• Author / Uploaded
• Hector Adolfo

Citation preview

Algebra Lineal Problemas resueltos M a! Isabel Garc*+a Planas

3

Primera edición: septiembre de 1993 Segunda edición: septiembre de 1994

Diseño de la cubieta: Antoni Gutiérrez



M. Isabel GarcíaPlanas, 1993

 Edicions UPC, 1993 Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SL Jordi Girona Salgado 31, 08034 Barcelona Tel.: 934 016 883 Fax: 934 015 885 Edicions Virtuals: www.edicionsupc.es e-mail: [email protected]

Producción:

Servei de Publicacions de la UPC y CPDA AV. Diagonal 647, ETSEIB. 08028 Barcelona

Depósito legal: B-22.363-93 ISBN: 84-7653-295-4 Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos.

A !JL"2 S & M a I

5

Primera edición: septiembre de 1993

Presentaci)on

Mis largos a~nos de experiencia docente en la ETSEIB no s5olo impartiendo clases de A5 lgebra Lineal a los estudiantes de primer curso, sino preparando las colecciones de ejercicios que los alumnos resuelven en sus clases de problemas, me han permitido reunir una colecci5on de 5estos, en los que el alumno encuentra especial di@cultad. Despu5es de resolverlos con todo detalle me ha surgido la idea de publicarlos para que puedan ser de utilidad, ya no s5olo a los alumnos de la ETSEIB, sin5o a alumnos de cualquier otra escuela polit5ecnica e incluso a alumnos de facultades de ciencias. Algunos de los enunciados de los problemas est5an inspirados en textos te5oricos de A5 lgebra Lineal y el orden y reparto en cap5Etulos ha sido, obviamente, fuente de inspiraci5on el programa de la asignatura de A5 lgebra Lineal de la escuela donde ejerzo mi labor docente.

7 Primera edición: septiembre de 1993

INDICE

Cap. 1 Polinomios . . . . . . . . . . . . Cap. 2 Espacios vectoriales . . . . . . . . Cap. 3 Sistemas de ecuaciones. Matrices . Cap. 4 Aplicaciones lineales . . . . . . . Cap. 5 Determinantes . . . . . . . . . . Cap. 6 Diagonalizacion de endomorBsmos Cap. 7 Forma reducida de Jordan . . . . Cap. 8 Analisis matricial . . . . . . . . . Apendice I Grupos . . . . . . . . . . . . Apendice II Anillo de clases de resto . . .

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

11

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

23

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

39

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

51

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

73

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

85 99

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

. 117

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

. 131

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

. 141

9

Primera edición: septiembre de 1993

Polinomios y Fracciones racionales

11

Cap#$tulo 1 Polinomios y fracciones racionales 1. Hallar el m'aximo com'un divisor, por el algoritmo de Euclides, de los polinomios P1 6x7 = 2156x5 + 1120x4 ; 433x3 ; 179x2 + 32x + 4 P2 6x7 = 1372x5 + 784x4 ; 245x3 ; 131x2 + 16x + 4 Soluci(on:

Recordando el teorema de Euclides: MCD6P1 6x7% P2 6x77 = MCD6P2 6x7% R6x77

Siendo R6x7 el resto de dividir P1 6x7 entre P26x7 Sabemos que

8' unidad en RHxI y al ser 2156 = 4:72:11 y 1372 = 4:73 , multiplicaremos P1 6x7 por 7 para evitar fracciones al hacer la divisi'on de P1 6x7 por P26x7M 7:P16x7 = P2 6x7:11 + 6;784x4 ; 336x3 + 188x2 + 48x ; 167 R6x7 = ;784x4 ; 336x3 + 188x2 + 48x ; 16 que simpliNcamos por ;4 quedando R6x7 = 196x4 + 84x3 ; 47x2 ; 12x + 4 P2 6x7 = R6x7 " 67x + 17 + 0 luego MCD6P2 6x7% R6x77 = R6x7 por lo que: MCD6P1 6x7% P26x77 = R6x7 = 196x4 + 84x3 ; 47x2 ; 12x + 4 MCD6P1 6x7% P26x77 = MCD6'P1 6x7% P2 6x77

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

12

Algebra Lineal. Problemas resueltos

2. Hallar las ra'(ces del polinomio

una de ellas es triple.

P 1x2 = x4 ; x3 ; 3x2 + 5x ; 2

sabiendo que

Soluci(on:

La descomposici'on en factores primos del polinomio ser'a: P 1x2 = 1x ; "23 1x ; # 2

Si " es una ra'(z triple de P 1x2$ es ra'(z doble de P 1x2 y simple de P "1x2. Por lo tanto el MCD1P 1x2$ P "1x22 contiene el factor 1x ; "2. Basta pues hallar MCD1P 1x2$ P "1x22 y entre sus factores, por tanteo en P 1x2, puede extraerse el valor de " . Ahora bien, en este caso concreto, puesto que P "1x2 es de grado dos, resulta m'as sencillo hallar las ra'(ces de P " y de las dos ver cu'al lo es tambi'en de P 1x2 0

0

0

P 1x2 = 4x3 ; 3x2 ; 6x + 5 P "1x2 = 12x2 ; 6x ; 6 0

De P "1x2 = 0 tenemos x = ; 21 $ x = 1 P 1; 12 2 6= 0, luego

; 12 no es ra'(z de P 1x2, sin embargo P 112 = 0 luego " = 1 es la

ra'(z buscada. Puesto que dado un polinomio p1x2 = anxn + : : : + a0 con ra'(ces "1 $ : : :$ "n contadas con su multiplicidad, es an 1 = ;1"1 + : : : + "n2, se tiene # = ;2. ;

3. Probar que P 1x2 = nxn+2 ; 1n + 22xn+1 + 1n + 22x ; n es divisible por 1x ; 123 . 1Se supone P 1x2 2 ROxP y n 2 N 2. Soluci(on:

Que P 1x2 sea divisible por 1x ; 123 equivale a que 1 es por lo menos ra'(z triple de P 1x2, ra'(z doble por lo menos, de P 1x2 y ra'(z simple por lo menos, de P "1x2. 0

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

13

Polinomios y Fracciones racionales

Veamos P (1) = n ; (n + 2) + (n + 2) ; n = 0 luego 1 es ra23z de P (x) P (x) = n(n + 2)xn+1 ; (n + 2)(n + 1)xn + (n + 2) P (1) = n(n + 2) ; (n + 2)(n + 1) + (n + 2) = 0 luego 1 es ra23z de P (x) P "(x) = n(n + 2)(n + 1)xn ; (n + 2)(n + 1)nxn 1 P "(1) = n(n + 2)(n + 1) ; (n + 2)(n + 1)n = 0 luego 1 es ra23z de P "(x) 0

0

0

;

por lo tanto P (x) es divisible por (x ; 1)3 como pretend23amos probar: Observamos adem2as que P (x) no es divisible por (x ; 1)4 pues P (x) = n2 (n + 2)(n + 1)xn 1 ; (n + 2)(n + 1)(n ; 1)nxn 2 P (1) = n2 (n + 2)(n + 1) ; (n + 2)(n + 1)(n ; 1)n = n(n + 1)(n + 2) 6= 0: 000

;

;

000

4. Consideremos P (x) = x3 ; 4x2 + 5x ; 2 a coeCcientes reales.

a) Determinar P (x) (polinomio derivado de P (x)) y dar su descomposici2on en factores primos. b) Probar que una de las ra23ces de P (x) lo es tambi2en de P (x) y deducir de esto la descomposici2on en factores primos de P (x) . c) Calcular MCD(P (x)' P (x)) y determinar dos polinomios P1 (x) y P2(x) tales que: P1 (x)P (x) + P2 (x)P (x) = MCD(P (x)' P (x)): 0

0

0

0

0

Soluci(on:

a)

P (x) = 3x2 ; 8x + 5 = (x ; 1)(3x ; 5): 0

b) Las ra23ces de P (x) son 1 y 35 , ahora bien: 0

5

5

P ( ) 6= 0 luego no es ra23z de P (x): 3 3 P (1) = 0 luego 1 es ra23z doble de P (x) P "(1) = ;2 luego 1 no es ra23z triple de P (x) © Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

Algebra Lineal. Problemas resueltos

14 Luego

P 'x( = 'x ; 1(2 'x ; a( = x3 ; '2 + a(x2 + '2a + 1(x ; a = =x3 ; 4x2 + 5x ; 2 a = 2.

de donde c( de

P 'x( = 'x ; 1(2 'x ; 2( P 'x( = 'x ; 1('3x ; 5( MCD'P 'x(& P 'x(( = 'x ; 1( . 0

se deduce que:

0

Por el algoritmo de divisi=on 'P 'x( = P 'x(Q'x( + R'x(( tenemos: 0

9P 'x( = P 'x('3x ; 4( + ';2x + 2( = P 'x('3x ; 4( ; 2'x ; 1(: 0

Despejando 'x ; 1(

0

9P 'x( ; P 'x('3x ; 4( = ;2'x ; 1( ;9 P 'x( ; 1 '3x ; 4(P 'x( = 'x ; 1( 2 2 0

0

Luego

P1 'x( =

;9 & P 'x( = ;1 '3x ; 4(: 2 2 2

5.

Los restos de dividir un polinomio son respectivamente 3& 7& 13 Determinar el resto de dividir

P 'x(

P 'x( 2 RBxC

por

x ; 1& x ; 2 y x ; 3

por el producto

'x ; 1('x ; 2('x ; 3(

Soluci)on: Por el algoritmo de divisi=on sabemos

P 'x( = D'x(Q'x( + R'x( con grado R'x( . grado D'x( P 'x( = 'x ; 1(Q1 'x( + R1 'x( = 'x ; 1(Q1 'x( + 3 P 'x( = 'x ; 2(Q2 'x( + R2 'x( = 'x ; 2(Q2 'x( + 7 P 'x( = 'x ; 3(Q3 'x( + R3 'x( = 'x ; 3(Q3 'x( + 13 P 'x( = 'x ; 1('x ; 2('x ; 3(Q + R'x( con R'x( = ax2 + bx + c © Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

Polinomios y Fracciones racionales

15

Sabemos que el valor num/erico de un polinomio P 4x5 dividir el polinomio por x ; u 7 luego y para i = 1$ 2$ 3

en

u

es el resto de

P 4u5 = 4x ; u5Qi 4u5 + Ri 4u5 = 4u ; 154u ; 254u ; 35Q4u5 + R4u5

9

de donde:

P 415 = R1 415 = 3 = R415 = a + b + c ! = P 425 = R2 425 = 7 = R425 = 4a + 2b + c ! P 435 = R3 435 = 13 = R435 = 9a + 3b + c#

que, resolviendo el sistema nos queda:

a = b = c = 1 y R4x5 = x2 + x + 1:

6.

Encontrar un polinomio P 4x5 2 RDxE de grado cinco, tal que P 4x5 + 10 sea divisible por 4x + 253 y P 4x5 ; 10 sea divisible por 4x ; 253

Soluci)on: Puesto que P 4x5 + 10 es divisible por 4x + 253 , tenemos que P 0 4x5 = 4P 4x5 + 1050 es divisible por 4x + 252 7 y puesto que P 4x5 ; 10 es divisible por 4x ; 253 , tenemos que P 0 4x5 = 4P 4x5 ; 1050 es divisible por 4x ; 252 7 luego P 0 4x5 4polinomio de grado cuatro5 ser/a

P 4x5 = k4x + 252 4x ; 252 = k4x4 ; 8x2 + 165 con k 2 R 0

de donde

P 4x5 = k4

x5 5

; 83 x3 + 16x + c5$

con c 2 R e imponiendo que

P 4;25 = ;10 P 425 = 10

$

Nota: Observamos que

P 4x5 + 10 = 4x + 253 Q1 4x5 =" P 4x5 = 4x + 253 Q1 4x5 ; 10 =" P 4;25 = ;10 P 4x5 ; 10 = 4x ; 253 Q2 4x5 =" P 4x5 = 4x ; 253 Q2 4x5 + 10 =" P 425 = 10 © Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

Algebra Lineal. Problemas resueltos

16

resulta

;10 = k+ ;532 + 643 ; 32 + c1 10 =

k+

32 5

; 643 + 32 + c1

y resolviendo el sistema tenemos

c = 0" k =

75 128

y

P +x1 =

15 128

x5 ;

25 3 75 x + x 16 8

Otro m< etodo: De:

P +x1 + 10 = +x + 213 C1 +x1 P +x1 ; 10 = +x + 213 C2 +x1

con con

grado C1 +x1 = 2 grado C2 +x1 = 2

tenemos:

; +x ; 213C2 +x1 1 3 1 C1 1 + +x ; 213 + C2 +x11 1 = +x + 21 + 20 20 3 20 = +x + 21 C1 +x1

1 1 es decir, hemos de buscar 20 C1 +x1 y 20 C2 +x1 que son los polinomios de grado m" =1" 1" e>

=

2R

R

0

R

0

0

forman un sistema de

generadores.

Claramente son independientes, veamos:

de

=

%1 $ =e" 1" 1>> # =%2 $ =1" e" 1>> # =%3 $ =1" 1" e>> = =1" 1" 1>

tenemos

%

e#1 " e#2 " e#3 > = =1" 1" 1>

=

e #i

= 1

8i

%

" "

= 1 2 3

%i = 0 8i = 1" 2" 3

por lo que forman una base de dicho espacio vectorial.

2.

Demostrar que el conjunto

u

E de

las sucesiones num6 ericas

u1 " u2 " & & &" un" & & &> = =un>

= =

n2N

de n6 umeros reales provista de dos leyes de composici6 on, una interna

&

+

y una externa

, deInidas mediante:

8u" v 2 E" 8% 2 R

u+v %&u

un + vn > 8n 2 N =% & un > 8n 2 N

= = =

es un espacio vectorial.

Soluci*on: Primero, probaremos que la operaci6 on =interna>

+

dota a

abeliano

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

E

de estructura de grupo

Algebra Lineal. Problemas resueltos

26

Asociatividad u + #v + w$ = #un + #v + w$n$ = #un + #vn + wn $$ = ##un + #1$

R

1"

vn $ + wn $ = ##u + v $n + wn $ = #u + v $ + w

tiene estructura de grupo, con la operaci6 on

Conmutatividad

=

#u + v $ = #un +

+

vn $ = #vn + vn $ = #v + u$

Existencia de elemento neutro veamos que existe

e 2 E tal

u + e = #un en = 0% 8n 2 N

en $ = u% 8u 2 E , entonces un + en = un % 8n 2 e = #0% 0% : : :% 0% : : :$ , luego e existe y es u6nico.

si

+ y

que

u + e = u% 8u 2 E

N , de donde

Existencia de elemento sim2etrico 8u 2 E existe u;1 tal que u + u;1 = e 1 ;1 #un + u; n $ = e , entonces un + un = 0% 8n 2 ; 1 ; 1 y u = #;un $ ? luego u existe y es u6nico.

hemos de ver que

u + u;1 = ;un % 8n 2 N si

Veamos ahora que la operaci6 on #externa$ para que el grupo abeliano

E sea

un

#

N , de donde

=

veriAca las cuatro propiedades, necesarias

R -espacio vectorial

Primera ley distributiva 8u% v 2 E% 8( 2 R (#u + v $ = #(#u + v $n$ = #(#un + vn $$ = #(un + (vn $ = = #(un$ + #(vn$ = (#un$ + (#vn $ = (u + (v

Segunda ley distributiva 8(% ) 2 R% 8u 2 E #( +

1 u; n

)$u = ##( + )$un $ = #(un + )un $ = #(un$ + #)un $ = = (#un $ + )#un $ = (u + )u

Asociatividad de los escalares © Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

Espacios vectoriales 8 !" 2

R!

27

8u 2 E

" "#u = "" "#un# = " ""un## = ""un # = """un ## = = ""u#

Propiedad del elemento unidad del cuerpo Sea 1 2 R y luego E es un

8u 2 E

1 " u = "1 " un # = "un# = u

R -espacio vectorial.

3.

Sea F "R ! R# el espacio vectorial de todas las funciones de diar, para qu=e valores de k 2 R >

R

en

R

. Estu-

W = ff 2 F "R ! R#=f "1# = kg es un subespacio vectorial de F .

Soluci)on: Recordemos que F es un subespacio vectorial del K -espacio vectorial E si y solamente si: 8 ! " 2 K 8u! v 2 F entonces u + "v 2 F Sean pues

! " 2 R y f! g 2 F "R! R#> " f + "g # 2 F "R! R#

si y s=olo si " f + "g #"1# = k

comprobemos si esto es as=D " f + "g #"1# = " f #"1# + ""g #"1# = f "1# + "g "1# = k + "k = " + "#k luego " + "#k = k 8 ! " 2 vectorial si y s=olo si k = 0 .

4.

R si y s=olo si

Sea fe1 ! e2 ! e3 g una base del

k = 0 , por lo tanto W es subespacio

R-espacio vectorial R3 .

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

28

Algebra Lineal. Problemas resueltos

"Determinan los vectores ae1 + be2 # ce2 + de3 # ee3 + f e1 , con no nulos, una base de E ? Aplicar el resultado a las familias de vectores a9 :1# 1# 09# :0# 1# 19# :1# 0# ;19 b9 :3# 1# 09# :0# 2# 19# :1# 0# 29 referidos a la base natural de R3 .

escalares

a# b# c# d# e# f

Soluci'on: Puesto que el nAumero de vectores dado coincide con la dimensiAon del espacio, estos vectores forman base si y sAolo si son independientes. Recordemos que una colecciAon de vectores fe1# :::# eng de un K -espacio vectorial son independientes si y sAolo si: *1 e1 + ::: + *n en = 0 , *1 = ::: = *n = 0 Veamos pues, *1 :ae1 + be2 9 + *2 :ce2 + de3 9 + *3 :ee3 + f e1 9 = 0 :*1a + *3f 9e1 + :*1b + *2c9e2 + :*2d + *3e9e3 = 0 Y puesto que

fe1 # e2 # e3 g

es base, tenemos

9 * ab + * f b = 09 *1 a + *3 f = 0! ! 3 = 1 = *1 b + *2 c = 0 , *1 ab + *2 ac = 0 $ ! ! # # * 2 d + *3 e = 0 *2 d + * 3 e = 0 $ * f bd ; * acd = 0 3

2

*2 acd + *3 ace

=0

$ *3 :f bd + ace9

*3 f b ; *2 ac *2 d + *3 e

$

=0 =0

,

=0

Luego, si f bd + ace 6= 0 $ *3 = 0# *2 = 0# *1 = 0 y los vectores serAan independientes y formarAan base :si f bd + ace = 0 K cualquier *3 2 R es soluciAon del sistema y por lo tanto, los vectores dados, no pueden formar base.9. Aplicando el resultado a las familias dadas, tenemos 9 a9 :1# 1# 09 = :1# 0# 09+ :0# 1# 09 $ a = b = 1 ! = :0# 1# 19 = :0# 1# 09+ :0# 0# 19 $ c = d = 1 ! $ f bd = ;ace :1# 0# ;19 = :1# 0# 09 ; :0# 0# 19 $ e = 1# f = ;1# © Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

Espacios vectoriales

29

luego, son dependientes .la relaci2 on de dependencia es

b5

.1 1 05

; .0

9 ! = ! f bd 6 ! #

!a=3 b=1 15 ! c = 2 d = 1 15 ! e = 1 f = 2

.3 1 05 = 3.1 0 05 + .0 1 05 .0 2 15 = 2.0 1 05 + .0 0 .1 0 25 = .1 0 05 + 2.0 0

1 15 = .1 0 15 .

=

;ace

luego, son independientes, y por lo tanto forman base.

5.

E

Sea

un espacio vectorial sobre

Por restricci2 on del cuerpo de escalares, sobre

R

. Deducir de

Nota:

E

ny

de dimensi2 on

sea

fui g1

i

n una base.

puede considerarse como un espacio vectorial

.

n vectores fu1 : : : un iu1 : : : iung aqu2 C que dim ER = 2 % dim EC

Demostrar que los

R

C

2

hemos llamado

EC ER

a

E

C

como

forman una base de

espacio vectorial y como

E sobre

R

espacio

vectorial respectivamente.

Soluci*on: Ante todo, notamos que los vectores de

EC y ER son los mismos. Veamos primero que ER I consideremos una combinaci2on lineal

los vectores dados son independientes en igualada a cero:

-1 u1 + : : : + -nun + -n+1 iu1 + : : : + -2n iun = 0 sumergiendo

.

ER en EC esta

con

fui g son

= 1

:::

2

n

igualdad puede escribirse

-1 + -n+1 i5u1 + : : : + .-n + -2n i5un = 0

y puesto que

-j 2 R j

base de

EC

con

-j + -n+j i 2 C

, tenemos

-j + -n+j i

= 0

8j

= 1

::: n

por lo que:

-j y por lo tanto, los vectores ahora que generan

ER .

Si

=

-n+j

= 0

8j

= 1

::: n

fu1 : : : un iu1 : : : iung u 2 ER , entonces u 2 EC

u = -1 u1 + : : : + -nun

con

son independientes. y por lo tanto

-j 2 C j

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

= 1

::: n

Veamos

Algebra Lineal. Problemas resueltos

30

es decir, j

=

aj + bj i j = 1% : : : % n con aj % bj 2

R%

luego

u = 1a1 + b1 i2u1 + : : : + 1an + bn i2un = = a1 u1 + b1 i2u1 + : : : + an un + bniun = = a1 u1 + : : : + an un + b1 iu1 + : : : + bniun luego, son tambi7 en generadores. Por ser un sistema de generadores independientes son base, y por lo tanto dim ER = 2:dim EC

6.

R

3 . Decir si los vectores f11% 2% 32% 12% 5% 82% 11% 3% 72g son dependientes Sea E = o independientes.

Soluci)on: El m7 etodo que vamos a usar aqu7E para la discusi7 on de la dependencia o independencia se apoya en las proposiciones siguientes. a2 Dados p vectores, p # n , de un espacio vectorial de dimensi7 on n , xi = j 1 n i 1ai % :::% ai 2% 1 # i # p , si los coeFcientes ai son nulos para i . j con ai 6= 0 1es decir, si colocamos los vectores en columna, la matriz obtenida es tal que por encima de la diagonal principal, los elementos son todos nulos2, entonces los vectores son independientes 1es una condici7 on suFciente, pero no necesaria2H . An7 alogamente, si los j i coeFcientes ai son nulos para i / j con ai 6= 0 1es decir, si colocamos los vectores en columna, la matriz obtenida es tal que por debajo de la diagonal principal, los elementos son todos nulos2, tambi7 en son independientes. b2 El rango de un sistema de vectores no var7Ea si a uno de ellos le sumamos una combinaci7 on lineal de los dem7 as, por lo tanto para investigar las dependencia o no de los vectores dados los colocaremos en columna yuxtaponi7 endolos y haremos operaciones elementales de Fla o columna para conseguir los ceros necesarios para conocer el rango de la matriz, es decir la dimensi7 on del subespacio que engendran

0x11 x22 x13 1 0 1x1 0x2 x031 0 x11 x02 x031 @2 5 3A % @2 1 1A % @2 1 0A 0

3

8

8

3

0

2

0

5

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

00

3

00

2

00

3

31

Espacios vectoriales x01 = x1 # x001 = x01 #

x02 = ;2x1 + x2 # x002 = x02 #

x03 = ;x1 + x3 # x003 = ;x02 + x03 #

Los tres vectores cumplen la condici6on establecida en a8, luego son independientes.

7.

Hallar !" # 2 R para que >!" #" ;37" ;68 2 R4 pertenezca al subespacio F " R generado por >1" 2" ;5" 38 y >2" ;1" 4" 78 .

Soluci)on: Para que el vector >!" #" ;37" ;68 pertenezca a F es condici6on necesaria y suFciente que pueda ponerse en combinaci6on lineal de los generadores de F : >!" #" ;37" ;68 = a>1" 2" ;5" 38 + b>2" ;1" 4" 78 obligando pues a la compatibilidad del sistema resultante

9

! = a + 2b ! ! # = 2a ; b = ;37 = ;5a + 4b! ! # ;6 = 3a + 7b

a = 5"

b = ;3"

! = ;1"

luego el vector >!" #" ;37" ;68 2 F si y s6olo si ! = ;1 y

# = 13

# = 13.

8.

Sea E = R2 y W el subespacio engendrado por el vector >1" 18 . Si U es el subespacio engendrado por el vector >0" 18 . Probar que E es suma directa de W y U . Sea ahora U el subespacio engendrado por el vector >3" 18 . Probar que tambi6en se veriFca E = W # U >no unicidad del complementario8. 0

0

Soluci)on: Recordemos que si F" G son subespacios de E # estos forman suma directa si y s6olo si F $ G = f0g Si F y G forman suma directa y adem6as se veriFca que F +G = E

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

Algebra Lineal. Problemas resueltos

32

diremos que E es suma directa de estos dos subespacios y lo notaremos por F G . Si E es de dimensi5on 6nita y F y G forman suma directa, para que F + G = E basta comprobar que dim F + dim G = dim E Tomemos pues U. Identi6cando

x 2 W " U , es x

=

)

dim U

W , y x = + por ser de

) = + es ) = 0*

luego

por ser de

+

= 0*

x

= 0 y por tanto la suma es directa. Puesto que = 1 se tiene dim W + dim U = dimE

E = W U. y 2 W " U como antes: y

dim E

= 2 y

dim W

=

luego, en efecto, Sea ahora

0

= ) = + , de donde

) = 3+

)=+ y de aqu5E se deduce ) = + = 0 , es decir, y = 0 F luego W y U forman tambi5en suma directa y dim W + dim U = 2 = dim E , por tanto es tambi5en E = W U 0

0

0

9.

Sea P3 el espacio vectorial de polinomios de una variable de grado inferior o igual a 3 a coe6cientes en R. a> Probar que los polinomios p 2 P3 que veri6can p = p0 = 0 forman un subespacio vectorial F de P3 . Dar su dimensi5on. b> Los polinomios 2 y base de F .

x2 , Json linealmente independientes?

Dar una

c> Encontrar dos polinomios para completar la base de F y formar una base de Determinar un subespacio vectorial complementario E de F en P3 .

Soluci)on:

p* q 2 F F veamos si )p ; +q 2 F 8)* + 2 R = )p ; +q = ) % 0 ; + % 0 = 0 = = )p ; +q = ) % 0 ; + % 0

a> Sean

0

0

0

0

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

0

= 0

P3 .

33

Espacios vectoriales

Luego, en efecto, p ; "q 2 F , y F es pues un subespacio vectorial. Sea p6x7 = a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 2 F , luego p617 = a3 + a2 + a1 + a0 p0617 = 3a3 + 2a2 + a1

=0 =0

" a1 = ;3a3 ; 2a2 a0

= 2a3 + a2

y por tanto, p6x7 = a3 x3 + a2 x2 + 6;3a3 ; 2a2 7x + 62a3 + a2 7 = = a3 6x3 ; 3x + 27 + a2 6x2 ; 2x + 17 = a3 p1 6x7 + a2 p2 6x7

y p1 6x7' p2 6x7 generadores.

2 F 6 p1 617 =

p01 617

= 0 y p2 617 = p2 617 = 07 por lo que son 0

Y son independientes, pues de a3 p1 6x7 + a2 p2 6x7

= 0 @ se tiene a3 = a2 = 0

luego son base, y dim F = 2. Otra forma: De hecho, basta observar que si p6x7 2 F entonces p6x7 = 6x ; 172 6ax + b7 = ax6x ; 172 + b6x ; 172 = ap1 6x7 + bp2 6x7 luego F es el conjunto de polinomios generado por p1 6x7' p2 6x7 con p1 6x7 y p2 6x7 independientes, por lo que F es un subespacio vectorial de dimensiGon 2 y estos dos polinomios determinan una base b7 Sea 6x ; 172 + "x6x ; 172 = 0 , reordenando tGerminos tenemos "x3 + 6

; 2"7x2 + 6" ; 2 7x + = 0

y por tanto, = " = 0 , es decir, son independientes. En a hemos observado, que 6x ; 172 ' x6x ; 172 2 F 6pues F es el conjunto de polinomios de grado menor o igual que tres tales que tienen a 1 como raGIz de multiplicidad por lo menos dos7, luego, son base de F . c7 Los vectores x2 ; 2x + 1' x3 ; 2x2 + x son independientes ya que forman una base de F . 1' x son vectores independientes de x2 ; 2x + 1' x3 ; 2x2 + x , ya que

# 1 + " # x + ,6x2 ; 2x + 17 + -6x3 ; 2x2 + x7 = 0 " -x3 + 6, ; 2- 7x2 + 6" ; 2, + - 7x + , + = 0 de donde , = - =

="=0

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

Algebra Lineal. Problemas resueltos

34

G

luego

10.

= (1

Sean

A

!x =

F

* es un subespacio complementario de

fa1 ! a2 ! a3 g , B

mediante:

=

.

fb1 ! b2 ! b3g dos bases del espacio vectorial

8a b ; b b ! " 1 1 2 3 a b b ! : a32 b12 b23 b3 =

3

=

+

=

+

R3

+ 4

+

a< Hallar la matriz que transforma las coordenadas de los vectores de la base

A

relacionadas

B

a la

.

b< Sea

C

=

fc1 ! c2 ! c3g una

nueva base cuyas coordenadas respecto de

8c b ; b b ! "1 1 2 3 c ;b b ! : c32 b2 ;1 b3 2 =

B

son:

+

=

+

=

Hallar la matriz de transformaciB on de

B C a

y de

A C a

.

Soluci*on: a
olo si 15 25

f

: E ;! F con

E" F ,

K -espacios vectoriales es

8v" w 2 E" f 7v + w5 = f 7v5 + f 7w5 8v 2 E" 8, 2 K" f 7,v5 = ,f 7v5

comprobemos si, para cada caso, se veriBcan los axiomas: a5 15 sean v = 7x1 " y1 " z1 5"

w = 7x2 " y2 " z2 5

, entonces

v + w = 7x1 + x2 " y1 + y2 " z1 + z2 5 f 7v + w5 = 77x1 + x2 5 + 7y1 + y2 5" 7x1 + x2 5 ; 7y1 + y2 5" 7z1 + z2 5 ; 1

f 7v 5 + f 7w5 = 7x1 + y1 " x1 ; y1 " z1 ; 15 + 7x2 + y2 " x2 ; y2 " z2 ; 15 =

= 77x1 + y1 5 + 7x2 + y2 5" 7x1 ; y1 5 + 7x2 ; y2 5" 7z1 ; 15 + 7z2 ; 155 = = 77x1 + x2 5 + 7y1 + y2 5" 7x1 + x2 5 ; 7y1 + y2 5" 7z1 + z2 5 ; 255 6= 6= f 7v + w5D © Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

Algebra Lineal. Problemas resueltos

52

luego, no puede ser lineal, /y no hace falta probar 26

b6

v

16 sean

= /

x1 " y1 " z1 6"

w

= /

x2 " y2 " z2 6

,

entonces

v + w = /x1 + x2 " y1 + y2 " z1 + z2 6 g /v + w6 = //x1 + x2 6 + /z1 + z2 6" /y1 + y2 6 ; /z1 + z2 66

g /v 6 + g /w6 = /x1 + z1 " y1 ; z1 6 + /x2 + z2 " y2 ; z2 6 =

x1 + z1 6 + /x2 + z2 6" /y1 ; z1 6 + /y2 ; z2 66 =

= //

= //

26 Sea

v

x1 " y1 " z1 6 ,

= /

x1 + x2 6 + /z1 + z2 6" /y1 + y2 6 ; /z1 + z2 66 = g /v + w6

entonces

8' 2 R " 'v

= /

'x1 " 'y1 " 'z16

g /'v 6 = g /'x1" 'y1 " 'z1 6 = /'x1 + 'z1 " 'y1 ; 'z1 6 'g /v 6 = '/x1 + z1 " y1 ; z1 6 = /'/x1 + z1 6" '/y1 ; z1 66 = = /

luego,

c6

g

'x1 + 'z1 " 'y1 ; 'z1 6 = g /'v 6

es lineal.

16 Sean

v

= /

x1 " y1 6"

w = /x2 " y2 6

,

entonces

v+w

= /

x1 + x2 " y1 + y2 6

h/v + w6 = //x1 + x2 6 + k" /y1 + y2 6 + k" /x1 + x2 6 + /y1 + y2 66 h/v 6 + h/w6 = /x1 + k" y1 + k" x1 + y1 6 + /x2 + k" y2 + k" x2 + y2 6 = = //

x1 + k6 + /x2 + k6" /y1 + k6 + /y2 + k6" /x1 + y1 6 + /x2 + y2 66 = = //

para que

k

h/v

+

w6

=

x1 + x2 6 + 2k" /y1 + y2 6 + 2k" /x1 + x2 6 + /y1 + y2 66

h/v 6 + h/w6 ,

es necesario y su=ciente que

2

k

=

k

, es decir

= 0.

26 Sea pues

k

= 0 ? y sea

v

= /

x" y 6 ,

entonces

8' 2 R" 'v

= /

'x" 'y 6

h/'v 6 = /'x" 'y" 'x + 'y 6 'h/v 6 = '/x" y" x + y 6 = /'x" 'y" '/x + y 66 = /'x" 'y" 'x + 'y 6 = h/'v 6 luego,

h es

k

lineal si y s@ olo si

= 0.

Nota: no hace falta probar 2 para

k

6

= 0

ya que de todos modos la aplicaci@ on no ser@ Da

lineal.

Observaci*on: y

m

Sean

E

y

F

K de dimensiones /=nitas6 n f /v 6 = f /x1 " : : : " xn6 = w = /y1 " : : : " ym 6 ,

dos espacios vectoriales sobre

respec. y una aplicaci@ on

f

:

E

$F

=

,

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

Aplicaciones lineales

53

con xi e yi las coordenadas de los vectores v 2 E y w 2 F respecto a bases de E y F previamente escogidas. f es lineal si y s4olo si las coordenadas yi son polinomios homog4 eneos de grado 1 en las variables x1 ' : : : ' xn : y1 = a11 x1 + : : :a1n xn , : : : , ym = m a1 x1 + : : : am on en las bases dadas es n xn , y la matrriz de la aplicaci4

0 a1 1 .. A=B @.

: : : a1n .. .

am : : : am 1 n

1 CA

esto es cada on en estas bases es

B

06 = @4

3 0 6 1 31 12 2

1 A

La matriz de paso de la base fe1 " e2 " e3 g a la base fv1 " v2 " v3 g es

01 S ;1 = @ 2

2 0 0 1 3 1 0

1;1 0 ;1 A = 1@ 3 5

2

y tenemos el diagrama :

Rx3v ? S ;1 ? R3e

i

B

;;;;!

R3e

i

i

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

0 2 0 ;1 5 ;4

1 A

Aplicaciones lineales Luego

0 35 B 16 A = BS ;1 = B B @5 9 5

0 1 2

3. Sea E un espacio vectorial sobre can los rangos de dos endomor;smos

1 C ; 25 C CA

55

9 5

42 5

K de dimensi8on n & 1 9Qu8e desigualdad veri;f( g de E tales que g ! f = 0 ?

Soluci(on:

g ! f = 0 , entonces para todo x 2 E se tiene g@f @xAA = 0 , lo que implica que Imf est8a contenido en Kerg B entonces dim Imf # dim Kerg , lo que equivale a

Si

decir

rango f + rango g # n @ya que dim kerg + rango g = n A 4. Demostrar que la aplicaci8on f : R3 ;! R2 de;nida por f @x( y( z A = @x ; 2y( z + yA es lineal. Hallar su matriz en las bases naturales y su rango. Encontrar una base de Kerg y otra de Imf . Soluci(on: Veamos la linealidad: Sean

v = @x1( y1 ( z1A( w = @x2 ( y2( z2A .

f @v + wA = f @x1 + x2 ( y1 + y2 ( z1 + z2A = = @@x1 + x2 A ; 2@y1 + y2 A( @z1 + z2 A + @y1 + y2 AA = = @@x1 ; 2y1 A + @x2 ; 2y2 A( @z1 + y1 A + @z2 + y2 AA = = @x1 ; 2y1 ( z1 + y1 A + @x2 ; 2y2 ( z2 + y2 A = f @v A + f @wA

88 2 R sea v = @x( y( zA f @8vA = f @8x( 8y( 8zA = @8x ; 28y( 8z + 8yA = = @8@x ; 2y A( 8@z + y AA = 8@x ; 2y( 2 + y A = 8f @v A luego, en efecto es lineal.

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

56

Algebra Lineal. Problemas resueltos

Hallemos la matriz de la aplicaci0on, calculando la imagen de los vectores de la base natural de R3 f 71! 0! 0: =

71! 0: f 70! 1! 0: = 7;2! 1: f 70! 0! 1: = 70! 1: por lo tanto A

= 01 ;12 10

!

= 2 = dim Imf = R2 7= n0umero de vectores columna de linealmente independientes:. rango A

dim Kerf

A

que son

= 3 ; rangof = 3 ; 2! = 1

una base de Imf puede ser f71! 0:! 70! 1:g @ determinemos ahora una de Kerf v 2 Kerf si y s0 olo si f 7v: = 0 . Sea pues 7x! y! z: 2 Kerf entonces

0x1 ! 1 ;2 0 @ y A = 0 1 1 z

x ; 2y y +z

!

= 00

!

Por lo tanto Kerf = f7x! y! z:=x ; 2y = 0! y + z = 0g y una base puede ser: tomando = 1 las componentes x! z son: x = 2! z = ;1 y el vector de la base es 72! 1! ;1:. De hecho, los dos primeros apartados y seg0un la observaci0on del problema 1 podemos resolverlo de la manera: f es lineal ya que la imagen de un vector dado en coordenadas, es un vector cuyas coordenadas son polinomios homog0eneos de grado 1 en las variables del vector inicial. La matriz de la aplicaci0on viene dada por los coeIcientes de dichos polinomios. y

5. Un endomorIsmo

f 2 L7E2 : tiene

por matriz en la base

2 A = ;3

;3

2

!

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

fe1 ! e2 g de E2

a

57

Aplicaciones lineales

Hallar su matriz en la base

fe01 ! e02 g dada

por 2e1 = e1 + e2 2e2 = e2 ; e1 0

0

Soluci&on:

Tenemos el diagrama

R2 ? 'B ? y

B

R2 x ';1? ?

;;;;!

B

f

E2 ;;;;! E2

x

?

'A ? ?

R2

A

';A1? y

;;;;!

R2

La relaci9on entre ambas matrices es = S 1AS siendo S = 'A1'B la matriz cambio de base que para la base ;

B

;

S

Necesitamos conocer y por lo tanto

'

6. Sea

f

= ;11 11

('

; 12

1 2

S ;1 S

B

01 2 =@ 1

;

1 2

'

= ;11 11

2 ;3 ;3 2

(' 1 2 1 2

fe1 ! e2 g

1 A (

; 12 1 2

(

=

: R2 ;! R3 una aplicaci9on lineal deBnida por f Cx! y D = C2x ; y! x + y! 2y ; xD © Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

'

;1

0 0 5

(

Algebra Lineal. Problemas resueltos

58

a# Dar la matriz de f en las bases naturales de f 63! 12 # .

R2 y R3 respectivamente5 calcular

b# Dar una base, y la dimensi:on de Kerf y de Imf . c# Dar la matriz de f en las bases fv1 ! v2 g ,

fu1 ! u2 ! u3 g , siendo

9 " = u2 = 62! 0! 1# " $ u3 = 60! 0! 2# u1 = 61! 1! 1#

v1 = 62! 1# v2 = 60! 3#

Calcular f 6 12 v1 + 6; 31 #v2 # .

Soluci'on: a# f 61! 0# = 62! 1! ;1#! f 60! 1# = 6;1! 1! 2# , luego la matriz de f en las bases naturales es 2 ;1 y 1 1 A = ;1 2

1 A

0 @

0 1 f 63! # = @ 2

b#

2 1 ;1

;1 1 2

1 ) * 0 11 1 A 31 = @ 227 A

R2=f 6x! y# = 0g , luego 0 2 ;1 1 ) * @ 1 1 A xy = 6 0 0

2

;2

Kerf = f6x! y # 2

;1

2

9 " = " $

2x ; y = 0 0# $ x+y = 0 ;x + 2y = 0

Sistema compatible y determinado luego Kerf = f60! 0#g y dim Kerf = 0 , por lo tanto dim Imf = dim 2 ; dim Kerf = 2 y Imf = E62! 1! ;1#! 6;1! 1! 2#F

R

c# Tenemos el diagrama:

R2 ;;;A;! R3 ? x ? S? ? T ;1 y B R2fv g ;;;; ! R3fu g i

i

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

Aplicaciones lineales siendo

01 @1

1 1

T;

S

=

59

2

0

! la matriz de paso de la base

0

1 3 1 0 0 A la matriz de paso de la base

1

2

2

T ;1

=

0 1 @ 4

fu1 " 0 2

;1

fv1 "

u 2 " u3 g a

v2 g a

la natural y

la natural.

T

=

Necesitamos

1 0A

4

0

;2 ;1

2

y por lo tanto

B

=

T ;1 AS

;nalmente, si hacemos

0 3 1 f > v1 + >; v2 @@ = @ 2

3

=

7 2

3 0

; 32

0 = @

3

0

; 32

3

1 ;3 A 3

3 2 1 ;3

3

u1 + u2 ;

1 ;3 A

3

13 4

! 0 = @

7 2 1 ; 13 4

u3

3 observamos que 2 v1 + >; 13 @v2 = 32 >2" 1@ ; 31 >0" 3@ = >3" 21 @ D 7 2

7.

Sean

E" F" G

tres

u1 + u2 ;

13 4

u3 = >

K -espacios vectoriales

1 A=

luego

11 7 2

" " ;2@ 2

>de dimensiH on ;nita@, y sean

f : E ;! G g : F ;! G dos aplicaciones lineales. Demostrar que es condiciH on necesaria y su;ciente para que exista al menos una aplicaciH on

h : E ;! F

tal que

g$h

Soluci(on: Consideremos el diagrama

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

=

f

, que

Imf % Img .

60

Algebra Lineal. Problemas resueltos

E

? ? fy

h

;;;;!

F g

G Veamos que la condici/on es necesaria. Sea y 2 Imf 3 existe pues x 2 E , tal que f8x9 = y 3 si g # h = f se tiene g8h8x99 = f8x9 = y , es decir, existe z 2 F 8z = h8x99 , tal que g8z9 = y . Por lo tanto, Imf $ Img . Veamos que la condici/on es su ve;amoslo para n : Mkn = Mk Mkn;1 = Mk ?A + kn;1B@ = ?A + kB@?A + kn;1B@ = = A2 + kn;1AB + kBA + knB2 = A + kn;10 + k0 + kn B = A + knB

Nota: si k = 0 , entonces B podr;Ba ser cualquier matriz, y por tanto no tendr;Ba por qu;e ser AB = BA = 0 . Y si k = 1, Mk = I y Mkn = I , si bien la expresi;on hallada tiene sentido. 15. Sea RnIxJ el espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igual que n . Consideremos los endomorLsmos f( D : RnIxJ ;! RnIxJ siendo D el operador derivada: D?p?x@@ = p0?x@ y f tal que f ?p?x@@ = p?x@ ; p0?x@ . Demostrar que existe f ;1 , y que se puede poner en funci;on del operador D .

Soluci*on: Sea p?x@ 2 Kerf # f ?p?x@@ = grado p0?x@ $ grado p?x@ , y vale p?x@ = a polinomio constante, pero

0 = p?x@ ; p0?x@ , luego p?x@ = p0?x@ . Pero la igualdad, si y s;olo si grado p?x@ = 0 , luego p0?x@ = ?a@0 = 0 . Luego a = 0 y p?x@ = 0 .

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

71

Aplicaciones lineales

Por lo tanto, f es inyectiva y toda aplicaci2on lineal inyectiva de un espacio vectorial de dimensi2on 5nita en s26 mismo es exhaustiva, y por tanto, existe f ;1 . Si f ;1 se puede poner en funci2on de f ;1

= "0 D 0 +

D

esta ha de ser:

+ "nDn ya que

Dn+1

=0

y ha de cumplirse que f ;1 ! f = I Notar que: I

f

= I ;D

= f ;1 ! f = B"0 D0 + : : : + "n Dn C ! BI ; DC = n+1 = "0 D0 + : : : + "n Dn ; "0 D1 ; ; "nD = = "0 I + B"1 ; "0 CD1 + B"2 ; "1 CD2 + B"n ; "n;1CDn;1

por lo tanto

"0 "1 ; "0

y

"n ; f ;1 = D0 + : : : + Dn .

9

= 1! ! = 0=

! ! # "n;1 = 0

#

"i

=1

i = 1&

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

&n

73

Determinantes

Cap#$tulo 5 Determinantes Dadas las permutaciones s = 24! 3! 1! 26! t = 21! 2! 4! 36 , determinar las permutaciones s t ! t s ! s;1 ! t;1 , as9: como el signo de cada una de ellas.

1.

Soluci(on:

Recordando que s = 2a! b! c! d6 signi?ca s216 = a , s226 = b , s236 = c , s246 = d , tenemos s s s s t t t t

216 = s2t2166 = s216 = 49 ! ! t226 = s2t2266 = s226 = 3= t236 = s2t2366 = s246 = 2! ! # t246 = s2t2466 = s236 = 1 t

216 = t2s2166 = t246 = 39 ! ! s226 = t2s2266 = t236 = 4= s236 = t2s2366 = t216 = 1! ! # s246 = t2s2466 = t226 = 2

s

t

= 24! 3! 2! 16

t

s

= 23! 4! 1! 26

s

De De De De

s;1

216 = i ; 1 s 226 = i s;1 236 = i s;1 246 = i

tenemos tenemos tenemos tenemos

2 6=1 s2i6 = 2 s2i6 = 3 s2i6 = 4

luego luego luego luego

De De De De

t;1

tenemos tenemos tenemos tenemos

26=1 t2i6 = 2 t2i6 = 3 t2i6 = 4

luego luego luego luego

216 = i t;1 226 = i t;1 236 = i t;1 246 = i

s i

t i

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

= 39 ! ! i = 4= ;1 s = 23! 4! 2! 16 i = 2! ! # i=1 i

= 19 ! ! i = 2= ;1 t = 21! 2! 4! 36 i = 4! ! # i=3 i

74

Algebra Lineal. Problemas resueltos

Veamos cu*al es el signo de cada una de estas permutaciones

N 3s4 = 3 + 2 = 5 luego s es impar : " 3s4 = 1 N 3t4 = 1 luego t es impar : " 3t4 = 1 "3st4 = "3s4 "3t4 = 3 14 3 14 = 1 "3ts4 = "3t4 "3s4 = 3 14 3 14 = 1 "3s;1 4 = "3s4 = 1 "3t;1 4 = "3t4 = 1 ;

;

!

;

!

;

!

;

!

;

;

;

2. Hallar el valor del determinante

j

3 1 2 A= 0 1 1 1 0 1 j

Soluci(on:

Recordando la de@nici*on de determinante: si A = 3a 4& detA = i j

X "3s4a a a s1

1

s2

2

s3

3

s

se tiene j

A = +3 1 1 + 0 0 2 + 1 1 1 1 1 2 3 0 1 0 1 1 = 3 + 1 2 = 2 j

!

!

!

!

!

!

;

!

!

;

!

!

3. Hallar el valor del determinante

j

3 A = 12 2 j

2 0 3 5

;

;

4 5 1 2

;

5 2 2 3

© Los autores, 2000; © Edicions UPC, 2000.

;

!

!

;

Determinantes

75

a# Por la regla de Laplace, por ejemplo, por los menores de las dos primeras columnas. b# Por los elementos de una l89nea, por ejemplo, de la primera :la. c# Obteniendo