la matriz A . Solución: Realizando operaciones elementales en la matriz A : 1 4 3 1 4 3 1 4 3 A = 4 6 6 0 10 6 0 10 6 = C 3 6 10 0 6 1 0 0 23/ 5            → − − → − −       −           1 2 2 1 3 3 4 3 − + → − + → f f f f f f 2 3 3 3 5 − + →f f f Donde se realizo 3 2 1C = E E E A , por lo tanto la matriz B es: 3 2 1B = E E E Las matrices elementales se obtienen realizando las operaciones elementales en la matriz identidad: 1 1 0 0 E = 4 1 0 0 0 1    −      ; 2 1 0 0 E = 0 1 0 3 0 1       −   ; 3 1 0 0 E = 0 1 0 0 3/ 5 1       −   1 0 0 1 0 0 1 0 0 B = 0 1 0 0 1 0 4 1 0 0 3/ 5 1 3 0 1 0 0 1            −       − −            1 0 0 B = 4 1 0 3 / 5 3 / 5 1    −   − −    t 1 4 3/ 5 B = 0 1 3 / 5 0 0 1 − −   −      Verificando:  t 1 0 0 1 4 3 1 4 3/ 5 1 0 0 B A B 4 1 0 4 6 6 0 1 3/ 5 0 10 0 D 3/ 5 3/ 5 1 3 6 10 0 0 1 0 0 23/ 5 − −               ⋅ ⋅ = − − = − =         − −                1 0 0 B = 4 1 0 3 / 5 3 / 5 1    −   − −   2 Determinar los valores de α y β tal que la matriz 5 4 2 A = 4 5 2 2 2 2 −   −   − −   verifique la ecuacion: 2 0α β+ + =x x MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 51 - Solución: Reemplazando la matriz en la ecuacion: 2 A A I 0α β+ + = 5 4 2 5 4 2 5 4 2 1 0 0 0 0 0 4 5 2 4 5 2 4 5 2 0 1 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 1 0 0 0 α β − − −                   − − + − + =           − − − − − −                   45 5 44 4 22 2 0 0 0 44 4 45 5 22 2 0 0 0 22 2 22 2 12 2 0 0 0 α β α α α α β α α α α β + + + − −       + + + − − =     − − − − + +        11 10 α β = − = 3 Dada la matriz 1 3 5 A 2 1 3 3 1 −   = −   −  t , hallar el valor de “ t ” sabiendo que se conoce que ( ){ } 6 2det 2A 2 30= ⋅adj . Luego hallar la matriz inversa de A . Solución: Calculamos el determinante de la matriz dada: 1 3 5 A 2 1 3 4 32 3 1 − = − = − − t t Aplicando propiedades: ( ){ } ( ) 11 det A A −⋅ −= ⋅ nn n adj k k  ( ){ } ( ) 3 13 3 1 6 2det 2A 2 A 2 30 −⋅ −= ⋅ = ⋅adj  2 2 A 30=  A 30= ±  4 32 30− = ±t  31 1 2 2 = ∨ =t t Para el primer valor 31 2 =t tenemos: 1 3 5 A 2 1 3 31/ 2 3 1 −   = −   −    1 16 24 8 1 A 97 153 26 60 43 87 14 − − −   = − −   − −   Para el segundo valor 1 2 =t tenemos: 1 3 5 A 2 1 3 1/ 2 3 1 −   = −   −    1 16 24 8 1 A 7 3 26 60 13 3 14 − − −   = − − −   −   4 Discutir y analizar las diferentes soluciones que podría tener el siguiente sistema de ecuaciones Para distintos valores de a y b ( ) ( ) 1 2 1 + + − = + + = + + − = ax aby a z b x by z ax ay a b Solución: Escribiendo el sistema en su forma matricial: MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 54 - Solución: a) Hallamos la inversa por la adjunta 4 C k= 3 2 3 1 4 2 3 2 3 0 0 0 0 01 0 1 C k k k k k k k k k k −    − =  −  − −   1 2 1 1 3 2 1 4 3 2 1 0 0 0 0 0 0 C k k k k k k k k k k − − − − − − − − − − −    − =  −  − −  b) Formamos la matriz simétrica con ( )1 11 S = C 2 t C− − +   : 1 2 3 4 2 1 2 3 3 2 1 2 4 3 2 1 2 2 2 2 1 S = 2 k k k k k k k k k k k k k k k k − − − − − − − − − − − − − − − −  − −  − −   − −  − −  Formamos la matriz hemisemetrica con ( )1 11 H = C 2 t C− − −   : 2 3 4 2 2 3 3 2 2 4 3 2 0 0 0 0 1 H = 2 k k k k k k k k k k k k − − − − − − − − − − − −  −  − −   −  − −  4 Usando factorización LU resolver el sistema: 2 4 10 2 2 5 2 7 x y z x y z x y z + − = − + = + − = Solución: Escribiendo el sistema en su forma matricial: 1 2 4 10 2 1 2 5 1 1 2 7 −           − =       −           x y z  BAX= factorizamos al matriz de coeficientes 1 0 0 1 2 4 1 2 4 A = 1 0 0 2 1 2 1 0 0 1 1 2 − −           = −       −           m a b p n c De donde obtenemos: 1 0 0 1 2 4 A = L U 2 1 0 0 5 10 1 1/ 5 1 0 0 0 −       ⋅ −            MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 55 -  BAX=  ( )L U X B⋅ ⋅ = sea el cambio de variable: U X Y⋅ = Obtenemos L BY⋅ =  1 2 3 1 0 0 10 2 1 0 5 1 1/ 5 1 7          =               y y y  1 2 3 10 15 0        = −           y y y Del cambio de variable: U X Y⋅ =  1 2 4 10 0 5 10 15 0 0 0 0 −           − = −                  x y z Haciendo z = t un parámetro:  4 3 2        = +            x y t z t MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 56 - SEGUNDOS EXAMENES PARCIALES TEMAS: CAPITULO 3: ESPACIOS VECTORIALES CAPITULO 4: TRANSFORMACIONES LINEALES INDICE SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 103 II/2007 ........................................................................ - 57 - SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 103 I/2008 ......................................................................... - 62 - SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 103 II/2008 ........................................................................ - 66 - SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 103 I/2009 ......................................................................... - 70 - SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 103 II/2009 ........................................................................ - 75 - SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 103 I/2010 ......................................................................... - 80 - SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 103 II/2010 ........................................................................ - 84 - MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 59 - Solución: Sea       wz yx un vector que pertenece al subespacio pedido, como es ortogonal debe cumplir: 0 21 12 ; =      − −       wz yx ; 0 24 31 ; =      − −       wz yx según el producto inteior: 044 =−+− wzyx ; 04432 =−+− wzyx con estas dos condiciones hallamos el subespacio    =−+− =−+− 04432 044 wzyx wzyx        =                   −− −− 0 0 4432 4114 w z y x despejemos de la matriz aumentada:       −− −− 04432 04114 =       − −− 081010 04114 =       − −− 081010 0120114 =       − − 081010 0120114 2213 fff →+− 112 fff →+− ( ) 111 ff →− Interpretando el sistema tenemos:    =++− =++− 0810 01214 wzx wyx  wxz wxy 810 1214 −= −= , remplacemos en el vector dado:       =      wz yx wz yx es el vector perteneciente al subespacio       − − =      wwx wxx wz yx 810 1214       − − +      = ww w x xx 8 120 010 14 , para hallar una base escribimos como combinación lineal de tal manera que genere a todos los vectores del subespacio:       − − +      =      18 120 010 141 wx wz yx La base será:             − −       = 18 120 ; 010 141 B ; 2dim =B 4 Dado el producto interior definido en 3IR por: 332211 3, vuvuvuVU ++= , donde ( )321 ,, uuuU = ; ( )321 ,, vvvV = . Se pide ortonormalizar la base para el subespacio en 3IR generado por el conjunto de vectores ( ) ( ) ( ){ }3,1,0;1,1,1;2,2,1 −− MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 60 - Solución: Hallemos el subespacio generado por el conjunto de vectores, sea ( )zyx ,, un vector que pertenece al subespacio, este se puede escribir como combinación lineal de el conjunto generador: ( ) ( ) ( ) ( )zyx ,,3,1,01,1,12,2,1 =+−+− γβα ( ) ( )zyx ,,32,2, =+++−+− γβαγβαβα      =++ =+− =+− z y x γβα γβα βα 32 2            =                     − − z y x γ β α 312 112 011 ;escalonemos la matriz aumentada para hallar el subespacio           − − z y x 312 112 011 =           + + − xz xy x 2330 2110 011 =           −− + − yxz xy x 34000 2110 011 Inconsistencia, debe ser igual a cero 2212 fff →+ 3323 fff →+− 3312 fff →+ 034 =−− yxz  yxz 34 += ; reemplazando en el vector ( )zyx ,, ( )zyx ,, = ( )yxyx 34,, + = ( ) ( )yyxx 3,,04,0, + , al escribir como combinación lineal hallaremos un base: ( )zyx ,, = ( ) ( )3,1,04,0,1 yx + , la base será: ( ) ( ){ }3,1,0;4,0,1=B Ortonormalicemos esta base por el proceso de Gram – Schmidt y el producto interior indicado: Sea: { }21;uuB = y la base ortonormal: { }21;' vvB = 1 1 1 u u v =  111 , uuu =  ( )( ) ( )( ) ( )( ) 174400311 1 =++=u       = 17 4 ,0, 17 1 1v , , 1122 1122 2 vvuu vvuu v − − =  ( ) ( )( ) ( ) 17 12 17 4 3013 17 1 0, 12 =     ++     =vu ( ) ( ) ( ) ( ) 17 3 ,1, 17 12 17 3 ,1, 17 12 17 48 ,0, 17 12 3,1,0 17 48 ,0, 17 12 3,1,0 17 4 ,0, 17 1 17 12 3,1,0 17 4 ,0, 17 1 17 12 3,1,0 2      −      − =      −      − =      −      − =v MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 61 - ( )( ) 17 3 17 3 113 17 12 17 12 17 3 ,1, 17 12 2            ++     −     −      − =v      −=      − = 17 3 ,1, 17 12 60 17 17 60 17 3 ,1, 17 12 2 12 17 3 , , 601020 1020 v   = −                     −     = 1020 3 , 60 17 , 1020 12 ; 17 4 ,0, 17 1 'B MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 64 - 3 Hallar todas las matrices en 2 2IR × que formen 60º con la matriz 1 0 A= 2 2 −      y sea ortogonal a la matriz 2 1 B= 2 0 −      tome el producto interior definido por: ; a b x y ax by cz du c d z u     = + + +        Solución: Sean X= x y z w       los vectores que pertenece al subespacio pedido, debe cumplir: ( )1 0 1 0 ; cos 60º 2 2 2 2 x y x y z w z w − −        = ⋅                ; 2 1 ; 0 2 0 x y z w −    =        Según el producto interior: 2 2 2 2 2 2 2 21 3 2 2 1 4 4 2 2 x z w x y z w x y z w− + + = + + + ⋅ + + = + + + 2 2 0x y z− + = Sea una característica del subespacio: 2 2 2 2 1x y z w+ + + = , es decir vectores unitarios por producto interior canonico: 3 2 2 2 x z w− + + =  3 2 2 2 x z w= + − 2 2 0x y z− + =  6 4 3y z w= + − Todas las matrices serán: 2 2 2 23 / 2 2 , 6 4 3 , 1 2 x y V x z w y z w x y z w z w    = = + − = + − + + + =      Para averiguar si es un subespacio sean los vectores unitarios: 3 2 2 6 4 3 A 2 x y z w z w z w z w  + − + −   = =       ; 3 2 2 6 4 3 B 2 m n p q p q p q p q  + − + −   = =       Verificando los axiomas: i) Clausura para la suma: A B V+ ∈ 3 3 2 2 6 4 3 2 2 6 4 3 A B 2 2 z w z w p q p q z w p q    + − + − + − + −   + = +         ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 6 4 6 A B z p w q z p w q z p w q + + + − + + + −  + =  + +  Sean , u z p v w q= + = +  2 2 3 6 4 6 A B u v u v u v + − + −  + =     NO cumple el axioma ya que no tiene la misma característica del espacio en las constantes. ∴ No existe un subespacio de 2 2IR × MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 65 - 4 Encontrar una base ortonormal para el subespacio en 3IR generado por el plano 3 2 0x y z− + = Solución: Hallando una base para el plano. Despejando z : 3 2 0x y z− + =  3 2z x y= − + ; reemplazando en el vector del subespacio ( )zyx ,, ( )zyx ,, = ( ), , 3 2x y x y− + = ( ) ( ),0, 3 0, , 2x x y y− + , al escribir como combinación lineal hallaremos una base: ( )zyx ,, = ( ) ( )1,0, 3 0,1,2x y− + , la base será: ( ) ( ){ }1,0, 3 ; 0,1, 2B = − Ortonormalicemos esta base por el proceso de Gram – Schmidt y el producto interior canónico: Sea: { }21;uuB = y la base ortonormal: { }21;' vvB = 1 1 1 u u v =  111 , uuu =  ( )( ) ( )( ) ( ) ( )1 1 1 0 0 3 3 10u = + + − − =  1 1 3 ,0, 10 10 v − =     , , 1122 1122 2 vvuu vvuu v − − =  ( ) ( ) ( ) ( )2 1 1 3 6 , 0 1 0 2 10 10 10 u v − −   = + + =        ( ) ( ) ( ) ( ) 2 6 1 3 6 18 6 2 0,1, 2 ,0, 0,1,2 ,0, ,1, 10 10 10 1010 10 10 6 18 6 26 1 3 0,1,2 ,0, ,1, 0,1, 2 ,0, 10 10 10 1010 10 10 v −  −   + +           = = = −−     ++           ( ) ( ) 2 6 2 ,1, 10 10 6 6 2 2 1 1 10 10 10 10 v      =      + +            6 2 ,1, 5 6 210 10 ,1, 7 10 107 5       = =     1 3 5 6 2 ' ,0, ; ,1, 7 10 1010 10 B  −   =          MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 66 - SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 103 II/2008 1 Sean los subespacios 3IR en definidos de la siguiente forma: ( ) ( ){ }, , / 3 5 2 0S x y z x a y z= + − + = ( ){ }, , / 2 ; 3 ; 3T x y z x t y t z t= = = − = Hallar el valor de “ a ” para que TS ∩ sea un subespacio 3IR . Luego hallar una base y dimensión para TS ∩ . Solución: Para T que es un subespacio descrito por una recta, hallamos los planos que la generan: 2 3 x t y t =  = −  3 6 2 6 x t y t =  = − , sumando las dos ecuaciones  3 2 0x y+ = 3 3 y t z t = −  = , sumando las dos ecuaciones  0y z+ =  ( ){ }, , / 3 2 0 0T x y z x y y z= + = ∧ + = Para hallar TS ∩ interceptamos las características de los subespacios: ( )3 5 2 0 3 2 0 0 x a y z x y y z + − + =  + =  + =  3 5 2 0 3 2 0 0 0 1 1 0 a x y z −           =                  A X 0⋅ = Trabajando en el determinante de la matriz de coeficientes:  A 27 3a= − i) Primer caso: Si 9a ≠  A 0≠  1 A−∃  ( ) ( ), , 0,0,0x y z = Entonces se tiene: ( )0,0,0S T∩ = , el origen no es un subespacio, por lo tanto: Si 9a ≠ , TS ∩ no es un subespacio ii) Segundo caso: Si 9a =  A 0=  escalonamos la matriz aumentada: 3 4 2 0 3 2 0 0 0 1 1 0          3 4 2 0 3 4 2 0 0 1 1 0    →      3 4 2 0 0 0 0 0 0 1 1 0    →      3 2 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0    →       3 2 0 0 x y y z + = + = Las ecuaciones encontradas son características del subespacio T por lo tanto: Si 9a = , S T T∩ = Hallamos base y dimensión para : ( ){ }, , / 2 ; 3 ; 3T x y z x t y t z t= = = − = Todos los vectores del suespacio se pueden escribir como la siguiente combinación lineal: ( ) ( ) ( ), , 2 , 3 ,3 2, 3,3x y z t t t t= − = ⋅ − ( ) ( ){ }2, 3,3Base T = − ; ( ){ }dim 1Base T = 3 2 22 f f f+ → 1 2 2f f f− + → 3 1 12 f f f− + → MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 69 - 4 Encontrar una base ortonormal del subespacio ortogonal a los vectores en 4IR : ( )2, 1, 2, 1u = − − y ( )1, 1,0, 2v = − . Utilice el producto interior: ( ) ( ), , , ; , , ,a b c d x y z u ax bz cy du< >= + + + Solución: La formula dada no es un producto interior canonico, asi que verificamos que sea valida: Sean: ( ), , ,a a b c d= , ( ), , ,x x y z u= y ( ), , ,m m n p q= i) Axioma de simetría: , , , a x ax bz cy du a x xa zb yc ud a x xa yc zb ud = + + + = + + + = + + +       , , a x x a=     cumple el axioma ii) Axioma de aditividad: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , a x m a x m b y p c z n d u q a x m am xm bp yp cn zn dq uq a x m am bp cn dq xm yp zn uq + = + + + + + + + + = + + + + + + + + = + + + + + + + +          , , , a x m a m x m+ = +        cumple el axioma iii) Axioma de homogeneidad: ( ) , , k a x k ax k bz k cy k du k a x k ax bz cy du ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ + + +     , , k a x k a x⋅ = ⋅     cumple el axioma iv) Axioma de positividad: 2 2 2 2 , , , 2 a a a a b c c b d d a a a b c b c d a a a b c d = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = + ⋅ + ⋅ + = + ⋅ +       No se puede asegurar que 2 22 0a b c d+ ⋅ + ≥ por lo tanto el axioma no se cumple, entonces la formula dada no es producto interior.  El subespacio ortogonal a los vectores ( )2, 1, 2, 1u = − − y ( )1, 1,0, 2v = − no puede hallarse 5 OPTATIVA.- Sea 2 2: IR IRF → la función dada por: ( ) ( ), 2 ,3F x y x y x y= + + . Demuestre que F es transformación lineal y verifique el teorema de la dimensión. Problema con conceptos del tercer parcial, resuelto en el TOMO III. MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 70 - SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 103 I/2009 1 En 3IR se definen los subespacios: ( ){ }, , / 3 2 2 1S x y z x y z k= − + = − y el subespacio T generado por el conjunto ( ) ( ) ( ){ }3,2, 1 ; 1, 4,5 ; 4, 2,4− − − . Hallar el valor de “ k ” para que TS ∩ sea un subespacio 3IR . Luego hallar una base y dimensión para S ,T , y TS ∩ . Solución: Generamos el subespacio T , sean ( )zyx ,, los vectores del subespacio: ( ) ( ) ( ) ( )3,2, 1 1, 4,5 4, 2,4 , ,x y zα β γ− + − + − =  3 1 4 2 4 2 1 5 4 x y z α β γ            − − =           −      Escalonamos la matriz aumentada: 3 1 4 2 4 2 1 5 4 x y z    − −   −  7 7 0 2 2 4 2 3 3 0 2 x y y z y − +   → − −   − +  21 21 0 3 6 2 4 2 21 21 0 7 14 x y y z y − +   → − −   − +  21 21 0 3 6 2 4 2 0 0 0 7 8 3 x y y z y x − +   − −   + −  inconsistencia debe ser igual a cero  7 8 3 0z y x+ − =  ( ){ }, , / 7 8 3 0T x y z z y x= + − =  ( ) 8 7 8 7 , , , , ,1,0 ,0,1 3 3 3 3 x y z y z y z y z      = + = ⋅ + ⋅            ( ) 8 7 ,1,0 , ,0,1 3 3 Base T     =           ; ( ){ }dim 2Base T = 2 1 1 2 f f f+ → 2 3 3 2 f f f+ → ( ) 1 1 3 f f⋅ → ( ) 3 3 7 f f⋅ → 1 3 3 f f f− + → MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 71 - Para hallar TS ∩ intersectamos las características de los subespacios: 3 2 2 1 3 8 7 0 x y z k x y z − + = − − + + =  3 1 2 2 1 3 8 7 0 x k y z   − −     =    −      trabajando en la matriz aumentada: 3 1 2 2 1 3 8 7 0 k− −   −  = 3 1 2 2 1 0 7 9 2 1 k k − −   −  = ( ) 2 13 1 2 2 1 / 70 1 9 / 7 k k −−   −  = ( ) ( ) 8 2 1 / 73 0 23/ 7 2 1 / 70 1 9 / 7 k k −   −  1 2 2f f f+ → 2 2 1 7 f f   →    2 1 1f f f+ → Entonces se tiene: ( )23 8 2 1 21 21 x z k= − + − , ( )9 1 2 1 7 7 y z k= − + − ( )zyx ,, = ( ) ( )23 8 9 1 2 1 , 2 1 , 21 21 7 7 z k z k z  − + − − + −    , para escribir como combinación lineal debe cumplirse: ( )8 2 1 0 21 k − = , ( )1 2 1 0 7 k − =  1 2 k =  ( )zyx ,, 23 9 23 9 , , , ,1 21 7 21 7 z z z z    = − − = − −        ( ) 23 9 , ,1 21 7 Base S T   ∩ = − −      ; ( ){ }dim 1Base S T∩ = Para hallar S usando 1 2 k = : 3 2 0x y z− + =  3 2y x z= + ( )zyx ,, = ( ) ( ) ( ),3 2 , ,3 ,0 0,2 ,x x z z x x z z+ = + ( )zyx ,, ( ) ( )1,3,0 0,2,1x z= + ( ) ( ) ( ){ }1,3,0 , 0,2,1Base S = ; ( ){ }dim 2Base S = MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 74 - 4 Para el sistema de ecuaciones siguiente: ( ) ( ) 3 2 4 0 4 3 5 2 0 11 4 6 3 0 7 1 0 x y z u x y z u x y z a u x y z a u + − + = − + − = − + + − = − + + − = Hallar el valor de ” a ” tal que la dimensión de su espacio solución sea igual a 2. Solución: Escribimos el sistema en forma matricial: 3 2 4 1 0 4 3 5 2 0 11 4 6 3 0 7 1 1 1 0 x y a z a u −           − −     =      − −      − −       A X 0⋅ = Escalonamos la matriz de coeficientes: 3 2 4 1 1 5 9 3 1 5 9 3 1 5 9 3 4 3 5 2 4 3 5 2 0 17 31 10 0 17 31 10 A 11 4 6 3 11 4 6 3 0 51 93 30 0 0 0 7 1 1 1 7 1 1 1 0 34 62 20 0 0 0 a a a a a a a a − − − − − − −               − − − − − −       = → → →        − − − − − +        − − − − − +        2 1 1f f f− + → 1 2 2 1 3 3 1 4 4 4 11 7 f f f f f f f f f + → + → + → 2 3 3 2 4 4 3 2 f f f f f f − + → − + → Para que la dimensión del espacio solución sea 2 el rango de la matriz debe ser igual a dos por lo tanto: 0a = MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 75 - SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 103 II/2009 1 Dado el siguiente sistema hallar los valores de b y a de manera que el sistema sea: a) consistente, b) determinado, c)indeterminado e d) inconsistente. ( ) ( ) ( ) 4 0 1 2 2 3 2 x y b z b x y z x b y z a − + + − = − + + = − + − − = Problema con conceptos del primer parcial, resuelto en el TOMO I. 2 Resolver el sistema de modo que la solución se presente como la suma de una solución particular mas una solución homogénea: X X XP H= + , ¿Forma la solución un subespacio de 4IR ?. Pruebe su respuesta. 3 2 2 5 2 3 7 x y z u x y z u x y z u − + + = + − + = − − + + = Solución: Escribimos el sistema en su forma matricial 1 1 1 1 3 2 1 2 1 5 1 2 3 1 7 x y z u   −         − =        − −         A X B⋅ = , escalonamos la matriz aumentada 1 1 1 1 3 1 1 1 1 3 1 1 1 1 3 1 1 1 0 6 2 1 2 1 5 0 3 4 1 1 0 3 4 1 1 0 3 4 0 8 1 2 3 1 7 0 3 4 2 10 0 0 0 1 9 0 0 0 1 9 − − − − −               − = − − − = − − − = −               − − −        1 2 2 1 3 3 2 f f f f f f − + → + → 2 3 3f f f+ → 3 2 2 3 1 1 f f f f f f + → − + → ( ) 1 13 f f→ 3 3 3 0 18 3 0 1 0 10 0 3 4 0 8 0 3 4 0 8 0 0 0 1 9 0 0 0 1 9 − − − −       − = −           , despejando las variables: 2 1 1 f f f+ → MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 76 -  3 10 3 4 8 9 x z y z u − = − − = =  10 1 3 3 8 4 3 3 9 x z y z u = − + = + =  Sea z t=  10 1 3 3 8 4 3 3 9 x t y t z t u = − + = + = = 10 1 10 1 3 3 3 3 8 4 8 4 3 3 3 3 0 1 9 9 0 t x y t t z tu      − + −                     += = +                                 10 1 3 3 8 4 X X 3 3 0 1 9 0 P H x y t z u    −               = + = +                      Para averiguar si es un subespacio sean los vectores del espacio solución: 10 1 3 3 8 4 X= 3 3 0 1 9 0 t    −           +                   ; 10 1 3 3 8 4 Y= 3 3 0 1 9 0 k    −           +                   Verificando los axiomas: i) Clausura para la suma: X Y subespacio+ ∈ 10 1 10 1 3 3 3 3 8 4 8 4 X Y= 3 3 3 3 0 1 0 1 9 0 9 0 t k           − −                                + + + +                                                       ( ) 20 1 3 3 16 4 X Y= 3 3 0 1 18 0 t k    −           + + +                   Sea: u t k= +  20 1 3 3 16 4 X Y= 3 3 0 1 18 0 u    −           + +                   ; NO cumple el axioma ya que no tiene la misma característica del espacio solución en el vector constante. ∴ El espacio solución no es un subespacio de 4IR MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 79 - 4 Probar que los conjuntos S y C generan el mismo espacio vectorial { }3 2 3 2 3 22 ; 2 3 ;3 6 5t t t t t t t t t S e e e e e e e e e= + + + + + + ; { }3 22 5 ;t t t t C e e e e= + + Solución: Sean todos los vectores del espacio vectorial: 3 2t t t ae be ce+ + i) Generamos los vectores 3 2t t t ae be ce+ + con el conjunto S : ( ) ( ) ( )3 2 3 2 3 2 3 22 2 3 3 6 5t t t t t t t t t t t t e e e e e e e e e ae be ceα β γ+ + + + + + + + = + +  ( ) ( ) ( )3 2 3 23 2 2 6 3 5t t t t t te e e ae be ceα β γ α β γ α β γ+ + + + + + + + = + +  3 2 2 6 3 5 a b c α β γ α β γ α β γ + + = + + = + + =  1 1 3 2 2 6 1 3 5 a b c α β γ            =                 , escalonamos la matriz aumentada 1 1 3 1 1 3 2 2 6 0 0 0 2 1 3 5 1 3 5 a a b b a c c a        = −       −    inconsistencia debe ser cero  2 0b a− = 1 2 2 1 3 3 2 f f f f f f − + → − + →  { }3 2 / 2 0t t t V ae be ce b a= + + − = ii) Generamos los vectores 3 2t t t ae be ce+ + con el conjunto C : ( ) ( )3 2 3 22 5t t t t t t t e e e e ae be ceα β+ + + = + +  ( )3 2 3 22 5t t t t t te e e ae be ceα α α β+ + + = + +  2 5 a b c α α α β = = + =  1 0 2 0 5 1 a b c α β         =             , escalonamos la matriz aumentada 1 0 1 0 2 0 0 0 2 5 1 0 1 5 a a b b a c c a        = −       −    inconsistencia debe ser cero  2 0b a− = 1 2 2 1 3 3 2 5 f f f f f f − + → − + →  { }3 2 / 2 0t t t W ae be ce b a= + + − =  V W= ∴ los conjuntos S y C generan el mismo espacio vectorial MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 80 - SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 103 I/2010 1 Sean los subespacios 4IR , ( ){ }, , , / 2 2 0S x y z u x y z u= − − − = y T generado por el conjunto ( ) ( ) ( ) ( ){ }1, 1, 1, 1 ; 1,1, 1, 1 ; 1, 1, 3, 3 ; 2, 2, 4, 4− − − − − − − − − − − − se pide: a) Hallar una base y dimensión para S T∩ y b) ( )dim S T+ Solución: a) Generamos T con el conjunto dado: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1, 1, 1, 1 1,1, 1, 1 1, 1, 3, 3 2, 2, 4, 4 , , ,x y z uα β γ δ− − − + − − − + − − − + − − − = 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 3 4 1 1 3 4 x y z u α β γ δ −           − − −     =      − − − −      − − − −       escalonamos la matriz aumentada: 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 3 4 0 2 2 2 0 2 2 2 1 1 3 4 0 2 2 2 0 0 0 0 x x x y y x y x z z x z x u u x u z − − −           − − − + +     → →      − − − − − − − + − − − +      − − − − − − − + −      deben ser cero 1 2 2 1 3 3 1 4 4 f f f f f f f f f + → + → + → 3 4 4f f f− + →  ( ){ }, , , / 0 ; 0T x y z u x y u z= + = − = Para hallar S T∩ intersectamos las características de los subespacios: 2 2 0 0 0 x y z u x y u z − − − =  + =  − =  2 1 2 1 0 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 x y z u   − − −          =        −        escalonando la matriz de coeficientes: 2 1 2 1 3 0 2 1 3 0 2 1 3 0 2 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1 3 0 3 0 1 0 1 0 1 0 1 0 − − − − − − − − − −                   = = = =                   − − − − −          2 1 1f f f+ → 1 3 3f f f+ → ( ) 3 31/ 3 f f→ ( ) 3 1 12 f f f− + → Entonces se tiene: , ,y x z x u x= − = = ; todos los vectores de S T∩ pueden escribirse como: ( ) ( ) ( ), , , , , , 1, 1,1,1x y z u x x x x x= − = −  ( ) ( ){ }1, 1,1,1Base S T∩ = − ; ( ){ }dim 1Base S T∩ = b) ( ) ( ) ( ) ( )dim dim dim dimS T S T S T+ = + − ∩ ( )dim 3 2 1S T+ = + − ( )dim 4S T+ = MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 81 - 2 En el espacio vectorial de todas las funciones de la forma ( ) ( ) ( )tan secx f x ae b x c x= + + , se identifica el conjunto de funciones: ( ) ( ) ( ){ }2 1 tan sec ;2 2 1 tan 2 sec ; 2 tan secx x x C ae a x a x ae a x a x ae a x a x= − + − + + − + + − + − Se encontrar los valores de “ a ” de tal forma que el conjunto C sea linealmente independiente. Solución: Escribimos el conjunto como combinación lineal igualada a cero: ( )( ) ( ) ( )( ) ( )1 2 32 1 tan sec 2 2 1 tan 2 sec 2 tan sec 0x x x ae a x a x ae a x a x ae a x a xα α α− + − + + + − + + + − + − = Donde el cero es de la forma del espacio: ( ) ( )0 0 0 tan 0secx e x x= + + Igualando los coeficientes de los vectores obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones:  1 2 3 2 2 2 0 1 2 1 0 2 0 a a a a a a a a a α α α − −           − − =           + −       A X 0⋅ = Analizamos A : 2 2 2 4 4 0 4 4 A 1 2 1 1 3 1 0 1 3 1 2 2 a a a a a a a a a a a a a a a a a − − − − − − = − − = + = − + + − + − 3 2 2 3 1 1 2 f f f f f f + → − + → ( )( ) ( )2 A 4 3 1 4 4 3 1a a a a a a= − − + + = + − Igualando a cero: ( )2 A 4 3 1a a a= + −  1 13 0, 6 a a − ±= = Para que la solución sea 1 2 3 0α α α= = = , es decir solución trivial el determinante debe ser diferente de cero y en consecuencia : C sea linealmente independiente si : 1 13 0, 6 a a − ±≠ ≠ MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 84 - SEGUNDO EXAMEN PARCIAL MAT 103 II/2010 1 Para el sistema de ecuaciones siguiente: ( ) 1 1 1 x y z m x my z mx y m z m + + = + + + = + + − = Hallar el valor de m para que el sistema sea: a) Determinado, b) Indeterminado, c) Inconsistente. Problema con conceptos del primer parcial, resuelto en el TOMO I. 2 Hallar un vector x  tal que los conjuntos de vectores de 3IR generen el mismo subespacio vectorial ( ) ( ) ( ){ }3, 2,1 , 5,6,3 , 8,4,4S = − − − − ; ( ){ }1,10,1 ,T x=  Solución: Generamos el subespacio con el conjunto S : ( ) ( ) ( ) ( )3, 2,1 5,6,3 8,4,4 , ,x y zα β γ− − + − + − =  3 5 8 2 6 4 1 3 4 x y z α β γ − − −           − =                 Para el sistema de ecuaciones A X B⋅ = , escalonamos la matriz aumentada: 3 5 8 0 4 4 3 0 4 4 3 2 6 4 0 12 12 2 0 0 0 3 7 1 3 4 1 3 4 1 3 4 x x z x z y y z y x z z z z − − − + +           − = + = − −           − − − − − −      debe ser cero 3 2 2 3 1 1 2 3 f f f f f f + → + → 1 2 23 f f f− + → Esta es la característica del subespacio  ( ){ }, , / 3 7 0V x y z y x z= − − = Los vectores que pertenecen a este subespacio serán: ( ) ( ) ( ) ( ), , ,3 7 , 1,3,0 0,7,1x y z x x z z x z= + = + ( ) ( ) ( ), , 1,3,0 0,7,1x y z α β= + La dimensión de este subespacio es 2, entonces el conjunto ( ){ }1,10,1 ,T x=  debe ser una base equivalente, de la ecuación: ( ) ( ) ( ), , 1,3,0 0,7,1x y z α β= + 1 0 3 7 0 1 x y z α β         =             Realizamos operaciones elementales en la matriz de coeficientes: 1 0 1 0 1 0 3 7 10 7 10 7 0 1 0 1 1 1            → →                  ( )0,7,1x = 1 2 2 1 3 37 f f f f f f+ → + → MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 85 - 3 Para el producto interior ( )t A, B B Atraza= ⋅ , hallar: a) Angulo entre 1 1 1 1       y 1 1 0 1       b) El espacio ortogonal a 1 1 1 1 −   −  c) Una base ortonormal para el subespacio anterior Solución: a) Usando la formula del angulo entre vectores: ( ) A, B cos A B θ = Sean 1 1 A 1 1   =     y 1 1 B 0 1   =     ( ) ( ) ( ) ( ) t t t 1 0 1 1 B A 1 1 1 1 cos 1 1 1 1 1 0 1 1A A B B 1 1 1 1 1 1 0 1 traza traza traza traza traza traza θ     ⋅    ⋅     = =    ⋅ ⋅         ⋅ ⋅                      ( ) 1 1 2 2 3 3 cos 24 32 2 1 1 2 2 1 2 traza traza traza θ         = = =                       30ºθ = b) Sean X= x y z w       los vectores que pertenece al subespacio pedido, debe cumplir: 1 1 ; 0 1 1 x y z w −    =   −     0x y z w− + − + = c) 1 1 1 0 1 0 0 0 1 0 0 1 x y y z w y y z w z w z w − + −          = = + +                    la base será: 1 1 1 0 1 0 , , 0 0 1 0 0 1 B  −       =               Ortonormalicemos esta base por el proceso de Gram – Schmidt y el producto interior indicado: Sea: { }1 2 3; ;B u u u= y la base ortonormal: { }1 2 3' ; ;B v v v= 1 1 1 u u v =  1 1 1 1 0 1 1 1 1 , 2 1 0 0 0 1 1 u u u traza traza      = = = =             1 1 11 0 02 v   =     / 0 x y V x y z w z w   = − + − + =      MAT 103 EXAMENES RESUELTOS ING. JULIO UBERHUAGA C. - 86 - , , 1122 1122 2 vvuu vvuu v − − =  2 1 1 0 1 0 1 01 1 1 , 1 0 1 0 1 02 2 2 u v traza traza  −   −       = = = −        −         2 1 0 1 1 1/ 2 1/ 21 1 1 0 0 0 1 02 2 1 0 1 11 1 1/ 2 1 1/ 2 1/ 2 1 0 0 02 2 1/ 2 0 1 0 v traza − −      +           = = −     − −    +                  2 1 11 2 06 v −  =     3 3 1 1 3 2 2 3 3 3 1 1 3 2 2 , , , , u u v v u v v v u u v v u v v − − = − − 3 1 1 0 1 0 1 01 1 1 , 1 0 0 1 1 02 2 2 u v traza traza          = = =                  3 2 1 2 1 0 1 21 1 1 , 1 0 0 1 1 06 6 6 u v traza traza  −   −       = = = −                  3 1 0 1 1 1 11 1 1 1 0 1 0 0 2 02 2 6 6 1 0 1 1 1 11 1 1 1 0 1 0 0 2 02 2 6 6 v −      − +           = −      − +            2 21 6 2 6 2 21 6 2 6 −     = −      3 2 2 2 21 1 2 26 2 6 6 2 6 1 2 6482 2 2 2 8 81 1 1 6 2 6 6 2 6 6 8 40 v traza traza − −        −    = = =     −                 −         1 1 1 1 2 21 1 1 ' ; ; 0 0 2 0 2 62 6 48 B  − −       =              