Algebra Matricial
UNIVERSIDAD AUTONÓMA DE SANTO DOMINGO (UASD) FACULTAD DE CIENCIAS ESCUELA DE MATEMATICA CENTRO UNIVERSITARIO REGIONAL D
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UNIVERSIDAD AUTONÓMA DE SANTO DOMINGO (UASD)
FACULTAD DE CIENCIAS ESCUELA DE MATEMATICA CENTRO UNIVERSITARIO REGIONAL DE SANTIAGO (CURSA)
APUNTES SOBRE ALGEBRA LINEAL
ELABORADO POR GENARO VIÑAS
PARA LA ASIGNATURA: ALGEBRA MATRICIAL (MAT-239)
CONTIENE: UNIDAD 1: ESPACIOS VECTORIALES REALES UNIDAD 2: TRANSFORMACIONES LINEALES UNIDAD 3: POLINOMIOS CARACTERISTICOS, VECTORES Y VALORES PROPIO.
Alfabeto Griego Mayúsculas
Minúsculas
Página 1
Nombre alfa beta gama delta epsilón zita ita thita iota kapa lamda mi ni xi omicrón pi ro sigma tau ipsilon fi khi psi omega
Contenido Unidad 1: Espacios Vectoriales 1. Definición de espacio vectorial 2. Subespacios 3. Combinación lineal 4. Conjunto generador y espacio generado 5. Dependencia e independencia lineal de vectores 6. Base de un espacio vectorial 7. Dimensión de un espacio vectorial 8. Espacios Vectoriales asociados a una matriz A 8.1. Espacio Nulo de una matriz A 8.2. Espacio Fila de una matriz A 8.3. Espacio Columna de una matriz A 8.4. Rango y singularidad de una matriz 9. Coordenadas y Cambio de Base 9.1. Coordenadas de un vector con respecto a una base S 9.2. Matriz de transición o de cambio de base 10. Bases ortonormales en
R
n
10. 1. Proceso de ortogonalización de Gram-Schmidt 11. Complementos ortogonales 11.1. Proyección Ortogonal
Unidad 2: Transformaciones lineales 1. Transformación Lineal 1.2. Ejemplos de transformaciones lineales 2. Propiedades de las transformaciones lineales Página 2
3. Núcleo (kernel) e imagen de una transformación lineal 4. Nulidad y rango de una transformación lineal 5. Representación matricial de una transformación lineal 6. Operaciones con Transformaciones Lineales 6.1. Suma 6.2. Multiplicacion por un escalar 6.3. Composición 6.4. El espacio Vectorial de las Transformaciones Lineales 7. Tipos de Transformaciones Lineales 7.1. Transformación lineal inyectiva 7.2. Transformación lineal sobreyectiva 7.3. Transformación lineal biyectiva 7.4. Isomorfismo 7.5. Espacios Vectoriales Isomorfos 8. Transformación Lineal Inversa
Unidad 3: Polinomios Característicos, vectores y valores propios. 1. Valores característicos y vectores característicos 2. Polinomio característico y ecuación característica 3. Espacio característicos 4. Multiplicidad algebraica de un valor característico () 5. Multiplicidad geométrica de un valor característico () 6. Matrices semejantes 3.6.1. Propiedades de las matrices semejantes 7. Matriz diagonalizable 8. Matrices simétricas y diagonalización ortogonal
Página 3
UNIDAD 1: ESPACIOS VECTORIALES 1. Definición de Espacio Vectorial Definición: Sea V un conjunto no vacío en el que se han definido dos operaciones ( ,
),
suma entre vectores y multiplicación por escalar respectivamente, y sea K un campo numérico, el conjunto V sobre el campo K forma un espacio vectorial si se cumplen las siguientes propiedades: 1) u, v V, u v V . La suma vectorial es cerrada o interna en V. 2) u, v V, u v v u . La suma vectorial es conmutativa en V. 3) u, v, w V, u (v w) (u v) w . La suma vectorial es asociativa en V. 4) 0V V tal que u V, u 0V 0V u u . Existencia del elemento neutro o identidad para la suma vectorial en V. 5) (u) V tal que u V, u (u) (u) u 0V . Existencia del elemento simétrico u opuesto para la suma vectorial en V. 6) u V t K, t
u V . La multiplicación por un escalar
7) u V t , r K, (t.r )
u t
(r
es cerrada en V.
u) . Propiedad asociativa de la multiplicación de
dos escalares por un vector. 8)
u, v V t K, t
(u v) t
u t
v.
Propiedad
distributiva
de
la
distributiva
de
la
multiplicación por un escalar con respecto a la suma de dos vectores. 9)
u V t , r K, (t r )
u t
ur
u.
Propiedad
multiplicación de una suma de dos escalares por un vector. 10) e K tal que u V, e
u u . Existencia de la unidad escalar.
Página 4
Si se cumplen estas 10 propiedades, a la estructura (V, K, ,
) se le llama espacio
vectorial V sobre el campo K y a los elementos de V se les llama vectores. Ejemplos: 1) Sean V R K R , entonces R con sus operaciones usuales forman un espacio n
n
n
v1 , v2 R n donde
v2 ( y1, y2 ,..., yn ) y
r R la suma vectorial se define como
vectorial. Las operaciones usuales en R son: para dos vectores
v1 ( x1, x2 ,..., xn ) y
v1 v2 ( x1, x2 ,..., xn ) ( y1, y2 ,..., yn ) ( x1 y1, x2 y2 , ..., xn yn ) y la multiplicación por escalar t
v1 t
( x1, x2 ,..., xn ) (tx1, tx2 ,..., txn ) .
2 3 4 n Como n es cualquier número natural podemos concluir que: R, R , R , R , ..., R con
sus operaciones usuales forman, cada uno, un espacio vectorial sobre el campo de los números reales. 2) Sea M m x n el conjunto de todas las matrices de orden m x n, si V M m x n y K R, entonces M m x n con sus operaciones usuales forman un espacio vectorial. Las operaciones usuales en M m x n son la suma de matrices y la multiplicación de un número por una matriz.
3) Sea Pn el conjunto de todos los polinomios de grado menor o igual que n, si
V Pn K R , entonces Pn con sus operaciones usuales forman un espacio vectorial. Las operaciones usuales en Pn
son la suma de polinomios y la multiplicación de un
número por un polinomio. 4) Sea F[ a , b ] el conjunto de todas las funciones reales continuas definidas en el intervalo [a, b], si V F[ a , b ] K R , entonces F[ a , b ] con las operaciones usuales de suma de funciones y multiplicación de un número por una función forman un espacio vectorial.
Página 5
5) Sea V 0V K R ; es decir, el conjunto V solo contiene al vector nulo. Como
0V 0V 0V y r
0V 0V , r R
podemos afirmar que se cumplen todas las
propiedades requeridas y que V constituye un espacio vectorial el cual es denominado Espacio Vectorial Trivial. Para demostrar que un conjunto V con dos operaciones ,
es un espacio vectorial,
debemos probar que se cumplen las 10 propiedades descritas en la definición. Debemos probarlas todas, pero podemos iniciar con las dos de cerradura (1) y (6), a continuación la del neutro (4) porque si alguna de estas falla ya no hay que seguir probando. Ejemplos: Demostrar si el conjunto y las operaciones dadas constituye un espacio vectorial real. 1) El conjunto V ( x, y) tal que x, y R , x 0 y 0 ; es decir. V es el conjunto de todos los pares ordenados de números reales ( x, y) donde x y son números positivos, la suma y multiplicación por escalar
son las usuales de R 2 .
Demostración: Primero probamos si se cumplen las propiedades de cerradura (1) y (6): Propiedad 1: Sean u ( x1, y1 ) v ( x2 , y2 ) elementos de V, entonces u v ( x1, y1 ) ( x2 , y2 ) ( x1 x2 , y1 y2 ) . Como la suma de dos números positivos es
otro número positivo podemos afirmar que ( x1 x2 , y1 y2 ) u v V y que la suma es cerrada en V. Propiedad 6: Sean u ( x1, y1 ) V r R , entonces r
ur
( x1, y1 ) (rx1, ry1 ) . Pero
como r puede ser cualquier número real, si r es negativo (rx1, ry1 ) V y la multiplicación por escalar
no es cerrada en V.
Página 6
Por lo tanto el conjunto V ( x, y) tal que x R , x 0 y 0 con las operaciones indicadas no constituye un espacio vectorial.
2) El conjunto V ( x, y, z ) tal que x, y, z R , z 0 ; es decir, V es el conjunto de todas las ternas ordenadas de números reales ( x, y, z ) donde z 0 , la suma y multiplicación por escalar
son las usuales de R 3 .
Demostración: Primero probamos si se cumplen las propiedades de cerradura (1) y (6) Propiedad 1: Sean u ( x1, y1,0) v ( x2 , y2 ,0) elementos de V, entonces u v ( x1, y1,0) ( x2 , y2 ,0) ( x1 x2 , y1 y2 ,0 0) ( x1 x2 , y1 y2 ,0) .
Como el resultado de la suma tiene la misma forma de los elementos de V podemos afirmar que u v ( x1, y1,0) ( x2 , y2 ,0) ( x1 x2 , y1 y2 ,0) V y que la suma es cerrada en V. Propiedad 6: Sean u ( x1, y1,0) V r R , entonces r
ur
( x1, y1,0) (rx1, ry1,0) .
Este resultado tiene la misma forma de los elementos de V por lo que (rx1, ry1,0) V y la multiplicación por escalar
es cerrada en V.
Propiedad 4: Siendo u ( x1, y1,0) V debemos probar que existe 0V V tal que u 0V u . Sea 0V (a, b,0) .
Entonces u 0V ( x1, y1,0) (a, b,0) ( x1 a, y1 b,0 0) ( x1, y1,0) . Esto implica que x1 a x1, y1 b y1 0 0 0 y que a 0, b 0 . Por lo que existe 0V V y es 0V (0,0,0) . Como se han cumplido las tres propiedades debemos seguir probando las demás. Página 7
Propiedad 2: Sean u ( x1, y1,0) v ( x2 , y2 ,0) elementos de V, entonces u v ( x1, y1,0) ( x2 , y2 ,0) ( x1 x2 , y1 y2 ,0 0) ( x2 x1, y2 y1,0 0) v u .
Como u v v u se cumple la propiedad conmutativa de la suma. Propiedad 3: Sean u ( x1, y1,0), v ( x2 , y2 ,0) w ( x3 , y3 ,0) elementos de V, entonces
u v w ( x1, y1,0) ( x2 , y2 ,0) ( x3 , y3 ,0) ( x1 x2 , y1 y2 ,0 0) ( x3 , y3 ,0) ( x1 x2 ) x3 ,( y1 y2 ) y3 ,(0 0) 0 x1 ( x2 x3 ), y1 ( y2 y3 ), 0 (0 0
.
( x1 , y1 ,0) x2 x3 , y2 y3 , 0 0 u v w Como u v w u v w se cumple la propiedad asociativa de la suma. Propiedad 5: Siendo u ( x1, y1,0) V debemos probar que existe u V tal que
u u 0V (0,0,0) . Sea u (c, d ,0) .
Entonces u u ( x1, y1,0) (c, d ,0) ( x1 c, y1 d ,0 0) (0,0,0) . Esto implica que x1 c 0, y1 d 0 y que c x1 d y1 . Por lo que existe
u V y es u ( x1, y1,0) . Propiedad 7: Sean u ( x1, y1,0) V r , t R , entonces (rt ) (rt )
u (rt )
t
u.
x1, y1,0 (rt ) x1,(rt ) y1,0 r (tx1 ), r (ty1 ),0 r tx1, ty1,0
r
t x1, y1,0
r
t
Como (rt )
ur
ur
u
t
u se cumple la propiedad asociativa de la multiplicación de dos
escalares por un vector. Página 8
Propiedad 8: Sean u ( x1, y1,0) v ( x2 , y2 ,0) elementos de V r R , entonces
u v r
debemos probar que r r
u v r
u r
v .
( x1 x2 , y1 y2 ,0 0) (r ( x1 x2 ), r ( y1 y2 ),0)
(rx1 rx2 , ry1 ry2 ,0) (rx1 , ry1 ,0) (rx2 , ry2 ,0) r ( x1 , y1 ,0) r ( x2 , y2 ,0) r r
u r
u v r
Como r
( x1 , y1 ,0) r
. ( x2 , y2 ,0)
v
u r
v se cumple la propiedad distributiva de la
multiplicación de un escalar por una suma de vectores. Propiedad 9: Sean u ( x1, y1,0) V r , t R , entonces (r t ) (r t )
u (r t )
ur
u t
u.
x1, y1,0 (r t ) x1,(r t ) y1,0 rx1 tx1, ry1 ty1,0
rx1 , ry1 ,0 tx1 , ty1 ,0 r ( x1 , y1,0) t ( x1, y1,0) r
x1, y1,0 t
r
u t
Como (r t )
ur
( x1 , y1 ,0)
u
u t
u se cumple la propiedad distributiva de la suma de dos
escalares por un vector. Propiedad 10: Sean u ( x1, y1,0) V , entonces 1
u 1
( x1, y1,0) (1x1,1y1,0) ( x1, y1,0) . Por lo que existe la unidad escalar 1 R tal
que u V , 1 u u . Como
se
cumplen
las
10
propiedades
podemos
afirmar
que
el
conjunto
V ( x, y, z ) tal que x, y, z R , z 0 con la suma y multiplicación por escalar usuales de R 3 constituye un espacio vectorial real.
Página 9
Teorema 1.1: (Propiedades de los espacios Vectoriales) Si V es un espacio vectorial sobre un campo K, entonces: i) 0
u 0V , u V .
ii) t
0V 0V , t K
iii) Si t
u 0V implica que t 0 u 0V .
iv) u V, (1)
u u
Demostración:
u (0 0)
i ) Hagamos 0
u 0
0 u 0
0
u
u0
u 0
Sumemos 0
u.
u 0
u0
u a ambos lados
u
Si aplicamos la propiedad asociativa y la suma de opuesto obtenemos
0V 0
u 0
0V 0
u 0V
0V 0
u
0V t
ii ) Hagamos t 0V t
t
0V t
u
Queda demostrado
0V 0V y apliquemos la propiedad distributiva
0V 0V t
t
u 0
0V t
0V t 0V t
0V Sumemos t 0V t
0V a ambos lados
0V
Si aplicamos la propiedad asociativa y la suma de opuesto obtenemos
0V t
0V t
0V t
0V 0V
0V t
0V
0V t
0V
Queda demostrado
Página 10
iii ) Sea t 0, entonces multiplicamos ambos lados de t para obtener
1 t
t
u 1 t
0V 1t t
Ahora sea u 0V , entonces sumemos t para obtener
t
u t
t (t ) u t
0
(1 1)
u 0V
u
u Queda demostrado
u 0V y que
u 1 u 1 u,entonces
1 u u 0V
1
u a ambos lados de t
u como u 0V , entonces 0 t t 0
iv) Sabemos que (1 1)
t
u 0V 1 u 0V u 0V
u 0V t u t
u 0V por 1
sumando u a ambos lados
u u (u ) 0V (u ) por asociativa y suma del neutro
1 u u (u ) u obtenemos 1 u 0V u 1 u u
Queda demostrado
Observaciones importantes: Si V es un espacio vectorial sobre un campo K y u, v, w V , entonces se verifica que: i)
El elemento neutro o vector nulo ( 0V ) es único.
ii)
El elemento simétrico o vector opuesto ( u ) es único.
iii) u v u w v w . iv) (u) u . v)
Si r , t K , entonces r
u t
u r t . Siendo u 0v
Página 11
EJERCICIOS PROPUESTOS I- Determine si el conjunto V dado es cerrado bajo las operaciones ,
definidas.
1) V es el conjunto de todos los pares ordenados de números reales ( x, y) , donde
x 0 y y 0 . se define como ( x1, y1 ) ( x2 , y2 ) ( x1 x2 , y1 y2 ) y como c ( x1, y1 ) (cx1, cy1 ) .
se define
2) V es el conjunto de todas las ternas ordenadas de números reales de la forma (0, y, z ) .
se define como (0, y1, z1 ) (0, y2 , z2 ) (0, y1 y2 , z1 z2 ) y c
se define como
(0, y1, z1 ) (0,0, cz1 ) .
3) V es el conjunto de todos los polinomios de la forma at 2 bt c , donde son a, b, c números reales y b a 1 .
se define como (a1t 2 b1t c1 ) (a2t 2 b2t c2 ) (a1 a2 )t 2 (b1 b2 )t (c1 c2 ) y se define como r
(a1t 2 b1t c1 ) (ra1 )t 2 (rb1 )t rc1 .
a b 4) V es el conjunto de todas las matrices 2 x 2, , donde son a d . c d se define como la suma usual de matrices y matriz por un escalar.
se define como la multiplicación de una
II- Determine si el conjunto dado con las operaciones dadas en cada caso constituye un espacio vectorial en el campo de los números reales. 1) R 2 con sus operaciones usuales. 2) El conjunto de todas las ternas ordenadas de números reales. se define como se define como ( x1, y1, z1 ) ( x2 , y2 , z2 ) ( x2 , y1 y2 , z2 ) y c
( x1, y1, z1 ) (cx1, cy1, cz1 ) .
3) El conjunto de todas las ternas ordenadas de números reales. se define como se define como ( x1, y1, z1 ) ( x2 , y2 , z2 ) ( x1 x2 , y1 y2 , z1 z2 ) y c
( x1, y1, z1 ) ( x1, 1, z1 ) . Página 12
4) El conjunto de todos los pares ordenados de números reales ( x, y) .
se define como ( x1, y1 ) ( x2 , y2 ) ( x1 x2 , y1 y2 ) y c
se define como
( x1, y1 ) (0, 0) .
5) El conjunto de todos los pares ordenados de números reales ( x, y) , donde x 0 , con las operaciones usuales de R 2 . 6) El conjunto de todos los números reales positivos u .
se define como u v uv y
se define como c
u uc .
III- Demuestre que: 1) Si u v u w , entonces v w . 2) (u) u 3) El vector cero (0V ) de un espacio vectorial V es único.
2. Subespacios Definición: Sea V un espacio vectorial sobre un campo K y W un subconjunto no vacío de V. Si W es un espacio vectorial sobre K con las mismas operaciones definidas en V, entonces W es un subespacio de V. Teorema 2.1: Sea V un espacio vectorial sobre un campo K con las operaciones ,
y
sea W un subconjunto no vacío de V. Entonces W es un subespacio de V si, y solo sí se cumplen las siguientes condiciones: i) u, v W, u v W . La suma vectorial es cerrada o interna en W. ii) u W t K, t
u W . La multiplicación por un escalar
Página 13
es cerrada en W.
Ejemplo: Sea V = R2 y W={(x, y)/ y 2 x} ; es decir, los elementos de W son de la forma (x, 2x). Probemos que W es un subespacio de R2. Todos los elementos de W son vectores de R2 por lo tanto W V=R 2 . Probemos entonces si se cumplen las dos propiedades de cerradura. Sean v1, v2 W tales que v1 ( x1,2 x1 ) v2 ( x2 ,2 x2 ) y t R , entonces:
v1 v2 ( x1,2 x1 ) ( x2 ,2 x2 ) ( x1 x2 , 2 x1 2 x2 ) [ x1 x2 , 2( x1 x2 )] ,
i)
haciendo
x1 x2 x se obtiene v1 v2 [ x1 x2 , 2( x1 x2 )] ( x,2 x) W , por lo que la suma vectorial es cerrada en W. ii)
t
t
v1 t
( x1,2 x1 ) [t x1, t (2 x1 )] [t x1, 2(t x1 )] ,
haciendo
t x1 x
se
obtiene
v1 [t x1, 2(t x1 )] ( x, 2 x) W por lo que la multiplicación por escalar es cerrada en W.
Como se cumplen las dos condiciones necesarias W es un subespacio de R2.
Observaciones importantes: i) Todo espacio V es subespacio de sí mismo. ii) El subconjunto de un espacio vectorial V que solo contiene al vector 0V es un subespacio de V (subespacio trivial). iii) Si un subconjunto W no contiene al 0V , entonces W no es un subespacio de V. iv) Los subespacios no triviales de R2 son las rectas que pasan por el origen. Los subespacios no triviales de R3 son las rectas y los planos que pasan por el origen. Nota: De aquí en adelante utilizaremos siempre los signos + y . en lugar de y facilitar la escritura.
Página 14
para
EJERCICIOS PROPUESTOS I- Determine: 2 1) Si el conjunto W ( x, y) / y x es un subespacio de R . 3 2) Si el conjunto W ( x, y, z ) / z 0 es un subespacio de R .
3) Si el conjunto W ( x, y) / y x 1 es un subespacio de R 2 . 3 4) Si el conjunto W ( x, y, z ) / z 2 es un subespacio de R . 3 5) Si el conjunto W ( x, y, z ) / z x y es un subespacio de R .
3 6) Si el conjunto W ( x, y, z ) / z 0 es un subespacio de R .
7) Si el conjunto W de todos los polinomios de la forma a2t 2 a1t a0 donde a0 0 es un subespacio de P2 . 8) Si el conjunto W de todos los polinomios de la forma a2t 2 a1t a0 donde a0 a1 1 es un subespacio de P2 . 9) Si el conjunto W de todos los polinomios de la forma a3t 3 a2t 2 a1t a0 donde a2 2a1 a0 a3 es un subespacio de P2 .
a b c 10) Si el conjunto W de todas las matrices de la forma donde a b c es un d 0 0 subespacio de M 2x3 . a b c 11) Si el conjunto W de todas las matrices de la forma donde b c 1 es un d e f subespacio de M 2x3 . a b 12) Si el conjunto W de todas las matrices de la forma donde b c 0 es un c d subespacio de M 2x 2 . 13) Si el conjunto W de las matrices simétricas es un subespacio del conjunto de todas las matrices M n x n . Página 15
3. Combinación Lineal: Definición: sean v1, v2 ,..., vn vectores de un espacio vectorial V. Un vector v de V es una combinación lineal de v1, v2 ,..., vn
si
existen escalares
c1, c2 ,..., cn tales que
v c1v1 c2v2 ... cnvn Ejemplo: Sean v1 (1,3,2), v2 (4, 2,1), v3 (5, 2,0) v (6,8,7) . Observe que
v 2v1 3v2 4v3 2(1,3,2) 3(4, 2,1) 4(5, 2,0) (2,6,4) (12, 6,3) (20,8,0) (6,8,7) v por lo que v es combinación lineal de v1, v2 v3 .
3. Conjunto Generador y Espacio Generado: Definición: Sea S {v1, v2 ,..., vn } un conjunto de vectores de un espacio vectorial V. Entonces S es un conjunto generador de V si todo vector v de V se puede escribir como combinación lineal de los vectores de S. Es decir, v V, v c1v1 c2v2 ... cnvn para ciertos valores c1, c2 ,..., cn . Podemos decir entonces que S es generador de V o V es un espacio generado por S. Si S no genera a todo V, entonces genera un subespacio propio W de V, denotado
W gen S gen {v1, v2 ,..., vn} .
Procedimiento para determinar si S {v1, v2 ,..., vn } genera el espacio vectorial V. Paso 1. Seleccione un vector arbitrario v de V. Paso 2. Determine si v es una combinación lineal de los vectores de S. Si lo es, los vectores de S generan a V, de lo contrario no lo generan y de acuerdo a las condiciones presentadas en la solución del sistema que se plantea podemos determinar el subespacio
W gen S gen {v1, v2 ,..., vn} . Página 16
Ejemplos: 1) Sea S {v1, v2} tal que v1 (1, 3); v2 (2, 5) . Determine si S genera a R2. Definamos v ( x, y) R 2 y hagamos la combinación lineal
v c1v1 c2v2 c1 (1, 3) c2 (2, 5) ( x, y) . Esta combinación lineal nos lleva al sistema de ecuaciones:
c1 2c2 x 3c1 5c2 y 1 La matriz ampliada del sistema es 3
2 : x 1 5 : y 0
0 : 2 y 5x 1 : 3x y
Analizando la forma escalonada de la matriz ampliada vemos que el sistema tiene solución c1 2 y 5x c2 3x y sin importar los valores de x e y. Por lo tanto el conjunto S
genera a R2. 2) Sea S {v1, v2 , v3} tal que v1 (1, 2,3); v2 (3, 5,8); v3 (2, 1, 1) . Determine si S genera a R3. Definimos v ( x, y, z ) R 3 y hacemos la combinación lineal
v c1v1 c2v2 c3v3 c1 (1, 2,3) c2 (3, 5,8) c3 (2, 1, 1) ( x, y, z) . Esta combinación lineal nos lleva al sistema de ecuaciones
c1 3c2 2c3 x 2c1 5c2 c3 y 3c1 8c2 c3 z La forma escalonada de la matriz ampliada del sistema es: 1 3 2 x 1 3 2 1 3 2 x x 0 1 5 2 x y 2 5 1 y f 2 2 f1 f 2 0 1 5 2 x y 3 8 1 z f f 3 f 0 1 5 z 3x f f f 0 0 0 z x y 3 1 3 2 3 3
Página 17
Analizando la forma escalonada de la matriz ampliada vemos que el sistema tiene solución solo si z x y 0 z x y . Por lo tanto el conjunto S no genera a R3, sino al subespacio de R3
W { x( y, z, ) z/
x
yy }sus elementos son de la forma
( x, y, x y) R 3 . Un vector de W {( x, y, z ) / z x y} es: (1, 1, 2) W , pero (1, 2, 5) W . 3) Sea S {v1 , v2 , v3 , v4 } tal que v1 (1, 1, 1); v2 (2, 5,1); v3 (0, 3,3); v4 (4, 2,10) . Determine si S genera a R3. Definamos v ( x, y, z ) y hagamos la combinación lineal:
v c1v1 c2v2 c3v3 c4v4 c1 (1, 1, 1) c2 (2, 5,1) c3 (0, 3,3) c4 (4, 2,10) ( x, y, z ) . Esta combinación lineal nos lleva al sistema de ecuaciones
c1 2c2
4c4 x
c1 5c2 3 c3 2c4 y c1 c2 3 c3 10c4 z La matriz ampliada del sistema es 1 2 0 4 1 5 3 2 1 1 3 10
x 1 2 0 4 x y 0 3 3 6 y x z 0 0 0 0 2 x y z
Analizando la forma escalonada de la matriz ampliada vemos que el sistema tiene solución solo si 2 x y z 0 z y 2 x . Por lo tanto S no genera a R3 sino al subespacio W {( x, y, z) / z y 2 x} . Los vectores de W son de la forma ( x, y, y 2 x) . Un vector de esta forma es
(1, 1, 1) W . Pero (1, 1, 1) W .
Página 18
EJERCICIOS PROPUESTOS I- Determine en cada caso si el vector v dado es combinación lineal de los vectores v1 (1,0,1, 1), v2 (1, 1,3, 1) y v3 (1, 2, 1,3) : 1) v (1, 2,0, 2)
2) v (2, 2,1,0)
3) v (3, 2, 2, 4)
4) v (0, 1,0, 2)
II- Determine en cada caso si el vector v dado es combinación lineal de los vectores
1 1 A1 , 0 3
1 1 A2 , 0 2
2 2 A3 : 1 1
3 1 3 2
5 1 1 9
2) A
3 2 3 2
4) A
1) A
3) A
1 0 2 1
III- Determine en cada caso si el vector v dado es combinación lineal de los vectores
P1 (t ) t 2 t , P2 (t ) t 2 2t 1,
P3 (t ) t 2 1:
1) P(t ) 3t 2 3t 1
2) P(t ) t 2 3t 2
3) P(t ) t 1
4) P(t ) 2t 2 t 1
IV- Determine en cada caso si el conjunto de vectores dado genera al espacio indicado. En caso que no lo genere indique el subespacio generado y escriba dos vectores que pertenezcan a él y dos que no pertenezcan. 2
1) ¿Cuál de los siguientes conjuntos de vectores generan a R ? (a) v1 (1,2), v2 (1,1)
(b) v1 (0, 0), v2 (1, 1), v3 (2, 2)
(c) v1 (2, 4), v2 (1, 2)
(d) v1 (1, 3), v2 (2, 3), v3 (0, 2)
Página 19
2) ¿Cuál de los siguientes conjuntos de vectores generan a R 3 ? (a) v1 (1, 1, 2), v2 (0,1,1) (b) v1 (1, 2, 1), v2 (6, 3, 0), v3 (4, 1, 2),
v4 (2, 5, 4)
(c) v1 (2,2, 3), v2 (1, 2,1), v3 (0, 1, 0) (d) v1 (1,0,0), v2 (0, 1, 0), v3 (0, 0, 1), v4 (1, 1, 1) 3) ¿Cuál de los siguientes conjuntos de vectores generan a P2 ? (a) P1 (t ) t 1, P2 (t ) t t , P3 (t ) t 1 2
2
(b) P1 (t ) t 1, P2 (t ) t t , P3 (t ) t 1 2
2
(c) P1 (t ) t 2, P2 (t ) 2t t 1, P3 (t ) t t 4 2
2
2
(d) P1 (t ) t 2t 1, P2 (t ) t 1 2
2
5. Dependencia e Independencia Lineal de Vectores Definición: Los vectores v1 , v2 ,..., vn en un espacio vectorial V son linealmente dependientes (LD) si existen constantes c1 , c2 ,..., cn no todas iguales a cero, tales que
c1v1 c2v2 ... cn vn 0V . Si los vectores v1 , v2 ,..., vn no son linealmente dependientes, entonces son linealmente independientes (LI).
Esto es si c1v1 c2v2 ... cn vn 0V se cumple solo si
c1 c2 ... ck 0 . Procedimiento para determinar si un conjunto de vectores v1 , v2 ,..., vn es Linealmente Dependiente (LD) o Linealmente Independiente (LI). Paso 1.
Plantee la ecuación c1v1 c2v2 ... cn vn 0V que nos lleva a un sistema
homogéneo.
Página 20
Paso 2. Resuelva el sistema planteado, si este tiene solo la solución trivial, entonces los vectores son linealmente independientes, en caso contrario, si tiene una solución no trivial, entonces los vectores son linealmente dependientes.
Ejemplos: 1) Determine si el conjunto v1 (1, 1,3), v2 (2, 1,5), v3 (0,1, 2) son vectores 3
LD o LI en R . Solución Paso 1. Planteamos la ecuación c1v1 c2v2 c3v3 0R3 . Esto es:
c1 (1, 1,3) c2 (2, 1,5) c3 (0,1, 2) (0,0,0) (c1 , c1 ,3c1 ) (2c2 , c2 ,5c2 ) (0, c3 , 2c3 ) (0,0,0) (c1 , 2c2 , c1 c2 c3 , 3c1 5c2 2c3 ) (0,0,0) Esto nos lleva al sistema homogéneo siguiente
c1 2c2
0
c1 c2 c3 0 3c1 5c2 2c3 0 Cuya matriz ampliada y su forma escalonada reducida es:
1 2 0 : 0 1 0 1 1 1 : 0 0 1 3 5 2 : 0 0 0
0 : 0 0 : 0 1 : 0
Lo que nos indica que el sistema tiene solo la solución trivial c1 c2 c3 0 y que los vectores dados son linealmente independientes. 2) Determine si el conjunto v1 (1, 1,2), v2 (2, 3,1), v3 (3, 5,0) son vectores 3
LD o LI en R . Página 21
Solución Paso 1. Planteamos la ecuación c1v1 c2v2 c3v3 0R3 . Esto es:
c1 (1, 1, 2) c2 (2, 3,1) c3 (3, 5,0) (0,0,0) (c1 , c1 , 2c1 ) (2c2 , 3c2 , c2 ) (3c3 , 5c3 ,0) (0,0,0) (c1 , 2c2 3c3 , c1 3c2 5c3 , 2c1 c2 ) (0,0,0) Esto nos lleva al sistema homogéneo siguiente
c1 2c2 3c3 0 c1 3c2 5c3 0 2c1 c2
0
Cuya matriz ampliada y su forma escalonada reducida es:
3 : 0 1 0 1 : 0 1 2 1 3 5 : 0 0 1 2 : 0 2 1 0 : 0 0 0 0 : 0 Este sistema tiene infinitas soluciones ( c1 c3 , c2 2c3 y c3 es una variable libre) por lo que los vectores dados son linealmente dependientes.
Teorema 5.1: Dos vectores en un espacio vectorial V son linealmente dependientes si y solo si uno de ellos es un múltiplo escalar del otro. Demostración: Sean v1 , v2 vectores de un espacio vectorial V donde uno de ellos es múltiplo escalar del otro; es decir, v1 hv2 para h R, h 0 . Entonces si en v1 hv2 sumamos el opuesto de h v2 a ambos lados obtenemos:
Página 22
v1 h v2 h v2 h v2 v1 h v2 0V v1 h v2 0V Como h 0 , entonces tenemos la combinación lineal v1 hv2 0V donde por lo menos uno de los escalares
h
no es cero lo que indica que v1 y v2 son linealmente
dependientes. Asumamos ahora que los vectores v1 y v2 son linealmente dependientes, entonces existen escalares c1 y c2 , no todos cero, tales que c1v1 c2 v2 0V . Si c1 0 podemos dividir cada término de c1v1 c2 v2 0V entre c1 para obtener:
c1 c2 c2 v v v 1 2 1 v2 0V . c1 c1 c1
c2 v2 . Esto nos indica que v2 es un múltiplo escalar c 1
Despejando v1 se obtiene: v1 de v1 . Ejemplo:
Sean
v1 (1,3, 4) v2 (2,6, 8)
v2 2v1 2(1,3, 4) (2,6, 8)
podemos
afirmar
vectores que
v1 v2
dependientes. Comprobemos: Si hacemos la combinación lineal:
c1v1 c2 v2 0V c1 (1,3, 4) c2 (2,6, 8) (0,0,0) Que nos lleva al sistema lineal:
c1 2c2 0 3c1 6c2 0 4c1 8c2 0
1 2 : 3 6 : 4 8 : Página 23
0 1 0 0 0 0
2 : 0 0 : 0 0 : 0
de son
R3,
como
linealmente
Al resolver el sistema planteado vemos que tiene infinitas soluciones por lo que los vectores dados son linealmente dependientes. Teorema 5.2: El conjunto de vectores no nulos S {v1 , v2 ,..., vn } de un espacio vectorial V son Linealmente Dependientes si, y solo si uno de los vectores v j , siendo j 2 es combinación lineal de los vectores que le preceden v1 , v2 ,..., v j 1 . Demostración: Si v j es combinación lineal de los vectores que le preceden v1 , v2 ,..., v j 1 entonces
v j c1v1 c2v2 ... c j 1 v j 1 . Sumando v j a ambos lados de la expresión anterior obtenemos:
v j (v j ) c1v1 c2v2 ... c j 1 v j 1 (v j ) 0V Asumiendo que c j 1 , ... , cn son todos cero, entonces:
c1v1 c2v2 ... c j 1 v j 1 (1)v j 0 v j 1... 0vn 0V Como por lo menos uno de los coeficientes (–1) es diferente de cero podemos afirmar que el conjunto de vectores S {v1 , v2 ,..., vn } es linealmente dependiente. Ahora asumiendo que los vectores S {v1 , v2 ,..., vn } son linealmente dependientes demostraremos que uno de los vectores v j es combinación lineal de los vectores que lo preceden v1 , v2 ,..., v j 1 . Como los vectores de S son linealmente dependientes se verifica que existen escalares
c1 , c2 , ..., cn no todos ceros tales que c1v1 c2v2 ... cn vn 0V . Sea j el mayor subíndice para el cual c j 0 . Si j 1 , entonces c1v1 0V lo que implica que v1 0V , pero esto contradice la hipótesis de que ninguno de los vectores de S es el vector cero. Página 24
Si j 1 se obtiene c1v1 c2v2 ... c j 1v j 1 c j v j 0V . Como c j 0 podemos dividir cada término de c1v1 c2v2 ... c j 1v j 1 c j v j 0V entre c j para obtener:
c1 c j
c2 c j 1 cj v v ... v 1 c 2 c j 1 c j j j
c1 c j
c2 c j 1 v v ... 1 c 2 c v j 1 v j 0V j j
c
c
v j 0V
c j 1
Despejando v j obtenemos v j 1 v1 2 v2 ... v j 1 . c c c j j j Se concluye que uno de los vectores v j es combinación lineal de los vectores que le preceden v1 , v2 ,..., v j 1 . Ejemplo: Sea
S {v1 , v2 , v3 , v4 } un conjunto de vectores de R3
tales que
v1 (1,0,3), v2 (2,4, 1), v3 (4,4,5), v4 (2,0,6) . Los vectores en S son linealmente dependientes ya que si hacemos la combinación lineal:
c1v1 c2v2 c3v3 c4v4 c1 (1,0,3) c2 (2,4, 1) c3 (4,4,5) c4 (2,0,6) (0,0,0) 0V obtenemos el sistema lineal:
c1 2c2 4 c3 2 c4 0 1
2 4c2 4 c3 0 0 4 3c1 c2 5 c3 6 c4 0 3 1
4 2 : 0 1 4 0 : 0 0 5 6 : 0 0
0 1 0
2 2 : 0 1 0 : 0 0 0 : 0
El cual tiene infinitas soluciones, por lo que los vectores de S son linealmente dependientes. Si tomamos v j v2 se puede ver que v2 no es combinación lineal de v1 porque ninguno de ellos es múltiplo escalar del otro. Es decir, no existe un valor real c1 tal que v2 c1v1 Si tomamos v j v3 se puede ver que v3 sí es combinación lineal de v1 v2 , ya que
v3 c1v1 c2v2 para c1 2 c2 1. Página 25
Es decir, 2v1 v2 2(1,0,3) (2,4, 1) (2,0,6) (2,4, 1) (4,4,5) v3, por lo tanto v3 es combinación lineal de los vectores que le preceden.
Teorema 5.3: El conjunto de vectores no nulos S {v1 , v2 ,..., vn } de un espacio vectorial V es linealmente dependiente si, y solo sí uno de los vectores v j S es una combinación lineal de todos los demás vectores de S. Demostración: Sea
vj
combinación
lineal
de
los
vectores
v1 , v2 ,..., v j 1 , v j 1 ,..., vn
entonces
v j c1v1 c2v2 ... c j 1 v j 1 c j 1 v j 1 ... cn vn . Si sumamos el opuesto de v j a ambos lados obtenemos:
v j v j c1v1 c2 v2 ... c j 1 v j 1 c j 1 v j 1 ... cn vn v j 0V c1v1 c2 v2 ... c j 1 v j 1 c j 1 v j 1 ... cn vn (1)v j Así obtenemos c j 1 0 por lo que los vectores de S son linealmente dependientes. Asumimos ahora que los vectores de S son linealmente dependientes lo que implica que existen escalares c1 , c2 , ..., c j ,
, cn no todos ceros, tales que:
c1v1 c2v2 ... c j v j ... cn vn 0V . Sea c j 0 para 1 j n , entonces dividiendo cada término de
c1v1 c2v2 ... c j v j ... cn vn 0V entre c j obtenemos:
c1 c2 cj cn v1 v2 ... v j ... vn 0V cj cj cj cj c1 c2 cn v1 v2 ... v j ... vn 0V cj cj cj
Página 26
c
c
c
Despejando v j obtenemos v j 1 v1 2 v2 ... n vn cj cj cj Se concluye que v j es combinación lineal de los demás vectores de S. Ejemplo: Como ya vimos en el ejemplo anterior, el conjunto S {v1, v2 , v3 , v4} de vectores de
R3
donde
v1 (1,0,3), v2 (2,4, 1), v3 (4,4,5), v4 (2,0,6)
es
linealmente
dependiente. Si tomamos uno de los vectores de S, v4 por ejemplo, y hacemos la combinación lineal:
v4 c1v1 c2v2 c3v3 c1 (1,0,3) c2 (2,4, 1) c3 (4,4,5) (2,0,6) Esto nos lleva al sistema de ecuaciones:
c1 2 c2 4c3 2 4c2 4c3 0 3c1 c2 5c3 6
1 2 0 4 3 1
4 : 2 1 4 : 0 0 5 : 6 0
0 1 0
2 : 2 1 : 0 0 : 0
Este sistema tiene infinitas soluciones, una de ellas es c1 6, c2 2 y c3 2 . Así que
v4 6(1,0,3) 2(2,4, 1) 2(4,4,5) (6,0,18) (4,8, 2) (8, 8, 10) 6 4 8, 0 8 8, 18 2 10 (2,0,6) v4 Teorema 5.4: Si S {v1 , v2 ,..., vn } genera un espacio vectorial V y v j S combinación lineal de los vectores que le preceden en S, entonces
es
el conjunto
S1 S {v j } {v1 , v2 ,..., v j 1 , v j 1 ,..., vn } que consta de los vectores de S, con excepción de v j también genera a V.
Página 27
Demostración: Si S {v1 , v2 ,..., vn } genera V, entonces todo vector v de V se puede escribir como:
v a1v1 a2 v2 ... a j 1v j 1 a j v j a j 1 v j 1 ... an vn
(1) .
Si v j es combinación lineal de los vectores que le preceden entonces:
v j b1v1 b2 v2 ... b j 1v j 1
(2)
Si en la expresión (1) sustituimos a v j por (2) obtenemos el siguiente resultado:
v a1v1 a2 v2 ... a j 1v j 1 a j v j a j 1 v j 1 ... an vn a1v1 a2 v2 ... a j 1v j 1 a j b1v1 b2 v2 ... b j 1v j 1 a j 1 v j 1 ... an vn a1 a j b1 v1 a2 a j b2 v2 ... a j 1 a j b j 1 v j 1 a j 1 v j 1 ... an vn Haciendo a1 a j b1 c1 , a2 a j b2 c2 ,..., a j 1 a j b j 1 c j 1 , a j 1 c j 1 ,..., an cn se obtiene v c1v1 c2v2 ... c j 1v j 1 c j 1v j 1 ... cnvn Se concluye así que S1 S {v j } {v1 , v2 ,..., v j 1 , v j 1 ,..., vn } genera a V. Ejemplo: Sea
S {v1 , v2 , v3 , v4 } un conjunto de vectores de R3
tales que
v1 (1,0,3), v2 (2,4, 1), v3 (4,4,5), v4 (2,0,6) . El conjunto S genera el subespacio de R3: W {( x, y, z) / z 3x 7 4 y} , es decir, los vectores de W son de la forma ( x, y,3x 74 y) . Esto lo podemos comprobar si hacemos la combinación lineal de los vectores de S para obtener un vector genérico ( x, y, z ) W . Esto es:
v c1v1 c2v2 c3v3 c4v4 c1 (1,0,3) c2 (2,4, 1) c3 (4,4,5) c4 (2,0,6) ( x, y, z ) que nos lleva al sistema de ecuaciones:
Página 28
c1 2 c2 4c3 2c4 x 4c2 4c3
y
3c1 c2 5c3 6c4 z Si hacemos la forma escalonada reducida de la matriz ampliada obtenemos:
1 2 4 2 0 4 4 0 3 1 5 6
y x 0 1 2 2 2 x y y 0 1 1 0 4 7 z 0 0 0 0 z 3x 4 y
Al analizar el sistema podemos darnos cuenta que este solo tiene solución si 7 z 3x y 0 . 4 Esto implica que
z 3x
7 y, por lo tanto los vectores de W = gen S son de la forma 4
( x, y,3x 74 y) . Como ya vimos en un ejemplo anterior, los vectores de S son linealmente dependientes y
v3 es combinación lineal de v1 v2 que son los vectores que les preceden. v3 2v1 v2 2(1,0,3) (2,4, 1) (2,0,6) (2,4, 1) (4,4,5) . Si hacemos S1 S {v3} {v1 , v2 , v4 } podemos comprobar, siguiendo los mismos pasos, que S1 también genera a W. Hagamos la combinación lineal
v c1v1 c2v2 c4v4 c1 (1,0,3) c2 (2,4, 1) c4 (2,0,6) ( x, y, z) . Que nos lleva al sistema de ecuaciones:
c1 2 c2 2c4 x 4c2
y
3c1 c2 6c4 z Si hacemos la forma escalonada reducida de la matriz ampliada obtenemos:
Página 29
1 2 2 0 4 0 3 1 6
y x 0 1 2 2 x y y 0 1 0 4 7 z 0 0 0 z 3x 4 y
7 Al igual que en el caso anterior este sistema solo tiene solución si z 3x 4 y 0 .
Esto implica que z 3x 74 y , por lo tanto W = gen S1= gen S, es decir, tanto S como S1 generan a W.
Observaciones importantes: i) Todo conjunto de vectores que contiene a dos vectores iguales o asociados es linealmente dependiente. ii) Todo conjunto de vectores que contiene al vector nulo ( 0V ) es linealmente dependiente. Procedimiento alternativo para determinar la dependencia o independencia lineal de n vectores en Rn. Si queremos determinar la dependencia o independencia lineal de n vectores en Rn procedemos de la siguiente manera: Paso 1. Formamos una matriz cuadrada cuyas filas serán los vectores dados. Paso 2. Calculamos el determinante de esa matriz, si este es igual a cero los vectores son linealmente dependientes, en caso contrario son linealmente independientes. Ejemplos: 1) Sea S {v1, v2 , v3} vectores de R3 tales que v1 (1,1,3), v2 (3,2,1), v3 (2, 1, 2) . Determinar si los vectores de S son LD o LI.
1 1 3 Formemos la matriz con los vectores dados 3 2 1 . 2 1 2 Página 30
1 1 3 Calculamos el determinante 3 2 1 4 2 9 12 1 6 10 0 . 2 1 2 Como el determinante es diferente de cero los vectores de S son LI. 2) Sea S {v1, v2 , v3} vectores de R3 tales que v1 (1,5,2), v2 (2, 8, 5), v3 (0,2, 1) . Determinar si los vectores de S son LD o LI.
1 5 2 Formemos la matriz con los vectores dados 2 8 5 . 0 2 1
Calculamos
1 5 2 2 8 5 8 0 8 0 10 10 0 . 0 2 1
Como el determinante es igual a cero los vectores de S son LD.
Nota: Este procedimiento también se puede aplicar en el espacio de los polinomios siempre que tengamos n + 1 vectores en Pn. Basta con escribir cada polinomio en su forma vectorial. Ejemplo: Sea
S {v1, v2 , v3} vectores de P2 tales que
v1 t 2 2, v2 2t 2 t 1, v3 t 2
Determinar si los vectores de S son LD o LI. En forma vectorial los vectores de S se pueden escribir así:
v1 (2,0,1), v2 (1, 1,2), v3 (2,1,0)
2 0 1 Formemos la matriz con los vectores dados 1 1 2 2 1 0
Página 31
2 0 1 Calculamos 1 1 2 0 0 1 2 4 0 1 0 . 2 1 0 Como el determinante es diferente de cero los vectores de S son LI 5. 1. Dependencia o independencia lineal en un espacio de funciones continuas. Sea S { f1, f 2 ,..., f n}/ f1, f 2 ,..., f n Fa,b} (recuerde que F[a,b] es el espacio de las funciones continuas con valores reales en [a,b]) si todas las funciones de S tienen n–1 derivadas continuas entonces la dependencia o independencia lineal de los vectores de S se puede determinar aplicando lo que se denomina Wronskiano, que es el determinante de la matriz de orden n en la cual, los elementos de la primera fila serán las funciones dadas, los de la segunda serán la primera derivada y así sucesivamente hasta la n–1 derivada.
Esto es:
f1
f2
fn
'
'
fn
f1 f1
n 1
f2 f2
n 1
fn
'
n 1
Si el Wronskiano es igual a la función nula o cero el conjunto S es Linealmente Dependiente, en caso contrario es Linealmente Independiente. Ejemplo: Sea S { f1, f 2 , f3} tal que f1 f1(t ) t 2 , f 2 f 2 (t ) t f3 f 3 (t ) et Determinar si los vectores de S son LD o LI.
t 2 t et W 2t 1 et t 2et 2t et 0 2et 0 2t 2et 2 0 et et (t 2 2t 2) 0 para todos los valores de t R. Como el Wronskiano es diferente de la función nula o cero, los vectores de S son LI. Página 32
EJERCICIOS PROPUESTOS I-Determine si los siguientes conjuntos de vectores son linealmente dependientes en el espacio al que pertenecen. Cuando lo sean exprese uno de ellos como combinación lineal de los demás. 1) v1 (1,2, 1), v2 (3,2,5) 2) v1 (4,2,1), v2 (2,6, 5), v3 (1, 2,3) 3) v1 (1,1,0), v2 (0,2,3), v3 (1,2,3), v4 (3,6,6) 4) v1 (1,2,3), v2 (1,1,1), v3 (1,0,1) 5) v1 (1,1,2,1), v2 (1,0,0,2), v3 (4,6,8,6), v4 (0,3,2,1) 6) v1 (1, 2,3, 1), v2 (2,4, 6, 2) 7) v1 (1,1,1,1), v2 (2,3,1, 2), v3 (3,1,2,1), v4 (2,2,1,1) 8) v1 (4,2, 1,3), v2 (6,5, 5,1), v3 (2, 1,3,5) 9) v1 (1, 2, 3), v2 (0,0,0), v3 (1,3, 2) 10) P1 (t ) t 1, P2 (t ) t 2, P3 (t ) t 3 2
11) P1 (t ) 2t 1, P2 (t ) t 3, P3 (t ) t 2
2
12) P1 (t ) 3t 1, P2 (t ) 3t 1, P3 (t ) 2t t 1 2
2
13) P1 (t ) t 4, P2 (t ) 5t 5t 6, P3 (t ) 3t 5t 2 2
2
2
1 1 , 1 2
1 0 A2 , 0 2
0 3 A3 , 1 2
1 1 , 1 1
1 0 A2 , 0 2
0 1 A3 0 2
14) A1 15) A1
Página 33
2 A4 4
6 6
1 1 , 1 1
16) A1
2 3 A2 , 1 2
3 1 A3 , 2 1
17) f1 (t ) cos(t ), f 2 (t ) sen (t ), f3 (t ) e
2 2 A4 1 1
t
18) f1 (t ) t , f 2 (t ) e , f3 (t ) sen (t ) t
II-Determine para que valores de k el conjunto de dependiente en el espacio al que pertenecen.
vectores dado es linealmente
1) v1 (1,0, 1), v2 (2,1,2), v3 (1,1, k ) 2) P1 (t ) t 3, P2 (t ) t k , P3 (t ) t t 1 2
2
6. Base de un espacio vectorial Definición: Un conjunto de vectores S {v1, v2 ,..., vn } de un espacio vectorial V forma una base para V si cumple las dos condiciones siguientes: i) El conjunto S {v1, v2 ,..., vn } genera a V. ii) El conjunto S {v1 , v2 ,..., vn } es linealmente independiente. Ejemplo: Determinar si el conjunto S {v1, v2} tal que v1 (1,3), v2 (0,1) forma una base para R2. Debemos verificar que S {v1, v2} genera a R2 y que es linealmente independiente. Como v1 v2 no son múltiplos uno de otro, S {v1, v2} es LI. Verificamos entonces si S {v1, v2} genera a R2. Tomamos un vector genérico de R2, v ( x, y) y lo expresamos como combinación lineal de v1 v2 , esto es: v c1v1 c2v2 c1 (1,3) c2 (0,1) ( x, y) obteniéndose el sistema de Página 34
x c1 ecuaciones siguiente 3c1 c2 y
1 0 : x 1 0 : x 0 1 : y 3 x 3 1 : y
Este tiene solución c1 x c2 y 3x . Por lo que S {v1, v2} genera a R2. Como se cumplen las dos condiciones el conjunto S {v1, v2} es una base de R2. Base canónica, estándar o natural para el espacio Rn. Sean los vectores e1, e2 , e3 , ..., en las columnas de la matriz identidad de orden n.
1 0 0 0 0 1 0 0 Es decir, e1 0 , e2 0 , e3 1 , ..., en 0 0 0 0 1 Los vectores e1 , e2 , e3 , ..., en constituyen la base canónica, estándar o natural para Rn. En particular: e1 (1,0), e2 (0,1) es la base canónica, estándar o natural para R2.
e1 (1,0,0), e2 (0,1,0), e3 (0,0,1) es la base canónica, estándar o natural para R3. e1 (1,0,0,0), e2 (0,1,0,0), e4 (0,0,1,0), e3 (0,0,0,1) es la base canónica, estándar o natural para R4. Base canónica, estándar o natural para el espacio Pn . La base canónica o natural para Pn es {1, t , t 2 , t 3 ,..., t n} . En particular:
{1, t} es la base canónica o natural de P1. {1, t , t 2} es la base canónica o natural de P2. {1, t , t 2 , t 3} es la base canónica o natural de P3. Base canónica, estándar o natural para el espacio M2x2. 1 0 0 1 0 0 0 0 La base canónica o natural para M2x2 es: , 0 0 , 1 0 , 0 1 0 0 Página 35
Teorema 6.1: Si S {v1, v2 ,..., vn } es una base para un espacio vectorial V, entonces cada vector de V se puede escribir de una y solo una forma como combinación lineal de los vectores de S. Esto significa que si S {v1, v2 ,..., vn } es una base para un espacio vectorial V, entonces para todo vector v de V se cumple que el sistema de ecuaciones que se genera con la combinación lineal v c1v1 c2v2 ... cnvn tiene solución única.
Demostración: Como S es una base para V, todo vector de v de V se puede escribir como combinación lineal de los vectores de S porque S genera a V. Supongamos
que
v c1v1 c2v2 ... cnvn y v d1v1 d2v2 ... dnvn .
Son
dos
combinaciones lineales para el vector v. Si restamos una de la otra obtenemos el siguiente resultado:
v c1v1 c2v2 ... cnvn v d1v1 d 2v2 ... d nvn 0V c1 d1 v1 c2 d 2 v2 ... cn d n vn Esto solo es posible si c1 d1 0, c2 d2 0, ..., cn dn 0 ya que los vectores de S son linealmente independientes. Si c1 d1 0, c2 d2 0, ..., cn dn 0 necesariamente c1 d1, c2 d2 , ..., cn dn y por lo tanto existe una única forma de expresar v como combinación lineal de los vectores de S. Teorema 6.2: Sea S {v1, v2 ,..., vn } un conjunto de vectores no nulos en un espacio vectorial V y sea W = gen S. Entonces, algún subconjunto de S es una base para W.
Página 36
Demostración: Si el conjunto S es linealmente independiente entonces él mismo constituye la base para W al cumplir las dos condiciones necesarias para ser una base. Si el conjunto S es linealmente dependiente aplicando el Teorema 5.3 podemos ir eliminando los vectores que son combinación lineal de los vectores que le preceden hasta llegar a un subconjunto Si de S que sea linealmente independiente.
Procedimiento para determinar un subconjunto de S {v1, v2 ,..., vn } que sea una base para W = gen S. Paso 1: Formamos la combinación lineal c1v1 c2v2 ... cnvn 0V y resolvemos para
c1, c2 ,..., cn y así determinar la dependencia o independencia lineal de los vectores de S. Al resolver para c1 , c2 ,..., cn .
Si c1 c2 cn 0 los vectores de S son linealmente
independientes y constituyen una base para W. Paso 2: Si c1 , c2 ,..., cn no son todos cero los vectores de S son linealmente dependientes,
lo que significa que alguno de ellos v j
es combinación lineal de los vectores que le
de S, obteniéndose un subconjunto S
preceden. Procedemos a eliminar v j
1
que también
genera a W. Paso 3: Repetimos el paso 1 para S1. La eliminación repetida nos conducirá a un subconjunto T de S que es linealmente independiente y que será una base para W.
Ejemplo: Determine el subconjunto de
S {v1, v2 , v3 , v4 , v5} donde
v2 (1,0, 2), v3 (3,1,0), v4 (2,1, 2), v5 (1,1,0) W = gen S. Página 37
v1 (1,0,2),
que constituya una base para
Paso 1: Formamos la combinación lineal
c1v1 c2v2 c3v3 c4v4 c5v5 0V para
determinar si los vectores son LD o LI.
c1 (1,0,2) c2 (1,0, 2) c3 (3,1,0) c4 (2,1, 2) c5 (1,1,0) (0,0,0) . De esta combinación lineal se genera el sistema homogéneo siguiente:
c1 c2 3c3 2c4 c5 0 c3 c4 c5 0 2c1 2c2
2c4
0
1 1 3 2 1 : 0 1 1 0 1 0 : 0 0 0 1 1 1 : 0 0 0 1 1 0 : 0 2 2 0 2 0 : 0 0 0 0 0 1 : 0
Este sistema tiene infinitas soluciones
c1 , c2 , c3 , c4 , c5 no son todos cero, esto
y
significa que los vectores de S son LD.
Paso 2: Procedemos a determinar un vector v j , j 1 que sea combinación lineal de los
vectores que le preceden para eliminarlo de S y formar un nuevo conjunto S1 S v j . Tomemos a v2 y probemos si es combinación lineal de v1 . Como v2 v1 podemos concluir que v2 sí es combinación lineal de v1 . Procedemos a eliminar a v2 para obtener S1 S v2 {v1 , v3 , v4 , v5 } Repitamos los pasos anteriores ahora con S1 . Hacemos la combinación lineal c1v1 c3v3 c4v4 c5v5 0V .
c1 (1,0,2) c3 (3,1,0) c4 (2,1, 2) c5 (1,1,0) (0,0,0) . De esta combinación lineal se genera el sistema homogéneo siguiente:
3 2 1 : 0 1 0 1 0 : 0 c3 c4 c5 0 0 1 1 1 : 0 0 1 1 0 : 0 2c1 2c4 0 2 0 2 0 : 0 0 0 0 1 : 0
c1 3c3 2c4 c5 0 1
Este sistema tiene infinitas soluciones y c1 , c3 , c4 , c5 no son todos cero, esto significa que los vectores de S1 son LD. Página 38
Procedemos a determinar un vector
vk
que sea combinación lineal de los que le
preceden para eliminarlo de S1 y formar un nuevo conjunto S2 S1 vk . Tomemos a v3 y probemos si es combinación lineal de v1 . Como v3 no es múltiplo de v1 se concluye que v3 no es combinación lineal de v1 . Tomemos a v4 y probemos si es combinación lineal de v1 y v3 . Hacemos la combinación lineal v4 c1v1 c3v3 c1 (1,0,2) c3 (3,1,0) (2,1, 2) . De esta combinación lineal se genera el sistema siguiente:
c1 3c3 2 c3 1 2c1
2
1 1 : 2 1 0 : 1 0 1 : 1 0 1 : 1 2 0 : 2 0 0 : 0
Que tiene por solución c1 1, c3 1. Lo que nos indica que v4 es combinación lineal de
v1 y v3 . Procedemos a eliminar v4 y formar un nuevo conjunto S2 S1 vk {v1 , v3 , v5 } . Repitamos los pasos anteriores ahora con S 2 . Hacemos la combinación lineal c1v1 c3v3 c5v5 0V .
c1 (1,0,2) c3 (3,1,0) c5 (1,1,0) (0,0,0) . De esta combinación lineal se genera el sistema homogéneo siguiente:
c1 3c3 c5 0 1 3 1 : 0 1 0 0 : 0 c3 c5 0 0 1 1 : 0 0 1 0 : 0 2c1
0 2 0 0 : 0 0 0
1 : 0
Este sistema tiene solución única c1 c3 c5 0 , esto significa que los vectores
S2 {v1 , v3 , v5 } son LI y constituyen una base para W = gen S.
Página 39
Procedimiento alternativo para determinar un subconjunto de S {v1, v2 ,..., vn } que sea una base para W = gen S cuando V=Rn. Si V=Rn el procedimiento anterior puede simplificarse de la siguiente manera: Paso 1: Formamos la combinación lineal
c1v1 c2v2 ... cnvn 0V y planteamos el
sistema homogéneo correspondiente. Paso 2: Construir la matriz ampliada asociada con el sistema homogéneo que resulta del paso 1 y llevarla a la forma escalonada reducida por filas. Paso 3: Los vectores de S que corresponden a las columnas que contienen los unos (1s) principales constituyen una base para W = gen S.
Ejemplo: Resolver el ejemplo anterior aplicando este procedimiento. Paso 1: Formamos la combinación lineal c1v1 c2v2 c3v3 c4v4 c5v5 0V
c1 (1,0,2) c2 (1,0, 2) c3 (3,1,0) c4 (2,1, 2) c5 (1,1,0) (0,0,0) y planteamos el sistema homogéneo correspondiente.
c1 c2 3c3 2c4 c5 0 c3 c4 c5 0 2c1 2c2
2c4
0
Paso 2: Construimos la matriz ampliada asociada con el sistema homogéneo:
1 1 0 0 2 2
3 2 1 1 0 2
1: 0 1 : 0 0 : 0
1 1 0 1 0 : 0 Su forma escalonada reducida es 0 0 1 1 0 : 0 0 0 0 0 1 : 0 Página 40
Paso 3: Se forma la base para W = gen S con los vectores de S que corresponden a las columnas que contienen los unos (1s) principales que son v1 , v3 y v5 . Es decir, una base para W = gen S es: (1,0,2),(3,1,0),(1,1,0) . Observación importante: El orden de los vectores en el conjunto S original determina la base para W. Esto significa que si cambiamos el orden de los vectores en S podrían cambiar los elementos de la base.
Ejercicio: Resuelva el ejercicio anterior haciendo
S {u1 , u2 , u3 , u4 , u5 / u1 v4 , u2 v2 , u3 v5 , u4 v1 , u5 , v3 } Teorema 6.3: Si S {v1, v2 ,..., vn } es una base para un espacio vectorial V y
T {u1, u2 ,..., um} es un conjunto de vectores de V que es linealmente independiente, entonces
m n.
Corolario 6.3.1: Si S {v1, v2 ,..., vn } y T {u1 , u2 ,..., um } son bases para un espacio vectorial V, entonces
m n . Esto significa que dos bases en un espacio vectorial V
tienen el mismo número de vectores. Observación importante: Un espacio vectorial real diferente de {0v} siempre tiene infinitas bases, pero todas tienen la misma cantidad de vectores.
7. Dimensión de un espacio vectorial Definición: Se denomina dimensión de un espacio vectorial V [dim (V)] al número de vectores que tiene una base para V. Si existe un subconjunto finito de V que sea una base para V, entonces V es un espacio vectorial de dimensión finita, en caso contrario V es de dimensión infinita. Página 41
Ejemplos: 1) El espacio R n es de dimensión finita n. 2) Los espacios P de todos los polinomios y F[-,
]
de todas las funciones
continuas f: RR son de dimensión infinita. 3) La dimensión del espacio vectorial {0v} es cero.
Dimensión de los espacios de dimensión finita más usuales: 1) dim (R) = 1, dim (R2) = 2,
dim (R3) = 3, en general: dim (Rn) = n
2) dim (P1) = 2, dim (P2) = 3, dim (P3) = 4, en general: dim (Pn) = n + 1 3) dim (M2x2) = 2x2=4, dim (M3x5) = 3x5=15, en general: dim (Mmxn) = mn
Observaciones importantes: i) Todos los espacios de dimensión finita que tienen igual dimensión difieren sólo en la naturaleza de sus elementos, pero sus propiedades algebraicas son idénticas. ii) Si V es un espacio de dimensión finita, entonces todo subespacio W de V tiene una base finita y la dim (W) dim (V).
Teorema 7.2: Sea V un espacio vectorial de dimensión n y sea
S {v1, v2 ,..., vn} un
conjunto de vectores de V. i) Si S es linealmente independiente, entonces S es una base para V. ii) Si S genera a V, entonces es una base para V. Esto significa que para probar si un conjunto con n vectores forma una base para un espacio de dimensión n sólo hay que probar una de las dos condiciones.
Página 42
Ejemplo: Probar si S {v1, v2 , v3} tal que v1 (1,2,3), v2 (1,1,2), v3 (2,0, 1) es una base para R3. Aplicando el Teorema 7.2 solo debemos probar una de las dos condiciones. Probemos si S n es linealmente independiente. Como son n vectores de R calculemos el determinante de
la matriz cuyas filas son los vectores dados: 1 2 3 det 1 1 2 1 8 0 6 0 2 1 0 . Como el determinante es diferente de cero 2 0 1
los vectores de S son linealmente independientes y forman una base para R3.
EJERCICIOS PROPUESTOS I-¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores son una base para R2? 1) v1 (1,3), v2 (1,1) 2) v1 (0,0), v2 (1,2), v3 (2,4) 3) v1 (1,2), v2 (2, 3), v3 (3,2) 4) v1 (1,3), v2 (2,6) II-¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores son una base para R3? 1) v1 (1,2,0), v2 (0, 1,1) 2) v1 (1,1, 1), v2 (2,3,4), v3 (0, 2,1) 3) v1 (1,2,1,0), v2 (2, 1,0,1), v3 (0,1,3,2) 4) v1 (1,0, 2), v2 (2, 2, 2), v3 (1,2,0) Página 43
III-¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores son una base para R4? 1) v1 (1,0,0,1), v2 (0,1,0,0), v3 (1,1,1,1), v4 (0,1,1,1) 2) v1 (1,2,1,0), v2 (2, 1,0,1), v3 (0,1,3,2) 3) v1 (1, 1,1,0), v2 (0,1,0, 1), v3 (0,1,0,1), v4 (0,0,0,1), v5 (0,1,0,0) 4) v1 (1,1, 1,1), v2 (2,0, 2,0), v3 (1,2, 1,1), v4 (1, 1,0,1) IV-¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores son una base para P2? 2 2 1) P1 (t ) t t 2, P2 (t ) 2t 2t 3,
P3 (t ) 4t 2 1
2 2 2 2) P1 (t ) t 2t 1, P2 (t ) 3t 5t 3, P3 (t ) 2t 3t 2
2 2 3) P1 (t ) t 1, P2 (t ) 3t 2t ,
P3 (t ) 3t 2 2t 1,
2 2 4) P1 (t ) 3t 2t 1, P2 (t ) t t 1,
P4 (t ) 6t 2 6t 3
P3 (t ) t 2 1
V-¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores son una base para M2x2?
1 1 0 0 1 0 0 1 , A , A , A 2 1 1 3 0 1 4 1 1 0 0
1) A1
1 0 0 1 1 1 1 1 , A , A , A 2 1 0 3 1 1 4 1 1 0 1
2) A1
VI- En cada caso determine una base para W=gen S y diga cuál es su dimensión? 1) v1 (1,2,2), v2 (3,2,1), v3 (11, 10, 7), v4 (7,6,4) 2) v1 (1,1,0, 1), v2 (0,1,2,1), v3 (1,0,1, 1), v4 (1,1, 6, 3) 3 2 2 3) P1 (t ) t t 2t 1, P2 (t ) t 1,
2 4) P1 (t ) t 3, P2 (t ) 2t 5,
P3 (t ) t 3 2t ,
P3 (t ) 2t 2 6,
P4 (t ) t 2 2t 2
1 0 0 1 1 1 1 1 , A , A , A 2 1 0 3 1 1 4 1 1 0 1
5) A1
Página 44
P4 (t ) 2t 3 3t 2 4t 3
VII- Determine una base y la dimensión para: 1) El subespacio de R2 de todos los vectores de la forma ( x, y) donde y 2 x . 2) El subespacio de R3 de todos los vectores de la forma ( x, y, z ) donde z y . 3) El subespacio de R3 de todos los vectores de la forma ( x, y, z ) donde z 2 x 3 y. 4) El subespacio de P3 de todos los vectores de la forma a3t 3 a2t 2 a1t a0 donde a3 a1 a0 y
a2 a1
a 5) El subespacio de M2x2 de todos los vectores de la forma c
b donde b c d
8. Espacio Vectoriales asociados a una matriz A 8.1. Espacio Nulo de una matriz A Recordemos que:
a11x1 a12 x2 ... a1n xn 0 a21x1 a22 x2 ... a2 n xn 0 am1x1 am 2 x2 ... amn xn 0 representa un sistema homogéneo de m ecuaciones lineales con n incógnitas. Este sistema en forma vectorial se escribe AX = 0. Donde A es la matriz de los coeficientes y X es la matriz de las incógnitas (un vector de n
R ) A a11 a21 a m1
X
a12 ... a1n a22 ... a2n am2 ...
amn
Página 45
x1 x2 x n
0 0 0
Un sistema homogéneo siempre tiene solución, que si es única se denomina solución trivial x1 x2 ... xn 0 . Esto ocurre si el rango de A es igual a n, si el rango de A es menor que n, entonces el sistema tiene infinitas soluciones.
Definición: Se llama espacio nulo de una matriz A y se denota como N(A) al conjunto de todas las soluciones de AX = 0. n
El espacio nulo de A es un subespacio de R . Para comprobarlo supongamos que X e Y pertenecen al espacio nulo, lo cual significa que AX = 0 y AY = 0. Esto implica que AX + AY = 0 + 0. Según las propiedades de la multiplicación de matrices se verifica que: AX + AY = A(X + Y) = A(0 + 0) =A(0)= 0. De igual manera, si c es un número real diferente de cero se verifica que: A(cX) = c(AX) = c(0) = 0. Por lo tanto, X + Y y cX pertenecen también al espacio nulo N(A); es decir, que se cumplen las dos propiedades de cerradura, por lo que se puede n concluir que N(A) es un subespacio de R .
Definición: Se llama nulidad de A a la dimensión de N(A).
1 1 Ejemplo: Sea A 2 0
2 1 2 1 2 2 1 2
determine el conjunto solución de AX = 0.
4 3 3 3
0 1 1 1
1 0 La forma escalonada de la matriz ampliada [A:0] es: 0 0 El sistema equivalente es:
Página 46
2 1 2 1 : 0 0 1 1 1 : 0
.
0 0 0 1 :0
0 0 0 0 :0
x1 2 x2 x3 2 x4 x5 0 x3 x4 x5 0 x5 0 Este sistema tiene infinitas soluciones, el conjunto de todas las soluciones es: x1 3r 2 s x s 2 siendo r y s números reales cualesquiera. x3 r x r 4 x5 0
Cada solución o vector del espacio nulo se puede expresar como una combinación lineal de dos vectores, esto es:
3r 2 s 3 2 s 0 1 r r 1 s 0 . Esto significa que los vectores r 1 0 0 0 0
3 2 0 1 1 y 0 1 0 0 0
constituyen una base para N(A). 3 2 0 1 Además podemos afirmar que N ( A) gen 1 , 0 1 0 0 0 Como la base de N(A) tiene dos vectores entonces la nulidad de A es 2.
Procedimiento para determinar una base para el espacio nulo de A: Paso 1: Se resuelve el sistema homogéneo dado por Gauss- Jordan. Si en la solución no hay variables libres (constantes arbitrarias); es decir, el rango de A es igual a n, el espacio
solución es 0 Rn . No existe una base y su dimensión y nulidad es cero.
Página 47
Paso 2: Si en la solución hay variables libres, se escribe X como combinación lineal de los vectores
X1, X 2 , ..., X p
con
s1 , s2 , ..., s p
como
coeficientes.
Es
decir,
X s1 X1 s2 X 2 ... s p X p . Paso 3: El conjunto de vectores { X1, X 2 , ..., X p } es una base para el espacio nulo de A y su dimensión (nulidad) es p.
Observaciones importantes: i) La nulidad de A se corresponde con el número de variables libres del sistema. ii) Si la forma escalonada reducida por filas obtenida, a partir [A:0], tiene r filas no nulas, entonces la dimensión p = n – r. Esto es, la dimensión del Espacio Nulo es igual al número de variables del sistema homogéneo menos la cantidad de filas que no se anulan en la forma escalonada reducida.
8.2. Espacio Fila de una matriz A. [F(A)]
a11 a12 ... a1n a a ... a 21 22 2n Sea A una matriz de m x n. a a ... a mn m1 m 2 v1 (a11 a12 ... a1n ) v (a a ... a ) n 2 21 22 2n Las filas de A, que son vectores de R , generan un subespacio de vm (am1 am 2 ... amn ) n
R que se denominado Espacio Fila de A que representaremos F(A).
Página 48
Teorema 8.1: Si A y B son dos matrices m x n equivalente por filas, entonces los Espacios Fila de A y B son iguales. Esto significa que si tomamos una matriz A y encontramos su forma escalonada reducida por filas, los Espacios Filas de ambas son iguales. Observación importante: Como las filas no nulas de una matriz escalonada reducidas son linealmente independientes, estas forman una base para el Espacio Fila. Por lo tanto podemos utilizar este método para determinar una base para bicho espacio y en general para el espacio n
generado por un conjunto de vectores de R .
1 1 Ejemplo: Sea A 2 0
2 1 2 1 2 2 1 2
, determinar una base para el Espacio Fila de A
4 3 3 3
0 1 1 1
1 0 Su forma escalonada reducida es B 0 0
2 0 3 0 0 1 1 0
0 0 0 1 0 0 0 0
El Espacio Fila de A es igual al Espacio Fila de B. (compruébelo) El conjunto de vectores formado por las filas no nulas de la matriz B {(1, 2, 0, 3, 0); (0, 0, 1, -1, 0); (0, 0, 0, 0, 1)} constituyen una base para el Espacio Fila de A. n
En general, para determinar una base para el subespacio W de R dado por n
V = gen S, siendo S un conjunto de vectores de R se procede de la siguiente manera: v1 v2 Paso 1: Formar la matriz A cuyas filas son los vectores de S. vn Paso 2: Determinar la forma escalonada reducida por filas de A.
Página 49
Paso 3: Formar la base con las filas que no se anulan en la forma escalonada reducida. Observación importante: La base obtenida mediante este procedimiento no es un subconjunto del conjunto n
generador S, pero es análoga, en términos de sencillez, a la base canónica de R . Si queremos que la base para el Espacio Fila de A contenga sólo vectores de A, entonces hacemos AT (la matriz transpuesta de A) y a esta nueva matriz le aplicamos el procedimiento anterior. Los vectores que correspondan a las columnas donde estén los unos (1s) principales serán la base para el Espacio Fila de A.
1 1 Ejemplo: Sea A 2 0
2 1 2 1 2 2 1 2
4 3 3 3
0 1 1 1
Encontrar una base para el Espacio Fila de A que contenga sólo vectores de A.
1 2 Entonces AT 1 2 1
1 2 0 2 4 0
1 0 2 3 1 y su forma escalonada reducida es B 0 1 3 1 0 0 2 3 1
0 1 0 1 1 0
0 0 1
0 0 0 0 0 0
Los unos principales aparecen en las columnas 1, 2 y 4 de AT que corresponden a las filas 1, 2 y 4 de A el conjunto {(1, 2, 1, 2, 1); (1, 2, 2, 1, 2); (0, 0, 1, -1, -1)} forma una base para el Espacio Fila de A.
8.3. Espacio Columna de una matriz A. [C(A)]
a11 a21 Las columnas de A, w1 , am1
a1n a12 m a22 a2 n w2 , .... , wn que son vectores de R am 2 amn Página 50
m
generan un subespacio de R , denominado Espacio Columna de A y lo representaremos por C(A). Base para el Espacio Columna de A Todo lo que se aplica para el Espacio Fila de AT es aplicable al Espacio Columna de A. Por lo tanto si queremos hallar una base para el Espacio Columna de A que contenga sólo vectores de A hacemos la forma escalonada reducida de A y los vectores que correspondan a las columnas que contengan los unos principales serán la base buscada. Si queremos una base para el Espacio Columna de A con vectores que no estén en A, pero que sea semejante, en sencillez, a la base canónica hallamos AT y hacemos su forma escalonada reducida, las filas no nulas formarán la base buscada.
1 2 Ejemplo: Sea A 0 3 4
3
2 1
2
3
2
8
7
0 . Determinar una base para el Espacio Columna de A
1
2
4
4
3 3
que contenga sólo vectores de A.
1 0 La forma escalonada reducida de A es B 0 0 0
0 0 1
0
0 1 0 0 0 0
0 0
11 24 49 26 7 3
Como los unos principales están en las columnas 1, 2 y 3 podemos concluir que el conjunto {(1, -2, 0, 3, -4); (3, 2, 8, 1, 4); (2, 3, 7, 2, 3)} es una base para el Espacio Columna de A. Ahora encontrar una base para el Espacio Columna de A que contenga vectores que no estén en A y que sea semejante, en sencillez, a la base canónica.
Página 51
1 2 3 2 T La transpuesta de A es A 2 3 1 2
0 3 4 8 1
4
7 2
3
0 4 3
1 0 Su forma escalonada reducida es B 0 0
0 2 0 1 1
0
1
1
0 0 1 1 0 0 0
0
Las filas no nulas forman una base para el Espacio Columna de A. Es decir, el conjunto {(1, 0, 2, 0, 1); (0, 1, 1, 0, 1); (0, 0, 0, 1, -1)} Definición: La dimensión del Espacio Fila de A se denomina rango fila de A y la dimensión del Espacio columna de A se denomina rango columna de A. Teorema 8.2: El rango fila y el rango columna de la matriz Am x n= [aij] son iguales. Ejemplo: 1 2 2 4 Sea A 1 2 3 6 1 2
1 0
4 0 2 6 0 2
1 2 0 0 . Determine: 0 9
1
5 8
1
4
7
1) Una base para el Espacio Fila de A. 2) Una base para el Espacio Columna de A. Solución:
1 0 La forma escalonada reducida de A es B 0 0 0
2 0 3 0 1
0 1 1 0 1
0 0 0 1 1.
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Entonces el conjunto de vectores {(1, 2, 0, 3, 0, 1); (0, 0, 1, 1, 0, 1); (0, 0, 0, 1, 1)} formado por las filas no nulas de B son una base para F(A). Página 52
El conjunto {(1, 2, -1, 3, 1); (1, 0, 1, 0, 5); (0, 0, 0, 1, 1)} que corresponden a las columnas donde están los unos principales son una base para C(A). Se concluye que la dimensión del Espacio Fila de A es igual a la dimensión del Espacio Columna de A, igual a 3. Entonces el rango de A, h(A) es 3.
h(A) = dim F(A) = dim C(A) = 3 Observe que la base para el Espacio Fila de A no contiene los vectores filas de A y la base del espacio Columna de A si contiene los vectores columnas de A. Si queremos obtener una base para el Espacio Fila de A que contenga los vectores filas de A y una base para el Espacio Columna con vectores que no sean vectores columnas de A hacemos el procedimiento anterior con AT. 1 2 1 T A 4 0 2
2 1 4 2 0 1 6 2 0 0 2 0
3 6 0 9 1 4
1 1 0 2 5 0 y su forma escalonada es: B 8 0 0 1 7 0
0 1 0 5 1 1 0 72 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
El conjunto {(1, 2, 1, 4, 0, 2); (2, 4, 0, 6, 0,2); (3, 6, 0, 9, 1, 4)} que corresponden a las columnas donde están los unos principales es una base para el Espacio Fila de A. El conjunto {(1, 0, 1, 0, 5); (0, 1, -1, 0, 7 2 ); (0, 0, 0, 1, 1)} que corresponden a las filas no nulas de la forma escalonada reducida de AT es una base para el Espacio Columna de A. Observe que como A es una matriz 5 x 6 el Espacio Fila de A es un subespacio de R5 y el Espacio Columna de A es un subespacio de R6.
Definición: Al rango fila de A = rango columna de A se le denomina rango de la matriz Am x n . Página 53
El procedimiento para calcular el rango de una matriz A, es el siguiente: Paso 1: Llevar A a la forma escalonada reducida por filas, B. Paso 2: El rango de A es igual al número de filas no nulas de B.
Teorema 8.3: Si A es una matriz m x n, entonces rango de A + nulidad de A = n Ejemplo: 1 1 0 1 Sea A 0 0 1 1 2 1
4 2 0 0 6
1 1 1 0 0
2 1 2 la matriz de coeficientes de un sistema homogéneo AX = 0 2 1
1 0 Su forma escalonada reducida es B 0 0 0 x1 Si se resuelve el sistema resultante La solución general es:
x1 2 x3 x5 2s r x 2 x x 2s r 3 5 2 . Es decir, x3 s x 2 x 2 r 5 4 x5 r 2 2 Los vectores 1 , 0 0
1 1 0 2 1
0 1 0 0 0
2 2 0 0 0
0 0 1 0 0
1 1 2 . 0 0
2 x3 x5 0 x2 2 x3 x5 0 x4 2 x5 0
2 s r 2 1 2 s r 2 1 s s 1 r 0 . 2r 0 2 r 0 1
constituyen una base para N A el espacio nulo de A , por lo que la nulidad de A es 2.
El rango de A es 3 y n = 5. Entonces h(A) + nulidad de A = 3 + 2 = 5 = n. Página 54
8.4. Rango y singularidad de una matriz Definición: Una matriz cuadrada A n x n es singular si no tiene inversa, en caso contrario es no singular. Teorema 8.4: Una matriz cuadrada A n x n es no singular si y sólo si rango de A = n Corolario 8.1: Si A es una matriz n x n, entonces rango de A = n si y sólo si det (A) 0. Corolario 8.2: Sea A es una matriz n x n. El sistema lineal AX = B tiene solución única para toda matriz B de n x 1 si y sólo si rango de A = n. Corolario 8.3: Sea S {v1 , v2 ,..., vn } un conjunto de n vectores de R y sea A la matriz n
cuyas filas o columnas son los vectores de S. Entonces los vectores de S son linealmente independientes si y solo si det (A) 0. Este corolario, que ya hemos aplicado anteriormente, nos da otro método para decidir si n n
vectores de R son LD o LI. Corolario 8.4: El sistema homogéneo AX = 0 de n ecuaciones lineales con n incógnitas tiene una solución no trivial si y sólo si h(A) < n. Teorema 8.5: El sistema lineal AX = B tiene solución si y sólo si h(A) = h(A:B). Es decir, si el rango de la matriz de coeficientes es igual al rango de la matriz ampliada. Equivalencias no singulares: Todas las expresiones siguientes son equivalentes para una matriz A n x n . 1) A es no singular; es decir, A
1
existe.
2) X = 0 Rn es la única solución de AX = 0. 3) A es equivalente por fila a In. Página 55
4) det (A) 0. 5) n es el rango de A. 6) A tiene nulidad 0. 7) El sistema lineal AX = B tiene una solución única para cada matriz Bn x1 . 8) Las filas de A forman un conjunto linealmente independiente de n vectores de Rn. 9) Las columnas de A forman un conjunto linealmente independiente de n vectores de n
R .
EJERCICIOS PROPUESTOS I- Determine el espacio solución de los siguientes sistemas homogéneos.
1)
x1 2 x2 x3 3x4 0
x1 x2 x3 x4 0
2) 2 x1 2 x2 x3 2 x4 0
2 x1 x2 x3 x4 0
x1
x1 x2 2 x3 3x4 4 x5 0 3)
3x3 3x4 0
x1 2 x2 2 x3 x4 x5 0
x1 2 x2 3x3 4 x4 5 x5 0
4)
x1 x2 3x3 5 x4 6 x5 0
2 x2 2 x3 2 x4 x5 0 2 x1 6 x2 2 x3 4 x4 x5 0
3 x1 4 x2 x3 2 x4 3x5 0
x1 4 x2
3x4
0
II- Determine una base y la nulidad del espacio nulo de las siguientes matrices.
2 1 2 1) A 4 2 4 8 4 8
1 2 2) B 3 1
2 3 4 1
3 1 2 0 1 1 1 1
Página 56
1 1 2 1 2 0 1 1 3) C 5 1 3 0 4 2 5 1 2 3 4 5
0 3 3 3 6
III- Para cada una de las siguientes matrices determine: a) Una base para el espacio fila con vectores que pertenezcan a ella b) Una base para el espacio fila con vectores que no pertenezcan a ella c) Una base para el espacio columna con vectores que pertenezcan a ella d) Una base para el espacio columna con vectores que no pertenezcan a ella ç
1)
1 1 A 3 2
2 1 9 1 8 3 3 2
1 2 7 1 1 4 3) C 3 2 3 2 1 1
1 1 IV- Dada la matriz A 1 1 2
2 2 2 2 2) B 3 3 4 2
0 0 5 3
1 3 4) D 0 1
1 2 1 2 1 2 0 5 4 determine: 1 1 3 3 1 1
1) Una base para el espacio nulo de A 2) Una base para el espacio fila de A 3) Una base para el espacio columna de A 4) La nulidad de A 5) El rango de A Página 57
3 7 1 4 8 0 2 8 4 1 5 7
2 1 5 2 1 4 0 7
3 0 5 7
9. Coordenadas y Cambio de Base Si S {v1, v2 , ..., vn} es una base para un espacio vectorial V de dimensión n
y
S1 {v2 , v1,..., vn} es otra base para V, se podría decir que S y S1 son iguales. Sin embargo, aquí vamos a tratar algunos conceptos donde el orden de los vectores en una base es de mucha importancia y desde ese punto de vista S y S1 no son iguales.
9.1. Coordenadas de un vector v en V con respecto a una base S Definicion: Sea S una base ordenada para un espacio vectorial V de dimensión n, entonces cada vector v en V se puede expresar de forma única como
v c1v1 c2v2 ... cnvn ,
c1 c n donde c1, c2 , ... , cn son números reales. Entonces al vector 2 de R se le llama vector c n
c1 c2 de coordenadas de v con respecto a la base ordenada S y se escribe v S . cn Si cambiamos el orden de los vectores de la base S el vector de coordenadas v S puede cambiar. Ejemplo: Sea
S {v1, v2 , v3 , v4}
una
base
para
R4 ,
tal
que
v1 (1,1,0,0), v2 (2,0,1,0),
v3 (0,1,2, 1), v4 (0,1, 1,0) v (1,2, 6,2) . Determinar v S
Solución: Para determinar v S se deben encontrar los escalares c1 , c2 , ... , cn tales que
c1v1 c2v2 c3v3 c4 v4 v . Esto es: c1 (1,1,0,0) c2 (2,0,1,0) c3 (0,1,2, 1) c4 (0,1, 1,0) (1,2, 6,2) . Página 58
Esto nos genera un sistema de ecuaciones cuya matriz ampliada es: 1 1 0 0
: 1 1 1 : 2 y su forma escalonada reducida nos queda 1 2 1 : 6 0 1 0 : 2 2 0
0
0
1 0 0 0
0 0 1 0 0 1 0 0
0 : 3 0 : 1 . 0 : 2 1 : 1
3 1 Por lo que las coordenadas del vector v en la base S es v S . 2 1 Propiedades: 1) u v S u S v S . Es decir, el vector de coordenadas de la suma de vectores es igual a la suma de los vectores de coordenadas. 2) kv S k v S . Siendo k un escalar. 3) Resumiendo las dos propiedades anteriores:
k1v1 k2v2 ... knvn k1 v1 S k2 v2 S ... kn vn S . Es decir, el vector de S coordenadas de una combinación lineal es igual a la combinación lineal de los vectores de coordenadas individuales.
9.2. Matriz de Transición o de Cambio de Base Sean S {v1, v2 , ..., vn} y T {w1, w2 , ..., wn } bases para un espacio vectorial V de dimensión n, entonces para todo vector v V se verifica que:
v c1w1 c2 w2 ... cn wn
(1)
Donde el vector de coordenadas del vector v respecto a la base T es v T
Página 59
c1 c 2 . c n
Si expresamos cada uno de los vectores de T en términos de la base S obtenemos:
w1 a11v1 a21v2 ... an1vn w2 a12v1 a22v2 ... an 2vn
(2)
wn a1nv1 a2 nv2 ... annvn a11 a Siendo 21 , a n1
a1n a12 a a 22 , ... , 2 n los vectores de coordenadas respecto a la base S de los a a n2 nn
vectores w1, w2 , ..., wn respectivamente. Si sustituimos en (1) con los valores de (2) obtenemos:
.
v c1w1 c2 w2 ... cn wn c1 a11v1 a21v2 ... an1vn c2 a12v1 a22v2 ... an 2vn ... cn a1nv1 a2 nv2 ... annvn
Multiplicando y sacando factor común v1, v2 , ..., vn se obtiene:
v c1w1 c2 w2 ... cn wn c1a11 c2 a12 ... cn a1n v1 c1a21 c2 a22 ... cn a2 n v2 ... c1an1 c2an 2 ... cnann vn
c1a11 c2 a12 ... cn a1n c1a21 c2 a22 ... cn a2 n Donde es el vector de coordenadas de v respecto a la base S. c1an1 c2 an 2 ... cn ann
Es decir, v S
c1a11 c2 a12 ... cn a1n a11 a12 ... a1n c a c a ... c a a a ... a 1 21 2 22 n 2 n 21 22 2 n c a c a ... c a a a ... a n nn nn 1 n1 2 n 2 n1 n 2
Página 60
c1 c2 P v . S T T cn
.
Siendo PS T
a11 a12 ... a1n a a ... a 21 22 2 n w la matriz 1S a a ... a nn n1 n 2
w2 S
... wn S .
Es decir, que las columnas de la matriz PS T son las coordenadas de los vectores de T respecto a la base S.
A la matriz PS T
a11 a12 ... a1n a21 a22 ... a2 n se le llama matriz de transición o de cambio de base an1 an 2 ... ann
de la base T a la base S denotándose PS T y se concluye que v S PS T v T .
Procedimiento para calcular la matriz de transición o de cambio de base de una base T a una base S (PS T ) : Paso 1. Se calcula el vector de coordenadas de cada uno de los vectores v j de T en la base S.
Esto es: w1 S
a1n a11 a12 a21 a22 a , w2 S , ... , wn S 2 n . an1 an 2 ann
Estos resultados salen de las combinaciones lineales
w1 a11v1 a21v2 ... an1vn w2 a12v1 a22v2 ... an 2vn wn a1nv1 a2 nv2 ... annvn
Página 61
Los valores a11, a21,..., an1, a1,2 , a22 ,..., an 2 , ..., a1n , a2 n ,..., ann se determinan con reducción de Gauss-Jordan, transformando la matriz aumentada de este sistema a la forma escalonada reducida por filas. Paso 2. La matriz de transición (PS T ) de la base T a la base S se forma tomando como columna cada uno de los vectores de coordenadas encontrados en el paso anterior. Ejemplo: Sean
S {v1, v2}
tal
que
v1 (1,1) v2 (2,3)
y
T {w1, w2}
tal
que
w1 (1, 2) w2 (3,1) bases de R2. Determine la matriz de transición de la base T a la base S y pruebe para v (4,6) que v S PS T v T Solución: 1ro. Determinamos los vectores de coordenadas de cada uno de los vectores de T en la base S. Es decir, calculamos w1 S (1, 2)S , w2 S (3,1)S . Para lo cual establecemos las combinaciones lineales siguientes:
w1 a11v1 a21v2 w2 a12v1 a22v2
w1 a11 (1,1) a21 (2,3) (1, 2) Al sustituir obtenemos w2 a21 (1,1) a22 (2,3) (3,1) Esto nos lleva a dos sistemas de ecuaciones:
a11 2a21 1 a11 3a21 2 Al
resolver
ambos
sistemas
y
obtenemos
a12 2a22 3 a12 3a22 1 a11 7, a21 3, a12 7, a22 2 .
7 7 Entonces, w1 S (1, 2)S , w2 S (3,1) S y la matriz de transición o de 3 2
7 7 P cambio de base de la base T a la base S es: S T . 3 2 Página 62
Ahora probaremos que para v (4,6) se cumple que v S PS T v T . Determinemos v T v S .
c1 tal que v c1w1 c2 w2 c1 (1, 2) c2 (3,1) (4,6) . c2
vT (4,6)T
c1 3c2 4 Esto nos lleva al sistema de ecuaciones 2c1 c2 6 2 Al resolver obtenemos v T 2 d1 tal que v d1v1 d 2v2 d1 (1,1) d 2 (2,3) (4,6) . d2
vS (4,6)S
c1 2c2 4 Esto nos lleva al sistema de ecuaciones c1 3c2 6 0 Al resolver obtenemos v S 2 Entonces,
7 7 2 7(2 7(2) 0 2 3(2) 2(2) 2 v S 3 2
vS PS T vT
y
queda
comprobado.
a11 2a21 1 a12 2a22 3 Al resolver los dos sistemas planteados anteriormente y , a11 3a21 2 a12 3a22 1 como la matriz de coeficientes es la misma para ambos se pueden
transformar
simultáneamente las dos matrices aumentadas para hacer la forma escalonada reducida.
1 2 : 1 : 3 Esto es: , y su forma escalonada reducida queda 1 3 : 2 : 1
1 0 : 7 : 7 0 1 : 3 : 2 .
Ejemplo: Sean S {v1 , v2 , v3} tal que v1 (1,0,2), v2 (0,1, 2) v3 (1, 1, 2) y T {w1 , w2 , w2 } Página 63
tal que w1 (1,2,3), w2 (2,3,4) w2 (1, 1,1) bases para R3. Determine la matriz de transición de la base T a la base S y v S tal que v (1,5,3) . Solución: Determinamos los vectores de coordenadas de cada uno de los vectores de T en la base S. Para ello podemos expresar la matriz aumentada donde las columnas son 11 1 1 0 1 : 1 : 2 : 1 1 0 0 : 6 : 3 : 2 7 1 : : : 2 : 3 : 2 v v v : w : w : w 0 : 1 0 0 6 1 1 1 2 1 2 3 1 2 3 2 2 2 : 3 : 4 : 1 0 0 : 5 : 1 : 1 6 1 2
Por lo que la matriz de transición de la base T a la base S es:
PS T
116 76 5 6
3 2 1
1 2 1 2 1 2
Determinamos vS (1,5,3)S sabiendo que v S PS T v T .
Entonces
v S
116 PS T v T = 76 5 6
Determinamos v T
3 2 1
1 2 1 2 1 2
c1 c 2 c3
c1 c2 . Para lo que establecemos: c3
v c1w1 c2 w2 c3w3 c1 (1,2,3) c2 (2,3,4) c3 (1, 1,1) (1,5,3), c1 2c2 c3 1 que nos lleva a al sistema lineal 2c1 3c2 c3 5 3c1 4c2 c3 3
Página 64
1 2 1 : 1 1 0 0 : 2 3 1 : 5 0 1 0 : La matriz ampliada es 3 4 1 : 3 0 0 1 : Por lo que v T
v S
Entonces
3 2 3 2
1 2
1 c1 2 c2 32 c 3 3 2
116 PS T v T = 76 5 6
3 2 1
1 2 1 2 1 2
17 1 11 9 3 2 12 2 4 6 19 3 7 3 2 12 3 4 6 . 3 5 3 3 11 2 12 2 4 6
Teorema 9.1: Sean S {v1 , v2 ,..., vn } y T {w1 , w2 ,..., wn } bases para el espacio vectorial V, de dimensión n. Sea PS T la matriz de transición de la base T a la base S. Entonces PS T es no singular y su inversa P 1S T es la matriz de transición de la base S a la base T ( PT S ). Ejemplo: Sean
S {v1, v2}
tal
que
v1 (1,2) v2 (0,1) y
T {w1, w2}
tal
que
w1 (2,3) w2 (1, 1) bases de R2. Determine la matriz de transición de la base T a la base S ( PS T ). Luego la matriz de transición de la base S a la base T ( PT S ) y compruebe que PS T y PT S son inversas. Solución: 1ro. Determinamos los vectores de coordenadas de cada uno de los vectores de T en la base S. Para ellos podemos expresar la matriz aumentada donde las columnas son:
1 0 : 2 : 1 1 0 : 2 : 1 v v : w : w 1 2 1 2 0 1: 1: 3 . 2 1: 3 : 1 Página 65
2 1 Por lo que la matriz de transición de la base T a la base S es PS T 1 3 2do. Determinamos los vectores de coordenadas de cada uno de los vectores de S en la base T. Para ello podemos expresar la matriz aumentada donde las columnas son:
2 1: 1: 0 1 0 w1 w2 : v1 : v2 0 1 3 1: 2 : 1
3 5
1 5
. 2 5 1 5
Por lo que la matriz de transición de la base S a la base T es PT S
3 5 1 5
1 5 2 5
3ro. Comprobamos que PS T y PT S son inversas haciendo el producto: 3 2 1 5 ( PS T ) ( PT S ) 1 3 1 5
1 6 1 2 2 5 5 5 5 5 1 0 . 2 3 3 1 6 0 1 5 5 5 5 5
Esto significa que PT S P 1S T
EJERCICIOS PROPUESTOS I-En cada caso calcule el vector de coordenadas de v respecto a la base ordenada S. 1) S {v1 (1,0), v2 (3, 2)}, v (3, 2) 2) S {v1 (2,1), v2 (1,1)}, v (1,2) 3) S {v1 (1, 1,0), v2 (0,1,0), v3 (1,0,2)}, v (2, 1, 2) 4) S {v1 (1, 2,0,0), v2 (1,1,0,2)}, v3 (2,2,0,2), v4 (2,3, 1,0)}, v (1, 5, 2,4) 2 5) S {t t 1,
t 1,
t 2 1 }, v 4t 2 2t 3 Página 66
1 1 0 1 1 0 1 0 , 1 0 , 0 1 , 1 0 , 0 0
6) S
1 3 v 2 2
II- Sean S {v1 (1,2), v2 (0, 1)}, T {w1 (1,1), w2 (2, 3)} bases ordenadas para R2. Sean v (3, 2) y w (5,4) , determine: 1) Los vectores de coordenadas de v y w respecto a la base T. 2) La matriz da transición de la base T a la base S ( PS T ) . 3) Los vectores de coordenadas de v y w respecto a la base S. 4) Compruebe que v S PS T v T
y
wS PS T wT .
5) La matriz da transición de la base S a la base T (QT S ) . 6) Compruebe que PS T y QT S son inversas. 2 2 2 III- Sean S {t 1, t 2, t 3}, T {2t t , t 3, t} bases ordenadas para P2. Sean
v 8t 2 4t 6 y w 7t 2 t 9 . Siga las indicaciones del ejercicio II:
1 1 1 0 0 1 1 S IV- Sean , 0 1 , 0 0 , 1 0 1
1 1 1 0 1 T , 1 1 , 0 0 0
0 0 , 0 0
0 , 0
1 bases ordenadas para M2x2. Determine la 1
matriz de transición de la base T a la base S. V- Sean S {v1, v2}, T {w1, w2} bases ordenadas para R2, donde v1 (1,2) y v2 (0,1) .
2 1 determine los vectores 1 1
Si la matriz de transición de la base T a la base S es PS T de la base T.
Página 67
VI-
Sean
S {v1, v2 , v3}, T {w1, w2 , w3}
bases
ordenadas
para
R3,
donde
v1 (1,0,1), v2 (1,1,0) y v3 (0,0,1) . Si la matriz de transición de la base T a la base S
es PS T
1 1 2 2 1 1 determine los vectores de la base T. 1 1 1
10. Bases Ortonormales en Rn n Definición: Un conjunto S {u1 , u2 ,..., uk } en R es ortogonal si cada par de vectores
distintos en S son ortogonales; es decir, si ui .u j 0 para i j . n Definición: Un conjunto S {u1, u2 ,..., uk } en R es ortonormal si además de ser
ortogonal cada uno de los vectores de S es unitario. Esto es, si ui .u j 0 para i j y
ui .ui 1 para i 1,2,..., k . Ejemplo: S {u1 , u2 , u3} tal que u1 (1,0,2); u2 (2,0 1) y u3 (0,1,0) conjunto
ortogonal
en
R3
ya
que
es un
u1.u2 (1,0,2)(2,0 1) 2 0 2 0 ,
u1.u3 (1,0,2)(0,1,0) 0 0 0 0 y u2 .u3 (2,0,1)(0,1,0) 0 0 0 0 . Si hacemos v1
v2
1 1 1 2 1 u1 (1,0,2) (1,0,2) , 0, , 2 2 2 u1 5 5 5 1 0 2
1 1 1 1 2 u2 (2,0,1) (2,0,1) , 0, . u2 5 5 5 (2)2 02 12
v1 y v2 son vectores unitarios en la misma dirección de u1 y u2 . El vector u3 es también unitario, por lo que {v1 , v2 , u3} es un conjunto ortonormal.
Página 68
Ejemplo: La base canónica de R4 {(1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,0,1,0),(0,0,0,1)} es un n conjunto ortonormal en R4. En general la base canónica para R es un conjunto
ortonormal. n Teorema 10.1: Si S {u1, u2 ,.., uk } es un conjunto ortogonal de vectores no nulos en R ,
entonces S es linealmente independiente. Demostración: Sea c1u1 c2u2 ... ck uk 0Rn .
(1) .
Multipliquemos a ambos lados de (1) por ui , 1 i k para obtener
c1u1 c2u2 ... ck uk ui 0R
n
ui
c1u1 ui c2u2 ui ... ci ui ui ... ck uk ui 0
(2)
En el lado izquierdo tenemos c j u j ui 0 siempre que i j , por lo que (2) se reduce a ci ui ui ci ui ui ci ui
2
0 . Como ui 0Rn se puede garantizar que
ui 0 y
necesariamente ci 0 , por lo que se puede concluir que los vectores de S son linealmente independientes. n Corolario 10.1: Un conjunto ortonormal de vectores en R es linealmente independiente.
Definición: Del Teorema 10.1 y el Corolario 10.1 se deduce que todo conjunto n n ortonormal u ortogonal de n vectores en R es una base para R . Entonces,
1) Una base ortogonal para un espacio vectorial es una base cuyos vectores forman un conjunto ortogonal. 2) Una base ortonormal para un espacio vectorial es una base cuyos vectores forman un conjunto ortonormal.
Página 69
Como ya hemos visto si S {u1, u2 ,.., un } es una base para R n y v es un vector de R n podemos expresar a v como una combinación lineal de los vectores de S donde
v c1u1 c2 u2 ... cn un . Para determinar los valores de c1 , c2 ,... cn debemos resolver un sistema lineal de n ecuaciones con n incógnitas .Sin embargo cuando S es una base ortonormal podemos obtener estos valores de una manera mucho más fácil, como lo establece el siguiente teorema. n Teorema 10.2: Sea S {u1, u2 ,.., un } una base ortonormal para R y v es un vector en
R n , entonces v c1u1 c2 u2 ... cn un donde ci v.ui para 1 i n . Demostración: n Como S {u1, u2 ,.., un } es una base para R , entonces para cualquier vector v R n
podemos establecer v c1u1 c2u2 ... cn un .
(1) .
Multiplicando a ambos lados de (1) por ui , 1 i n para obtener
v ui c1u1 c2u2 ... cn un ui v ui c1u1 ui c2u2 ui ... ci ui ui ... cn un ui
(2)
En el lado derecho de (2) tenemos c j u j ui 0 siempre que i j y ci ui ui ci . 1 , por ser S una base ortonormal, por lo que (2) se reduce a v ui ci . Se concluye que ci v.ui .
Ejemplo:
Sean
S {u1, u2 , u3}
tal
que
2 2 1 2 1 2 u1 , , ; u2 , , , 3 3 3 3 3 3
1 2 2 u3 , , una base ortonormal para R3 y v (3,4,5) un vector de R3. 3 3 3
Entonces si hacemos la combinación lineal:
2 2 1 2 1 2 1 2 2 v c1u1 c2 u2 c3 u3 c1 , , c2 , , + c3 , , podemos 3 3 3 3 3 3 3 3 3
Página 70
calcular directamente los valores de c1 , c2 , c3 aplicando el teorema anterior. Siendo:
8 5 2 2 1 c1 v.u1 (3,4,5) , , 2 1 , 3 3 3 3 3 4 10 2 1 2 c2 v.u2 (3,4,5) , , 2 0 3 3 3 3 3 8 10 1 2 2 c3 v.u3 (3,4,5) , , 1 7 . 3 3 3 3 3 Así que:
2 2 1 1 2 2 v u1 0u2 7 u3 , , 7 , , 3 3 3 3 3 3 2 2 1 7 14 14 , , , , . 3 3 3 3 3 3 3, 4, 5 n Corolario 10.2: Sea S {u1, u2 ,.., un } una base ortogonal para R y v es un vector en
R n , entonces v c1u1 c2 u2 ... cn un donde ci
v.ui para 1 i n . ui .ui
Ejemplo: Sea S {u1 , u2 , u3} tal que u1 1,2, 2 ; u2 2,4,5 y u3 6,3,0 una base ortogonal para R3 combinación lineal
y
v (2,1,4) un vector de R3. Entonces si hacemos la
v c1u1 c2 u2 c3 u3 c1 1, 2, 2 c2 2, 4, 5 + c3 6, 3, 0
podemos calcular directamente los valores de c1 , c2 , c3 aplicando el corolario anterior:
c1
v.u1 (2,1,4)(1,2, 2) 2 2 8 4 , u1.u1 (1,2, 2)(1,2, 2) 1 4 4 9
c2
v.u2 (2,1,4)(2,4,5) 4 4 20 28 u2 .u2 (2,4,5)(2,4,5) 4 16 25 45 Página 71
c3
v.u3 (2,1,4)(6,3,0) 12 3 0 9 1 . u3.u3 (6,3,0)(6,3,0) 36 9 0 45 5
Así se obtiene:
4 28 1 4 28 1 v u1 u2 u3 1,2, 2 2,4,5 6,3,0 (2,1,4) v . 9 45 15 9 45 5
10. 1 Proceso de ortogonalización de Gram-Schmidt n Teorema 10.3: Sea W un subespacio no nulo de R con base S {u1, u2 ,.., um} , entonces
existe una base ortonormal T {w1, w2 ,.., wm} para W. El proceso de ortogonalización de Gram–Schmidt nos permite calcular una base ortonormal T {w1, w2 ,.., wm} para un subespacio no nulo de
R n , dada una base
S {u1, u2 ,.., um} para W dando los siguientes pasos: Paso 1: Haga u1 v1 . Paso 2: Calcule los vectores v2 , v3 , ..., vm de manera progresiva, uno a la vez, por medio de la fórmula
u .v v2 u2 2 1 v1 v1.v1 ; u .v u .v v3 u3 3 1 v1 3 2 v2 v1.v1 v2 .v2 ; u .v u .v u .v v4 u4 4 1 v1 4 2 v2 4 3 v3 v1.v1 v2 .v2 v3 .v3 u .v u .v vi ui i 1 v1 i 2 v2 v1.v1 v2 .v2
u .v i i 1 vi 1 vi 1.vi 1 Página 72
* El conjunto de vectores T v1, v2 ,.., vm es ortogonal.
1 1 1 1 v1; w2 v2 ; w3 v3 ... wi vi ; i 1,2,3,..., m v1 v2 v3 vi
w1 Paso 3: Haga
.
Entonces T {w1, w2 ,.., wm} es una base ortonormal para W. n Nota: Si u y v son dos vectores de R tales que u.v = 0, es decir, son ortogonales,
entonces para cualquier escalar c diferente de cero se verifica que u.(cv) = 0. Este resultado se puede utilizar para simplificar los cálculos en el Proceso de Gram- Schmidt ya que en el resultado del paso 2 se puede multiplicar por un escalar para eliminar las fracciones. Cuando se eliminan las fracciones la base que se obtiene es ortogonal aunque difiere de la que se obtendría si no las elimináramos. Cuando los cálculos se hacen en computadora con programas como MATLAB, por ejemplo, estos no eliminan las fracciones.
Ejemplo: Sea S {u1, u2 , u3} una base para R3, donde u1 (1,1,1); u2 (1,0, 1) y u3 (1,2,3). Transforme la base S en una base ortonormal para R3. Solución: Paso 1: Hacemos u1 v1 (1,1,1) . Paso 2: Calculamos u .v (1,0, 1)(1,1,1) 2 v2 u2 2 1 v1 (1,0, 1) (1,1,1) ( 1,0, 1) (1,1,1) 3 (1,1,1)(1,1,1) v1.v1 2 2 2 1 2 1 (1,0, 1) , , , , 3 3 3 3 3 3
Multiplicando por 3, para eliminar las fracciones, obtenemos Página 73
v2 1,2, 1
.
u .v u .v v3 u3 3 1 v1 3 2 v2 v1.v1 v2 .v2 (1, 2,3)(1,1,1) ( 1, 2,3)( 1, 2, 1) ( 1, 2,3) (1,1,1) (1,2, 1) (1,1,1)(1,1,1) ( 1, 2, 1)( 1, 2, 1) 4 1 4 4 4 1 2 1 (1, 2,3) (1,1,1) (1,2, 1) ( 1, 2,3) , , , , 3 3 3 3 3 3 3 3 (2,0,2)
Entonces
T * v1, v2 , v3 (1,1,1); (1,2, 1); 2,0,2
es una base ortogonal
Paso 3: Hacemos
w1
1 1 1 1 1 1 v1 (1,1,1) (1,1,1) , , v1 (1,1,1) 3 3 3 3
w2
1 1 1 1 1 2 v (1,2, 1) (1,2, 1) , , v2 (1,2, 1) 6 6 6 6
w3
1 1 1 1 1 1 v3 (2,0,2) (2,0,2) (1,0,1) ,0, v3 (2,0,2) 2 2 2 2 2
Entonces
1 1 1 1 2 1 1 1 , , , , ,0, ; ; 6 6 6 2 2 3 3 3
T {w1, w2 ,.., wm}
una base ortonormal para R3.
EJERCICIOS PROPUESTOS I- ¿Cuáles de los siguientes son conjuntos ortogonales de vectores? 1) (1, 1,2), (0,2, 1), (1,1,1) 2) (1,2, 1,1), (0, 1, 2,0), (1,0,0, 1)
Página 74
es
3) (2,3, 4), (1, 2, 2), (14, 8, 1) 4) (0,1,0, 1), (1,0,1,1), (1,1, 1,2)
II- ¿Cuáles de los siguientes son conjuntos ortonormales de vectores?
1 2 2 2 1 2 2 2 1 , , , , , , , 3 3 3 3 3 3 3 3 3
1) ,
1 1 1 1 1 , 0, , , , , 0,1,0 2 3 3 3 2
2)
3) (0,2,2,1), (1, 1, 2,2), (0, 2, 1,2)
1 2 1 1 , , , , 7 7 7 7
4)
1 2 1 1 0, , , 0 , ,0, 0, 5 5 2 2
III- Determine los valores de las variables en cada caso. 1)
Sean u (1,1, 2), v (a, 1,2) . ¿Cuál es el valor de a para que u y v sean
ortogonales?
1 1 1 , 0, , b . ¿Cuál es el valor de a y b para que el , v a, 2 2 2 conjunto u, v sea ortonormal? 2) Sean u
IV- Utilice el Proceso de Gram-Schmidt para determinar: 1) Una base ortonormal para el subespacio de R3 con base (1, 1,0), (2,0,1) 2) Una base ortonormal para el subespacio de R3 con base (1,0,2), (1,1,0)
Página 75
3) Una base ortonormal para el subespacio de R4 con base
(1, 1,0,1), (2,0,0, 1), (0,0,1,0)
4) Una base ortonormal para el subespacio de R4 con base
(1, 1, 1,0), (0,2,0,1), (1,0,0,1)
5) Una base ortonormal para R2 a partir de la base (1,2), (3,4 6) Una base ortonormal para R3 a partir de la base (1, 1, 1), (0,1,1), (1,2,3) 7) Una base ortonormal para el subespacio de R3 constituido por los vectores de la forma
(a, a b, b)
1 2 2 1 , 0, , , 0, , 0,1,0 una base ortonormal para 5 5 5 5
V- Siendo S
utilice el Teorema 10.2 para escribir el vector (2, 3,1) como combinación lineal de los vectores de S.
11. Complementos ortogonales n Definición: Sea W un subespacio de R n . Un vector u en R es ortogonal a W si es
ortogonal a cada uno de los vectores de W. El conjunto de vectores en
R n que son
n ortogonales a todos los vectores de W se le llama complemento ortogonal de W en R y
se denota por W (se lee “complemento ortogonal de W”) n Recuerde que: dos vectores u y v de R son ortogonales si su producto escalar es cero.
Es decir, u.v = 0
Ejemplos: 1) Sea W el subespacio de R3 constituido por los múltiplos del vector
w (2, 3, 4) ; es decir, W genw de modo que W es un subespacio de dimensión 1 de Página 76
R3. Entonces un vector u en R3 pertenece a W si y solo si u es ortogonal a cw, cualquiera que sea el valor de c. Para
determinar
W
definimos
un
vector
genérico
u ( x, y, z ) ,
tal
que
(2, 3,4).( x, y, z) 0 . Entonces al resolver (2, 3, 4).( x, y, z) 0 se obtiene 2 x 3 y 4 z 0 .
Es decir,
x 32 r 2s, y r z s . Esto es
32 2 3 r 2 s , r , s r 1 s 0 por lo que 2 0 1
32 2 una base para W es T u1 , u2 1 ; 0 0 1 32 2 W gen 1 ; 0 ( x, y, z ) / 2 x 3 y 4 z 0 es un plano que tiene como vector 0 1 normal w (2, 3,4) .
2) Sea W un subespacio de R4
con base S w1, w2 ,
donde w1 (1,1,0,1) y
w2 (0, 1,1,1) . Determine una base para W .
Solución: Sea u = (a, b, c, d) un vector en W . Entonces u . w1 0 u . w2 0 u . w1 (a, b, c, d ).(1,1,0,1) a b d 0 u . w2 (a, b, c, d ).(0, 1,1,1) b c d 0
De donde se obteniene el sistema ab d 0 bc d 0
1 1 0 1 : 0 1 1 1 :
0 1 0 1 2 : 0 0 0 1 1 1 : 0
Al resolver obtenemos: Página 77
a r 2s r 2s 1 2 rs 1 1 b r s r s , por lo que c r r 1 0 d s s 0 1
1 2 1 1 T u1 , u2 ; 1 0 0 1
constituye una base para W .
1 2 1 1 Entonces podemos afirmar que W gen T gen ; 1 0 0 1 Teorema 11.1: Sean W1 , W2 subespacios de un espacio V, entonces W1 W2 es un subespacio de V. Es decir, la suma de dos subespacios de V es un subespacio de V.
W1 W2 v V / v w1 w2 ; w1 W1 w2 W2 . Si V W1 W2 y además W1
W2 0V , entonces V es la suma directa de W1 y W2
lo que se denota como V W1 W2 . En este caso cada vector v de V se puede escribir de forma única como v w1 w2 donde w1 W1 w2 W2 n Teorema 11.2: Sea W un subespacio R , entonces
n a) W es un subespacio R .
b) W
W 0Rn
n Teorema 11.3: Sea W un subespacio R , entonces
Rn W W n Esto es, todo vector v de R es el resultado de la suma de un vector w de W y un vector u
de W . Página 78
Demostración: Sean
v
un
vector
de
w (v . w1 )w1 (v . w2 )w2 ... (v . wm )wm
Rn ,
donde
S w1, w2 ,..., wm es una base ortonormal para W y u v w . Como w es combinación lineal de los vectores de S, w pertenece a W. Mostraremos que u pertenece a W comprobando que u es ortogonal a todo vector de S. Para cada vector wi (i = 1, 2, …, n) en S se tiene que u . wi (v w). wi al sustituir u v w . Entonces calculando el producto escalar se obtiene:
u . wi (v w). wi v . wi w .wi v . wi [(v . w1 ) w1 (v . w2 ) w2 ... (v . wi ) wi ... (v . wm ) wm ]. wi v . wi {[(v . w1 ) w1 ] . wi [(v . w2 ) w2 ] . wi ... (v . wi ) wi . wi ... [(v . wm ) wm ]. wi } v . wi {(v . w1 )( w1 . wi ) (v . w2 )( w2 . wi ) ... (v . wi ) wi . wi ... (v . wm )( wm . wi )} v . wi {(v . w1 )(0) (v . w2 )(0) ... (v . wi ) 1 ... (v . wm )(0)} v . wi {0 0 ... (v . wi ) 1 ... 0} v . wi (v . wi )(1) v . wi v . wi 0 Porque wi . w j 0 si i j y wi . wi 1 para i 1, 2, ..., m Por lo tanto u es ortogonal a todo vector de W y pertenece W . Como
u v w v u w queda probado que Rn W W . Además como W
W 0Rn se
concluye que Rn W W . Ejemplo: En el ejemplo anterior se determinó, dada la base S w1 , w2 para W subespacio de R4 donde
w1 (1,1,0,1) w2 (0, 1,1,1) , una
u1 1, 1, 1, 0 u2 2, 1, 0, 1 .
base T u1 , u2 para W donde
Dado v (1,1, 4,3) determine un vector w en W y un vector u en W , tales que
v = w + u. Página 79
Solución: El proceso de Gram-Schmidt nos permite calcular una base ortonormal para W a partir de
S w1, w2 (1,1, 0,1); (0, 1,1,1) . Esto es: u1 u2
1
w1 1
w2
w1 w2
1 1 (1,1,0,1) (1,1,0,1) (1,1,0,1) 3
y
1 1 (0, 1,1,1) (0, 1,1,1) (0, 1,1,1) 3
Siguiendo el proceso de la demostración del teorema 11.3, podemos calcular w y u
w (v .u1 )u1 (v .u2 )u2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 , 0, , , 0, , , , , 1,1, 4, 3 (0, (0, 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
1,1, 4, 3
1 3 1 1 1 1 4 3 1 1 1 1 0 , , 0, (0 (0, , , 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
3 1 1 1 6 1 1 1 , , 0, (0, , , (1,1, 01) (0, 2, 2, 2) (1, 1, 2,3) 3 3 3 3 3 3 3 3
Ya que se conoce w podemos calcular u sabiendo que
u v w (1,1,4,3) (1, 1,2,3) (2,2,2,0) . En conclusión:
u (2,2,2,0); w (1, 1,2,3) v w u (1, 1,2,3) (2,2,2,0) (1,1,4,3) n Teorema 11.4: Sea W un subespacio R , entonces W W .
Teorema 11.5: Si A es una matriz de m x n, entonces: (a) El Espacio Nulo de A es el complemento ortogonal del Espacio Fila de A. (b) El Espacio Nulo de AT es el complemento ortogonal del Espacio Columna de A.
Página 80
1 2 1 1 Ejemplos: 1) Sea A 1 3 2 3
1 4 2 5
0 2 1 3 1 1 1 5
Calcular el Espacio Nulo de A, el Espacio Nulo de AT, el espacio Fila de A, el Espacio Columna de A y comprobar que se cumple el teorema anterior. La forma escalonada reducida de A es B
7 3 Al resolver BX = 0 se tiene que S 1 ; 0 0 Nulo de A.
1 0 0 0
0 1 0 0
7 3 0 0
2 1 0 0
4 1 0 0
2 4 1 1 0 ; 0 es una base para el Espacio 1 0 0 1
1 0 De B se obtiene además, que una base para el Espacio Fila de A es: T 7 ; 2 4
0 1 3 . 1 1
Hallamos la forma escalonada reducida de AT. AT
1 1 1 2 2 1 3 3 1 4 2 5 , su forma escalonada reducida es C 0 1 1 1 2 3 1 5
2 1 Al resolver AT X = 0 se tiene que S 1 ; 0 AT .
1 0 0 0 0
0 2 1 1 0 0 0 0 0 0
1 1 0 0 0
1 1 0 es una base para el Espacio Nulo de 1
Página 81
De C se obtiene además, que una base para el Espacio Columna de A es: 1 0 T ; 2 1
0 1 1 1
Como los vectores en S son ortogonales a los de T se concluye que el Espacio Nulo de A es el complemento ortogonal del Espacio Fila de A. Como los vectores en S son ortogonales a los de T se concluye que el Espacio Nulo de AT es el complemento ortogonal del Espacio Columna de A. 2) Determine una base para el R5 W gen w1 , w2 , w3 , w4 , w5 de
complemento ortogonal del subespacio donde w1 (2, 1,0,1, 2); w2 (1,3,1, 2, 4);
w3 (3, 2,1, 1, 2); w4 (7,7,3, 4, 8); w5 (1, 4, 1, 1, 2) . Solución: Sea u (a, b, c, d , e) un vector arbitrario que pertenece a W . Como u es ortogonal a cada uno de los vectores que generan a W podemos obtener las siguientes igualdades:
(2, 1,0,1, 2)( a, b, c, d , e) 0
2a b
d 2e 0
(1,3,1, 2, 4)( a, b, c, d , e) 0 a 3b c 2d 4e 0 (3, 2,1, 1, 2)( a, b, c, d , e) 0 3a 2b c d 2e 0 (7,7,3, 4, 8)( a, b, c, d , e) 0 7 a 7b 3c 4 d 8e 0 (1, 4, 1, 1, 2)( a, b, c, d , e) 0 a 4b c d 2e 0 La matriz de coeficientes de este sistema de ecuaciones es: 2 1 0 1 1 3 1 2 A 3 2 1 1 7 7 3 4 1 4 1 1
1 2 4 0 2 B 0 8 0 2 0
0 0 1 72 0 0 0 0 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 7
Página 82
1 72 7 Al resolver B X = 0 se tiene que S 1 ; 0 0
0 0 1 es una base para W . 0 0
Observe que W se corresponde con el Espacio Fila de A y W con el espacio Nulo de A y como habíamos visto antes estos espacios son complementos ortogonales uno del otro.
11.1 Proyección Ortogonal Definición: Si v w u siendo w W y u W , entonces al vector w se le denomina proyección ortogonal de v sobre W y se denota por Pr oyW v . Si W tiene una base ortogonal
w , w , 1
2
, wm la proyección ortogonal de v sobre W se
puede calcular mediante la siguiente fórmula:
w Pr oyW v
v.w1 v.w2 w1 w2 w1.w1 w2 .w2
v.wm wm wm .wm
Ejemplo: Sea
W gen(1,2, 1,1), (0, 1, 2,0), (1,0,0, 1)
un
subespacio
de
R4
y
v (3, 2,0, 1) determine w Pr oyW v
Solución: Como (1,2, 1,1), (0, 1, 2,0), (1,0,0, 1) es un conjunto ortogonal, este constituye una base ortogonal para W, por lo tanto podemos utilizar la fórmula anterior para calcular w Pr oyW v .
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w Pr oyW v w
v.w3 v.w1 v.w2 w1 w2 w3 w1.w1 w2 .w2 w3 .w3
(3, 2,0, 1).(1,2, 1,1) (3, 2,0, 1).(0, 1, 2,0) (1,2, 1,1) (0, 1, 2,0) (1,2, 1,1).(1,2, 1,1) (0, 1, 2,0).(0, 1, 2,0) (3, 2,0, 1).(1,0,0, 1) (1,0,0, 1) (1,0,0, 1).(1,0,0, 1)
w
3 4 0 1 0200 3 0 0 1 (1,2, 1,1) (0, 1, 2,0) (1,0,0, 1) 1 4 11 0 1 4 0 1 0 0 1
w
2 2 4 (1,2, 1,1) (0, 1, 2,0) (1,0,0, 1) 7 5 2
w
72,74, 72,72 0, 52 , 54 ,0 (2,0,0, 2) 1235,3435,1835,1635
n Teorema 11.5: Sea W un subespacio de R , entonces dado el vector v de R n , el vector
más cercano a v es Pr oyW v . Esto significa que para w en W, v w es mínima cuando w Pr oyW v .
EJERCICIOS PROPUESTOS I- En cada caso determine W┴ 3 1) W el subespacio de R generado por el vector w (2, 3, 1)
2) W gen(1,2, 1), (1, 3, 2) 3) W gen(2,5,1,3,0), (1, 2,0, 1, 2), (4,3,1,5, 4), (3,1, 1,4, 2),(2, 2, 0,2, 4)
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II- En cada caso exprese el vector dado v como suma directa de un vector w de W y un vector u de W┴ 1) W gen(1,0,1), (1, 1, 1) y v (2, 2, 0) 2) W gen(1,1,1,0), (1, 0, 0,0) y v (1, 1, 0,0)
III- En cada caso calcule los cuatro espacios vectoriales asociados a la matriz A y compruebe que se cumple el teorema 11.5.
1 5 3 7 1) A 2 0 4 6 4 7 1 2
4 2 1 3 0 3 7 2 2) A 1 1 2 3 1 4 9 5
IV- En cada caso determine w Pr oyW v para el vector v y el subespacio W dados.
1 2 2 1 3 0, 0, 1) W el subespacio de R con base , , v (3,4, 1) 5 5 5 5
1 1 1 1 1 , 0, , , , , v 2,1, 1 . 2 3 3 3 2
3 2) W el subespacio de R con base
4 3) W el subespacio de R con base (1,1,0,1), (0, 1,1, 0), (1,0,0,1) , v (2,1,3,0)
4 4) W el subespacio de R con base
(1, 1, 1,0), (0,2,0,1), (1,0,0,1), v (1,0,4,2)
4 VI- Sean W el subespacio de R con base
1 1 1 1 , 0,0, , 0, 0, 1,0 , , 0,0 , y v (1,2, 1,0) . Determine la 2 2 2 2 distancia de v a W.
Página 85
UNIDAD 2: TRANSFORMACIONES LINEALES 1. Aplicación o Transformación Lineal Definición de aplicación: Sean S y S dos conjuntos, una aplicación de S en S es una asociación que adjunta, mediante una regla de correspondencia, a todo elemento de S un elemento de S . En lugar de decir que F es una aplicación de S en S se acostumbra a escribir simbólicamente F : S S . Definición de función: Una función es un tipo especial de aplicación F : S S que asigna a cada elemento de S un único elemento de S . Definición de aplicación o transformación lineal: Sean V y W espacios vectoriales reales, una transformación lineal T de V en W es una función que asigna a cada vector v de V un único vector T(v) en W y que para todo par de vectores u y v en V y todo escalar satisface las siguientes condiciones: T(u + v) = T(u) + T(v) T(v) = T(v) Notación: Se escribe T :V W para indicar que T toma el espacio vectorial V y lo lleva al espacio vectorial W; esto es, T es una función con V como su dominio y un subconjunto de W como su imagen. La expresión T(v) o Tv que se lee “T de v” denota lo mismo que f(x), que se lee “f de x”.
x x z Ejemplo 1.1 Sea T : R R definida por a T y . Si tomamos z y z 3
2
1 3 R 3 , por 2
1 1 (2) 3 ejemplo, y le aplicamos esta transformación obtenemos T 3 2 3 (2) 1
Página 86
Comprobemos ahora si la transformación que hemos definido es lineal o no. Para probar si una transformación es lineal debemos definir dos vectores genéricos del espacio de donde se va a transformar, R3 en este caso, y un escalar .
a1 a2 Sean u b1 y v b2 dos vectores genéricos de R3 y un número real, entonces: c c 1 2
a1 a2 a1 a2 (a a ) (c1 c2 ) (a1 c1 ) (a2 c2 ) T (u v) T b1 b2 T b1 b2 1 2 (b1 b2 ) (c1 c2 ) (b1 c1 ) (b2 c2 ) c1 c2 c1 c2 (a c ) (a c ) T (u v) 1 1 2 2 T (u ) T (v) (b1 c1 ) (b2 c2 )
a2 a2 (a2 c2 ) a c2 (a2 c2 ) T ( v) T b2 T b2 2 T (v ) b c ( b c ) ( b c ) 2 2 2 2 2 c 2 c2 2 Como se cumplen las dos condiciones se concluye que T es una transformación lineal de
R3 a R 2 . Ejemplo 1.2: Una transformación de reflexión 2 2 Sea T : R R definida por
x x T = . Probemos que T es una transformación y y
lineal:
x1 x2 Sean u , v y R , entonces: y1 y2 x x x x x x x x x x T (u v) T 1 2 T 1 2 1 2 1 2 1 2 T (u ) T (v) y1 y2 y1 y2 ( y1 y2 ) y1 y2 y1 y2
x x x x1 x1 T ( v) T 1 T 1 1 T (u ) y y y ( y ) y 1 1 1 1 1 Página 87
T es una transformación lineal que geométricamente toma un vector de R 2 y lo refleja respecto al eje x. Observe la gráfica.
Ejemplo 1.3: La transformación cero Sean V y W espacios vectoriales y definimos T : V W por T(v) 0W para todo v en V. Entonces T(v1 v2 ) 0W 0W 0W T(v1 ) T (v2 ) y T( v) 0W 0W =T( v) . Esta función transforma a todo vector de V en el vector nulo de W. Ejemplo 1.4: La transformación identidad Sea V un espacio vectorial y definimos I : V V por I(v) v para todo v en V. I es la transformación identidad conocida también como operador lineal. EJERCICIOS PROPUESTOS I- Determine si la transformación indicada en cada caso es lineal o no. x x
x 1
1) T : R 2 R 2 :T y 0
2) T : R 2 R 2 :T y y
x 0 3) T : R R :T y x
x x 4) T : R R :T y z y
x 0 5) T : R R :T y z y
x z 6) T : R R :T y z x
x 1 3 2 7) T : R R :T y z z
2 x x 8) T : R R :T 2 y y
x x2 9) T : R R :T y y
10) T : R 2 R 2 :T y x
2
3
2
2
2
2
3
3
2
2
2
2
x y
Página 88
x x y
x
11) T : R 2 R 2 :T y x y
12) T : R 2 R :T xy y
13) T : P2 P1 :T a0 a1x a2 x a0 a1x
14) T : P2 P3 :T P( x) P( x) P( x)
2
15) T : P2 P4 :T P( x) P( x)
16) T : P2 P3 :T P( x) P( x) P( x)
2
2
17) T : M m p M mn :T ( A) AB siendo B una matriz fija de orden p x n. 18) T : M m p M mn :T ( A) AB siendo B una matriz fija de orden p x q, siendo q ≠ n. 19) 20) T : R3 P2 :T a, b, c (a b) (b c) x2
T : M nn M nn :T ( A) AT A
2. Propiedades de las transformaciones lineales: Teorema 2.1: Sea T : V W una trasformación lineal, entonces se cumple que: i) T(0v ) 0w ii) T(u v) T(u) T(v) para todo u, v V . iii) T(1v1 2v2 ... nvn ) 1T(v1 ) 2T(v2 ) ... nT(vn ) para todo
v1, v2 ,..., vn V y 1, 2 ,..., n escalares. Teorema 2.2: Sea V un espacio vectorial de dimensión finita con base B {v1, v2 ,..., vn } sean w1, w2 ,..., wn vectores de W. Si T1 y T2 son dos trasformaciones lineales de V tales que T1 (v1 ) T2 (v1 ) w1, T1 (v2 ) T2 (v2 ) w2 , ... , T1 (vn ) T2 (vn ) wn , esto significa que
T1 (vi ) T2 (vi ) wi para i = 1, 2, 3, … , n. Entonces para cualquier vector v de V se verifica que T1 (v) T2 (v) , es decir, T1 T2 A partir de este teorema se puede concluir que, si V es un espacio de dimensión finita, para determinar una transformación T: V W sólo necesitamos conocer el efecto que tiene T sobre los vectores de la base en V.
Página 89
Ejemplo 2.1:
1 3 1 2 Sea T : R R tal que T 2 , T 1 . 2 2 3 1 2
3
1 Calcular T 5
Lo primero que debemos hacer es determinar la regla de transformación de T. 1 2 El conjunto , constituye una base para R 2 y podemos expresar cualquier vector 2 3
a 2 b de R con la combinación lineal,
a 1 2 c c b 1 2 2 3 .
Para determinar los valores de c1 y c2 establecemos el sistema lineal
c1 2c2 a 2c1 3c2 b
cuya
1 2 : a 1 0 : 2b 3a matriz ampliada es . 2 3 : b 0 1 : 2a b a La solución es c1 2b 3a y c2 2a b , entonces cualquier vector de R 2 se b a 1 2 1 2 puede escribir c1 c2 (2b 3a) (2a b) . b 2 3 2 3 Ahora podemos calcular:
a 1 2 1 2 T c1T c2T (2b 3a)T (2a b)T b 2 3 2 3
1 3 2b 3a 3b 6a 5b 9a (2b 3a) 2 (2a b) 1 4b 6a 2a b 3b 4a 2 1 6a 4b b 2a 4a 3b 5b 9a a Por lo que la regla de transformación es T 3b 4a b 4a 3b Página 90
5(5) 9(1) 25 9 34 1 Ahora podemos calcular T 3(5) 4(1) 15 4 19 5 4(1) 3(5) 4 15 19 Ejemplo 2.2:
2 0 3 1 0 Sea T : R R tal que T 0 , T 1 . Calcular T 0 1 1 0 2 2
3
a 1 0 Como , es la base canónica de R 2 podemos expresar cualquier vector de 0 1 b a 1 0 R 2 con la combinación lineal, c1 c2 donde los valores de c1 y c2 se b 0 1 pueden calcular directamente c1 a y c2 b .
a 1 0 Entonces a b y b 0 1 2 0 2a 0 2 a a 1 0 T aT bT a 0 b 1 0 b b b 0 1 1 0 a 0 a
2a a Por lo que la regla de transformación es T b b a
2(3) 6 3 Ahora podemos calcular T 2 2 2 3 3 Cuando trabajamos con la base canónica los cálculos resultan más sencillos. En el caso anterior se pudo hacer directamente
2 0 6 0 6 3 1 0 T 3T 2T 3 0 2 1 0 2 2 2 0 1 1 0 3 0 3 Página 91
Teorema 2.3: Sea V un espacio vectorial de dimensión finita con base B {v1, v2 ,..., vn } . Sea W un espacio vectorial que contiene los vectores w1, w2 ,..., wn , entonces existe una transformación lineal única T :V W tal que T (vi ) wi para i = 1, 2, 3, … , n. 2 3 Ejemplo 2.2: Encuentre una transformación de R en el subespacio de R tal que
x W y : 2 x 3 y z 0 . z Solución: De 2 x 3 y z 0 podemos determinar que z 2 x 3 y . Por lo que los vectores
x x 1 0 x 0 y 1 . Entonces y y de W son de la forma que es equivalente a 2x 3y 2 3 2x 3y 1 0 w1 0 ; w2 1 es una base para W. Utilizando la base canónica o estándar de R 2 , 2 3 1 0 1 0 1 0 v1 ; v2 definimos la transformación lineal T por T 0 y T 1 . 0 2 1 3 0 1 Entonces T queda determinada como se vio en el ejemplo anterior.
5 Si queremos determinar la transformación de un vector en particular, v , por 7
1 0 5 0 5 5 1 0 ejemplo, procedemos así: T 5T 7T 5 0 7 1 0 7 7 7 0 1 2 3 10 21 11 x x y De manera general T y 2x 3y
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3. Núcleo (kernel) e imagen de una transformación lineal Definición: Sean V y W dos espacios vectoriales y sea T :V W una transformación lineal de V a W, entonces: 1) El núcleo o kernel de T, denotado por “ker(T)”, es el subconjunto de V formado por
todos los vectores v de V tales que T (v) 0W . Es decir, los vectores de V que al aplicar la transformación el resultado es el vector nulo o cero de W. Esto es:
ker(T ) v V / T (v) 0W . 2) La imagen de T, denotado por “Im(T)”, es el subconjunto de W formado por todos
los vectores w de W que son el resultado de aplicar la transformación a los vectores de V. Esto es: Im(T) w W / w T (v) para alguna v V .
Observaciones importantes: i) ker(T) es no vacío porque por lo menos contiene el vector nulo de V, ya que T(0V) = 0W. ii) La imagen de T es simplemente el conjunto de “imágenes” de los vectores en V bajo la transformación T. Si w = T(v), se dice que w es la imagen de v bajo T.
Teorema 3.1: Si T : V W es una transformación lineal, entonces: 1) ker(T) es un subespacio de V. 2) Im(T) es un subespacio de W. Demostración: 1) Sean u y v vectores que pertenecen a ker(T), entonces T(u + v) = T(u) + T(v)
T(u) + T(v) = 0W + 0W = 0W y T(αu) = αT(u) = α(0W) = 0W. Página 93
2) Sean w1 y w2 vectores que pertenecen a Im(T), entonces w1 = T(u) y w2 = T(v) para dos vectores u y v de V. Esto significa que T(u + v) = T(u) +T(v) = w1 + w2 T(αu) = αT(u) = α w1 . Por lo tanto w1 + w2 y α w1 pertenecen a Im (T). Ejemplos: 3.1. Núcleo e imagen de la transformación cero Sea T(v) = 0W para todo v en V, entonces ker(T) = V e Im (T)= 0W 3.2. Núcleo e imagen de la transformación identidad Sea T(v) = v para todo v en V, entonces ker(T) = 0V e Im (T)= V. x x 3.3. Determine el Núcleo y la imagen de T : R R tal que T y x . y 2x y 2
3
Solución: Un vector v = ( a, b ) de R2 está en el ker(T) si T(v) = 0 R 3 . a 0 a Entonces, T b a 0 , eso equivale a resolver el sistema b 2a b 0 que tiene como solución a b 0 , por lo que ker(T)= {(0, 0)}.
0 a a b 0 2a b 0
Un vector w = ( a, b, c ) de R3 está en Im(T) si T(v) = w para algún vector v de R2 . Esto x a x es T y x b w lo que nos conduce al sistema lineal y 2x y c
tiene solución solo si c 3a b 0 c 3a b . Es decir, los vectores de Im(T) tienen la forma: 1 0 a 1 0 b a 0 b 1 , por lo que Im(T ) gen 0 ; 1 . 3a b 3 1 3 1 Página 94
x a x y b que 2x y c
y
x 1 x Una manera más fácil de determinar Im (T) es tomar T y x x 1 y 2 x y 2
0 y 1 1
1 0 por lo que Im(T ) gen 1 ; 1 . 2 1
1 0 1 0 Se puede comprobar que gen 1 ; 1 gen 0 ; 1 . 2 1 3 1
3.4.
x y x 2y 4 3 Determine el Núcleo y la imagen de T : R R tal que T y z . z 2 x 4w w
Procediendo como en el caso anterior definamos v = ( a, b, c, d ) de R 4
tal que
a b a 2b 0 T(v) = 0 R 3 . Entonces T b c 0 . c 2a 4d 0 d
0 a 2b bc 0 Esto equivale a resolver el sistema 2a 4d 0 a 2r b r Este sistema tiene infinitas soluciones de la forma siendo r R . c r d r 2 2r 2 1 r 1 Por lo que r lo que significa que ker(T ) gen . r 1 1 r 1 1 Para determinar
Im(T) definimos un vector
transformación e igualamos a w. Esto es: Página 95
w = ( a, b, c ) de R 3 , aplicamos la
x y x 2y a T y z b . z 2 x 4w c w a x 2 y y z b Establecemos el sistema 2 x 4w c
que tiene solución sin importar los valores de
a, b, c por lo que Im(T) = R 3 .
4. Nulidad y rango de una transformación lineal Definición: Sean T una transformación lineal de V en W, entonces se define: 1) Nulidad de T = Nu (T) = dim [ker (T)]. Es decir, la nulidad de una transformación lineal T es la dimensión del núcleo de T. 2) Rango de T = R (T) = dim [Im (T)]. Es decir, el rango de una transformación lineal T es la dimensión de la imagen de T.
Ejemplo 4.1: Para el ejemplo anterior (3.3) Nu (T) = 0 y R (T) = 2 y para el ejemplo (3.4) Nu (T) = 1 y R (T) = 3
Teorema 4.1: Sea T : V W una transformación lineal donde V es un espacio de dimensión finita, entonces se cumple que: Nu (T) + R (T) = dim (V ).
Ejemplo 4.2: Para el ejemplo 3.4 Nu (T) = 1, R (T) = 3 y dim (V ) = 4, por lo tanto se verifica que Nu (T) + R (T) = 1 + 3 = 4 = dim (V )
Página 96
EJERCICIOS PROPUESTOS I- Encuentre el núcleo, la imagen, la nulidad y el rango de las transformaciones siguientes: x x 3x 1) T : R 2 R 2 ; T 2) T : R R 2 ; T x 2 x y 0 3) T : M nn M nn ; T A AT A
x 4) T : R 2 R; T x y y
x 5) T : R 4 R 2 ; T y x z z y w w
xz x 6) T : R3 R 4 ; T y y 2 z z x y z 2x
x xz 7) T : R 4 R3 ; T y y w z z x y w w
a 8) T : R P3 ; T b (c d ) x 3 (a b) c 3
x z a 3 2 2 3 9) T : R P3 ; T a bx (a b) x (a b) x 10) T : R R ; T y y b z 2
5. Representación matricial de una transformación lineal Teorema 5.1: Sea T : R n R m una transformación lineal, entonces existe una matriz única de m x n, AT tal que T(v) = AT v , para todo vector v de R n .
Demostración: Sea
e1, e2 ,...,
T (e2 ) w2 ,
en la base canónica o estándar de R n , tal que T (e1 ) w , 1
, T (en ) wn . Sea AT la matriz cuyas columnas son
w1, w2 ,..., wn .
Hagamos AT que denote a la transformación de R n R m , que multiplique un vector de
R n por AT .
Página 97
i-ésima posición
a1i a11 a12 a a a 21 22 2i Si wi , entonces AT ei a m1 am 2 mi
a1i a2i ami
0 a1n 0 a1i a2 n a2 i 1 wi . 0 amn am i 0
De esta forma AT ei wi , para i = 1, 2, … , n. Entonces podemos concluir, de acuerdo con el Teorema 2.2, que la transformación T y la transformación AT son la misma porque coinciden con los vectores de la base estándar de R n . x y x 2y 4 3 Ejemplo 5.1: Sea T : R R tal que T y z z 2 x 4w w
1 1 1 4 4 4 Determine AT y T . Luego compruebe que T AT . 2 2 2 0 0 0 1 0 0 0 1 1 2 0 0 Las columnas de AT son T 0 , T 1 , T 1 0 0 1 2 0 0 0 0 0
0 0 0 y T 0 0 4 1
1 2 0 0 O sea que AT 0 1 1 0 2 0 0 4 1 1 1 4 1 2(4) 7 4 1 2 0 0 4 1 8 0 0 7 T 4 2 2 AT 0 1 1 0 0 4 2 0 2 2 2(1) 4(0) 2 2 2 0 0 4 2 2 0 0 0 2 0 0 0
Queda comprobado.
Página 98
Definición: La matriz del Teorema 5.1 se denomina matriz de transformación correspondiente a la transformación T o representación matricial de T. Nota: La matriz de transformación AT está definida usando las bases canónicas o estándares de R n y R m . Si se utilizan otras bases, se obtendrá una matriz de transformación diferente.
Teorema 5.2: Sea AT la matriz de transformación correspondiente a la transformación lineal T, entonces: 1) La imagen de T es igual al Espacio Columna de AT . Esto es Im (T) = C ( AT ) . 2) El rango de T (dimensión de Im(T)) es igual al rango de AT . Esto es R (T) = R ( AT ) = dim [C ( AT ) ] 3) El núcleo o kernel de T es igual al Espacio Nulo de AT . Esto es ker(T) = N ( AT ) 4) La Nulidad de T (dimensión del ker(T)) es igual a la nulidad de AT (dimensión del Espacio Nulo de AT ). Esto es Nu (T) = dim [N( AT )] x y x yz Ejemplo 5.2: Sea T : R3 R4 tal que T y 2x y z z x y 2z
Determine AT , ker(T), Nu(T) ), Im(T), y R(T). Solución: Sean e1 , e2 , e3 la base canónica o estándar de R 3 , entonces 1 1 0 1 0 0 0 1 1 T (e1 ) T 0 ; T (e2 ) T 1 ; T (e3 ) T 0 . 0 2 0 1 1 1 1 1 2
Página 99
1 1 0 0 1 1 Por lo que AT . Su forma escalonada reducida es 2 1 1 1 1 2
1 0 0 1 0 0 0 0
0 0 . 1 0
Esto nos indica que la única solución al sistema AT X 0 es 0, por lo que el Espacio Nulo de AT es
0 . Esto significa que ker(T ) 0 R3
R3
y Nu(T) = 0.
1 1 0 0 1 1 La imagen de T: Im(T) = gen , , . El rango de T: R(T ) R( AT ) 3 . 2 1 1 1 1 2
Teorema 5.3: Sean V un espacio vectorial de dimensión n, W un espacio vectorial de dimensión m y T : V W una transformación lineal. Sea B1 v1 , v2 ,..., vn una base para V y B2 w1 , w2 ,..., wm una base para W. Entonces existe una matriz única AT de m x n tal que T ( v ) B2
AT v B . 1
La matriz AT estará formada por T (vi ) B i = 1, 2, …, n como columnas. Es decir, sus 2 columnas van a ser los vectores de coordenadas de T (v1 ), T (v2 ), ...,T (vn ) en la base B2 . 3x y 1 3 x Ejemplo 5.3: Sea T : R R tal que T x 3 y . Sean B1 , y y x y 2 1 1 0 2 B2 0 , 2 , 5 bases para R 2 y R3 respectivamente. Hallar AT respecto de las 1 1 0 2
3
1 bases B1 B2 . Compruebe que se cumple el teorema para v . 2
5 1 Solución: Hallamos T 5 , 2 3
8 3 T 6 1 2 Página 100
Determinamos las coordenadas de cada vector resultado de la transformación en la base B2 . Esto nos conduce a dos sistemas de ecuaciones que podemos resolver de manera
simultánea puesto la matriz de coeficientes es la misma para ambos.
1 0 Esto produce la matriz aumentada siguiente 0 2 1 1 1 0 0 : 47 Su forma escalonada reducida es 0 1 0 : 50 0 0 1 : 21
2 : 5 : 8 5 : 5 : 6 0 : 3 : 2 : 36 : 38 : 14
36 47 38 Esto nos indica que AT 50 21 14 1 Ahora comprobamos que para v se cumple que T (v ) B AT v B 2 2
1 1 Calculemos T 7 y 2 1 1 como matriz aumentada 0 1
para obtener 0 2 1
T (v)B
2
1
planteamos el sistema que tiene
2 : 1 5 : 7 0 : 1
13 1 0 0 :13 Su forma escalonada reducida es 0 1 0 :14 , entonces T ( v ) B 14 . 0 0 1 : 7 7 2
Para obtener
v B planteamos el sistema que tiene como matriz aumentada 12
1
5 1 0 7 y su forma escalonada reducida es , entonces 0 1 4 7
T (v) AT v B2
B1
:
Página 101
v B
1
3 : 1 1 : 2
5 74 . Luego calculamos 7
47 5 36 4 235 144 91 7 47 36 5 7 7 7 7 13 152 987 14 T (v ) B AT v B 50 38 74 50 75 38 74 250 7 7 105 56 49 7 21 14 21 75 14 74 7 7 7 7 2
1
Queda comprobado. Teorema 5.4: Sean V un espacio vectorial de dimensión n, W un espacio vectorial de dimensión m y T : V W una transformación lineal. Sea B1 v1 , v2 ,..., vn una base para V y B2 w1 , w2 ,..., wm una base para W y sea AT una representación matricial de T respecto a las bases B1 y B2 , entonces: 1) Rango de T = Rango de AT . 2) Nulidad de T = Nulidad ( AT ) 3) La Nulidad de T + Rango de T = n 3x y x Ejemplo 5.4: En el ejemplo 5.3 vimos que para T : R R tal que T x 3 y con y x y 1 0 2 1 3 bases B1 , y B2 0 , 2 , 5 respectivamente se obtuvo 2 1 1 1 0 36 47 AT 50 38 . 21 14 2
1 La forma escalonada reducida de AT es 0 0
3
0 1 , esto significa que el rango de AT es 2. 0
Como Nulidad de T + Rango de T = n y para este caso n = 2 se concluye que la nulidad de T = 0, ya que 2 + 0 = 2.
Página 102
Teorema 5.5: Sea T : R n R m una transformación lineal. Suponga que C es una matriz de transformación de T respecto a las bases canónicas o estándares Sn de R n y Sm de R m . Sea A1 la matriz de transición de la base B1 a la base Sn de R n y A2 la matriz de transición de la base B2 a la base Sm de R m . Si AT es la matriz de transformación de T 1 respecto a las bases B1 y B2 , entonces AT A2 CA1
1 0 0 x x y Ejemplo 5.5: Sea T : R R tal que T y , B1 1 , 1 1 y yz z 0 2 1 3
2
1 1 B2 , . Determine A1 PS B , A2 PS B , la matriz de transformación C 3 1 2 2 1 3 de T respecto a la base canónica y compruebe que se cumple el teorema anterior. Solución:
A1 PS3 B1
1 0 0 1 1 1 1 0 , C 1 1 1 , A2 PS B , 2 2 1 3 0 1 1 0 2 1
3 AT A2 CA1 21 2 1
1 1 2 1 0 2
1 0 0 3 2 1 0 1 1 1 2 1 1 1 0 2 1 2 1
1 1 2 1 1 2 0
A2
1
32 1 2
0 0 1 3 1 1 2 1 2 1 2 2
Ahora calculamos AT y comprobamos que es igual al resultado ya obtenido. Recordemos que AT está formada por los vectores de coordenadas T (vi )B . 2
1 0 0 0 1 1 T 1 , T 1 , T 1 . 1 3 0 0 2 1
32 12 1 0 1 3 1 1 , 3 2 y 0 1 . B2 2 B2 B2 2
Página 103
1 2 1 2
3 2 1 2
1 2 Por lo que AT 1 2
3 2
3
2 . 1 2
Esta coincide con la calculada anteriormente y así queda comprobado que AT A2 1CA1 .
EJERCICIOS PROPUESTOS I- Encuentre la representación matricial AT de la transformación lineal dada, el núcleo, la imagen, la nulidad y el rango de T. Si no se indica lo contrario considere que las bases B1 y B2 son las bases canónicas.
x x 2y 1) T : R 2 R 2 ; T y x y
x y x 2) T : R 2 R3 ; T x y y 2x 3y
2x 3) T : R R 3 ; T x x x
x x yz 4) T : R 3 R 2 ; T y z 2 x 2 y 2 z
x x y 5) T : R 2 R 2 ; T y x y
x x y 6) T : R 2 R 2 ; T y x y
x x y 2z 7) T : R R ; T y 2 x y 4 z z 5x y 8z
x x 2 y z 8) T : R R ; T y 2 x 4 y 2 z z 3x 6 y 3z
3
3
3
3
x x x y 2z w y x y 2 z 3w y x z 2w 4 3 4 4 9) T : R R ; T y 4 z 3w 10) T : R R ; T z z x 2 y 5 z 4 w 6 z 6 w w w 2x y z w
Página 104
1 1 1 x 1 2 2x y z 11) T : R R ; T y ; B 0 , 1 , 1 ; B 1 2 1 , 3 . y 3 z z 1 0 1 3
2
1 3 x x 2y 12) T : R 2 R 2 ; T ; B B , 2 1 y 2x y 2 2 1 4 x 4x y 13) T : R 2 R 2 ; T ; B1 B2 , y 3x 2 y 1 3
2 3 14) T : P3 P1; T a0 a1x a2 x a3 x (a1 a3 ) x a2 .
2 3 4 4 2 15) T : P4 P4 ; T a0 a1x a2 x a3 x a4 x a4 x a2 x a0
a b a b c d a b c 16) T : M 22 M 22 ; T ab c d a a b a b 2c d 17) T : M 22 M 22 ; T a 2b 5c 4d c d
a 2c 2d 2a b c d
6. Operaciones con Transformaciones Lineales 6.1. Suma: Sean T1 :V W y T2 :V W dos transformaciones lineales. La suma entre
T1 y T2 , denotada por T1 T2 :V W , se define como: (T1 T2 )(v) T1 (v) T2 (v) para todo v V 6.2. Multiplicacion por un escalar: Sean T :V W una transformación lineal y R . La multiplicación de por T denotada T :V W , se define como:
( T)(v) T(v) para todo v V
Página 105
2x x Ejemplo 6.1: Sean T1 : R R tal que T1 x y , T2 : R2 R3 tal que y x y 2
3
x x 2 T2 2 y x y v . Determine: (T1 T2 )(v) y 3T1 (v) y 1 y 2(2) 2 4 2 2 2 2 2 1) (T1 T2 )(v) (T1 T2 ) T1 T2 2 ( 1) 2( 1) 2 3 4 1 1 1 1 2 (1) (1) 1 1 2
2(2) 4 12 2 2) 3T1 (v) 3T1 3 2 (1) 3 3 9 1 2 (1) 1 3
6.3. Composición: Sean T1 :V U y T2 :U W dos transformaciones lineales. La composición entre T2 y T1, denotada por T2 T1 :V W , se define como:
(T2 T1 )(v) T2 (T1 (v)) para todo v V Gráficamente la composición de transformaciones lineales se puede ver así: V W
T2 T1 : V W
v
T1 : V U
U
T1 (v)
Página 106
T2 T1 (v)
T2 : U W
T1 toma un vector v de V y lo transforma en un vector T1 (v) de U, entonces T2 toma el vector transformado T1 (v) de U (la imagen de v bajo T1 ) y lo transforma en un vector
T2 T1 (v) de W 2x x Ejemplo 6.2: Sean T1 : R2 R3 tal que T1 x y , T2 : R3 R4 tal que y x y z x x 2y z 1 T2 y y v . Determine (T2 T1 )(v) . x y z 2 z x 2z 3 2 1 2(1) 2 2(1) 3 5 1 (T2 T1 )(v) T2 T1 T2 1 2 T2 1 2 2 ( 1) 3 6 1 2 3 2 2(3) 8 Si hacemos la composición para un vector genérico podemos deducir la regla que hace la transformación
directamente
de
(T2 T1 ) : R2 R4 .
Es
decir,
calculamos
x y 2x yx 2x 2( x y ) ( x y ) x 3 y x x (T2 T1 ) T2 T1 T2 x y 2x 2 y y 2 x ( x y ) ( x y ) y x y 2 x 2( x y ) 4x 2 y yx x x 3y 2 4 Por lo que (T2 T1 ) : R R tal que (T2 T1 ) es la regla de composición y 2 x 2 y 4x 2 y 2 1 1 1 1 3(2) 5 y podemos comprobar que (T1 T2 ) como habíamos calculado. 2 2(1) 2(2) 6 4(1) 2(2) 8
Página 107
Ejemplo 6.3: Sean T1 : R M 2 x 2 3
x y x y T tal que 1 2 z z
y z 5 T : M R 2 2 x 2 tal x z ,
x yz x y T z w 2 . Determine T2 T1 . que z w x w 2 w
T2
x x x y T1 y T2 T1 y T2 2z z z
Por lo que T2 T1 : R3 R5 es T2
( x y) yx ( y z ) 2 z y 3z y z 2 z ( x z) x z xz ( x y) ( x z) z y 2( x z ) 2z 2x
yx x y 3z T1 y x z z z y 2z 2x
6.4. El espacio Vectorial de las Transformaciones Lineales Sean V y W espacios vectoriales, consideremos el conjunto de todas las transfomaciones lineales de V en W. Llamemos L V ,W a dicho conjunto. El conjunto L V ,W con las operaciones de suma de transformaciones y multiplicación por escalar que hemos definido cosntituyen un espacio vectorial ya que se cumplen todas las propiedades requeridas. La verificación de dichas propiedades se deja como ejercicio.
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EJERCICIOS PROPUESTOS
x x y I- Sean T1 : R3 R 2 tal que T1 y , z y z x 2y x T2 : R R tal que T2 y , z 3 y z 3
2
2y x x x y 2 4 , T3 : R R tal que T3 y x 3x 2 y
a
T4 : R2 P2 tal que T5 P(t ) (a b)t 2 (2b a)t a , b a
T5 : R2 P2 tal que T5 P(t ) 2at 2 (b a)t (a b) b a b b 2 4 T6 : P2 R tal que T6 P(t ) at bt c a 2c ca Deternmine: 1) T1 T2 2) T4 T5 3) 3T1 2 T2 4) T3 T1 5) T6 T5 7. Tipos de Transformaciones Lineales Página 109
7.1. Transformación lineal inyectiva Definición: Sea T :V W una transformación lineal de V a W, se dice que T es inyectiva si para todo par de vectores v, u V , T (v) T (u) implica que v u . Esto significa que vectores diferentes en el dominio tienen imágenes diferentes. Teorema 7.1: Una transformación lineal T :V W
es inyectiva, si y solo si
Ker (T ) 0V . Demostración: Primero demostraremos que si T :V W es inyectiva, entonces Ker (T ) 0V . Recordemos que si T es inyectiva entonces T (v) T (u) implica que v u . Sea v Ker (T ), lo que implica que T (v) 0W . pero T (0V ) 0W , entonces necesariamente
v 0V y se concluye que Ker (T ) 0V . Ahora demostraremos que si Ker (T ) 0V , entonces T :V W es inyectiva. Sea Ker (T ) 0V y sea T (v) T (u) . Si
T (v) T (u) , entonces T (v) T (u) T (v u) 0W . Esto implica que v u 0V y
v u . Por lo tanto T es inyectiva y queda demostrado el teorema.
7.2. Transformación lineal sobreyectiva Definición: Sea T :V W una transformación lineal de V a W, se dice que T es sobreyectiva si todo vector de W es imagen de por lo menos un vector de V. es decir, para todo w W , existe v V tal que w T (v) . En otras palabras, T es sobreyectiva si Im (T) = W 7.3. Transformación lineal biyectiva Página 110
Definición: Sea T :V W una transformación lineal de V a W, se dice que T es biyectiva si es inyectiva y sobreyectiva a la vez. 7.4. Isomorfismo Definición: Sea T :V W una transformación lineal de V a W, se dice que T es un isomorfismo si T es biyectiva. Es decir, si es inyectiva y sobreyectiva a la vez.
x x Ejemplo 7.1: Sea T : R3 R3 un atransformacion lineal tal que T y y z , z xz determine si T es un isomorfismo. Solución: Debemos determinar si T es biyectiva, es decir si es inyectiva y sobreyectiva. Para determinar si es inyectiva basta con comprobar si Ker (T ) 0R3 (0,0,0) y para determinar si es sobreyetiva comprobamos si Im (T) = R3. *Comprobar si Ker (T ) 0R3 (0,0,0)
x x 0 T y y z 0 z x z 0
0 1 0 0 : 0 1 0 0 : 0 x y z 0 0 1 1 : 0 0 1 0 : 0 x z 0 1 0 1 : 0 0 0 1 : 0
Este sistema tiene solo la solución trivial x y z 0 , por lo tanto Ker (T ) 0R3 *Comprobar si Im (T) = R3 Como ya vimos en el Teorema 5.4 Nu (T) + R (T) = n, entonces como Ker (T ) 0R3 la nulidad de T [Nu (T)] = 0 lo que implica que R(T) = n = 3, esto nos que garantiza que Im (T) = R3 . Como Ker (T ) 0R3 (0,0,0) y Im (T) = R3 concluimos que T es un isomorfismo.
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Teorema 7.2: Sea T :V W una transformación lineal dodede V y W son espacios vectoriales de dimensión finita. Sea AT la matriz de transformación de T respecto a las bases B1 y B2 de V y W respectivamente. T es un isomorfismo si y solo si det AT 0 .
Ejemplo 7.2: Resolver el ejemplo anterior (7.1) aplicando el teorema 7.2 1 0 0 Asumimos que B1 = B2 es la base canónica de R . Entonces AT 0 1 1 . 1 0 1 3
1 0 0 Al calcular det AT det 0 1 1 1 0 . Y se concluye que T es un iomorfismo. 1 0 1
7.5. Espacios Vectoriales Isomorfos Definición: Sea V y W dos espacios vectoriales. Se dice que V y W son espacios vectoriales isomorfos si existe un isomorfismo T :V W o T :W V entre ellos. Esto se denota por V W . Teorema 7.2: Sea T :V W una transformación lineal, siendo V y W espacios de dimensión finita y dim (V) = dim (W), entonces: 1) Si T es inyectiva, T es sobreyectiva 2) Si T es sobreyectiva , T es inyectiva De acuerdo con este teorema si dim (V) = dim (W), entonces podría establecerse un isomorfismo T :V W . Teorema 7.3: Sea T :V W una transformación lineal, siendo V y W espacios de dimensión finita, entonces: 3) Si dim (V) > dim (W), T no es inyectiva 4) Si dim (V) < dim (W), T no es sobreyectiva Página 112
De acuerdo con este teorema si dim (V) ≠ dim (W), entonces T :V W no es un isomorfismo. Teorema 7.4: Sea T :V W una transformación lineal, siendo V y W espacios de dimensión finita, entonces se cumple que: 1) Si T es inyectiva y S {v1, v2 , , vn } es linealmente independiente en V, entonces
S {T (v1 ),T (v2 ), ,T (vn )} es linealmente independiente en W. 2) Si T es sobreyectiva y S {v1, v2 , , vn } genera a V, entonces
S {T (v1 ),T (v2 ), ,T (vn )} genera a W. 3) Si T es un isomorfismo y S {v1, v2 , , vn } es una base para V, entonces
S {T (v1 ),T (v2 ), ,T (vn )} es una base para W.
EJERCICIOS PROPUESTOS I- Determine en cada caso si la transformación dada es un isomorfismo.
x x 2y 1) T : R 2 R 2 tal que T y x y x x yz 2) T : R R tal que T y 2 y z z 3 y x 2z 3
3
a 3) T : R3 P2 tal que T b P(t ) at 2 (c b)t (a c) c x w x y yz 4) T : M 2x2 R4 tal que T z w z x w y
a b c 5) T : P2 R3 tal que T P(t ) at 2 bt c b c c 2a Página 113
8. Transformación Lineal Inversa Definición: Sea T :V W una transformación lineal. Se dice que T es invertible si existe una transformación lineal T :W V , tal que 1) T T : V V IdW (IdV es la transformación identidad en V) 2) T T : W W IdV (IdW es la transformación identidad en W) En este caso se dice que T es la inversa de T y se escribre T T1 .
x x 3y Ejemplo 8.1: Sean T : R 2 R 2 tal que T y T : R2 R2 tal que y 2 x 7 y x 7x 3y T . Determine si T T son inversas. y 2x y Solución Debemos comprobar si T T : R2 R2 Id R2 y T T : R2 R2 Id R2 Calculamos x x 7 x 3 y 7 x 3 y ) 3(2 x y ) T T T 2 x y 2(7 x 3 y ) 7(2 x y ) y y
T T
7x 3y 6x 3y x y Id R2 14 x 6 y 14 x 7 y x x x 3 y 7( x 3 y ) 3(2 x 7 y ) T T T 2( x 3 y ) 2 x 7 y y y 2 x 7 y
T T
7 x 21y 6 x 21y x Id R2 2x 6 y 2x 7 y y
Como T T T T Id R2 podemos concluir que T T son inversas. Teorema 8.1: La transformación lineal T :V W es invertible, si y solo si, T es un isomorfismo. Página 114
Procedimiento para determinar la inversa T 1 de una transformación T si esta existe. Vamos a ilustrar con un ejemplo el procedimiento para hallar T 1 , si existe.
xz x 1 Ejemplo 8.2: Sea T : R3 R3 tal que T y 2 x y , determine T si existe. z x 2 y 2z Lo primero que debemos determinar es si T es un isomorfismo, pues de no serlo T no sería invertible. Como V = W = R3 basta con probar una de las dos condiciones, si T es inyectiva o si es sobreyectiva. Probemos si T es inyectiva determinando si Ker (T ) 0R3 . Para ello resolvemos el x z 0 1 0 1 : 0 1 0 0 : 0 2 1 0 : 0 0 1 0 : 0 sistema: 2 x y 0 1 2 2 : 0 0 0 1 : 0 x 2 y 2z 0
La solución del sistema es x y z 0 lo que significa que Ker (T ) 0R3 , que T es un isomorfismo y es invertible. Procedemos ahora a determinar T 1
xz x a a a x b 1 Definimos un vector b R 3 tal que T y 2 x y y T b y . z x 2 y 2z c c c z A partir de esto establecemos el sistema: x z a 1 0 1 : a 1 0 0 : c 2b 2a 2 1 0 : b 0 1 0 : 2c 3b 4a 2x y b 1 2 2 : c 0 0 1 : c 2b 3a x 2 y 2z c
x c 2b 2a La solución de este sistema es y 2c 3b 4a . z c 2b 3a x c 2b 2a a Entonces sustituyendo los valores de x, y z se obtiene T y T 2c 3b 4a b z c 2b 3a c Página 115
Si aplicamos T-1 a ambos lados de la igualdad anterior obtenemos:
c 2b 2a a c 2b 2a a T 1 T 2c 3b 4a T 1 b . Esto implica que T 1 b 2c 3b 4a . c c 2b 3a c c 2b 3a
xz x z 2 y 2x x En conclusión T 1 y 2 z 3 y 4 x es la inversa de T y 2 x y z z 2 y 3x z x 2 y 2z
x x Confirmemoslo comprobando que T T 1 y y Id R3 z z ( z 2 y 2 x) ( z 2 y 3 x) x x z 2 y 2x 2( z 2 y 2 x) (2 z 3 y 4 x) T T 1 y T T 1 y T 2 z 3 y 4 x z z 2 y 3 x ( z 2 y 2 x ) 2(2 z 3 y 4 x ) 2( z 2 y 3 x ) z z 2 y 2 x z 2 y 3x x 2z 4 y 4x 2z 3y 4x y Id R3 z 2 y 2 x 4 z 6 y 8 x 2 z 4 y 6 x) z
Comprobemos este resultado para un caso particular. Siendo v 1, 3,2 determine T(v) y luego compruebe que T-1 (T(v)) = v.
1 2 1 1 1 1 T(v) T 3 2(1) 3 2 3 2 1 2(3) 2(2) 1 6 4 1 1 1 2(1) 2(1) 1 2 2 1 T T(v) T 1 2(1) 3(1) 4(1) 2 3 4 3 v 1 1 2(1) 3(1) 1 2 3 2 1
1
Queda comprobado que T-1 (T(v)) = v, esto ocurre porque T-1 es la inversa de T. Página 116
EJERCICIOS PROPUESTOS I- Determine en cada caso si la transformación lineal dada es invertible, si lo es encuentre la transformación inversa.
x x 2y 1) T : R 2 R 2 tal que T y y
a 2) T : R P2 tal que T b P(t ) at 2 (c b)t (a c) c 3
x yx 3) T : R3 R2 tal que T y z z 2y x yw x y z yw 4 4) T : M 2x2 R tal que T y 2x z z w 3x 2 y w
a 5) T : R2 P2 tal que T P(t ) at 2 (b a)t a b
a bc 6) T : P2 R tal que T P(t ) at bt c 2a b 5c 6c a 2b 3
2
x x 7) T : R3 R3 tal que T y y z z zx
8) T : R4 M 2x2
x y x yz tal que T z x y 2w w
y z w x z w
Página 117
UNIDAD 3: POLINOMIOS CARACTERÍSTICOS, VECTORES Y VALORES PROPIOS.
1. Valores Característicos y Vectores Característicos Definición: Sea A una matriz cuadrada de orden n x n con componentes reales. Un número , que puede ser real o complejo, se denomina valor característico o propio de A si existe un vector diferente de cero v C tal que n
Av = v El vector v 0C n se denomina vector característico o propio de A correspondiente al valor característico o propio . El vector v puede tener componentes reales o complejas.
Nota: las palabras característico, propio o eigen valor tiene el mismo significado, en esta unidad serán utilizadas indistintamente las dos primeras.
2 2 Ejemplo 1.1: Sea A , entonces = 3 es un valor propio de A ya que existe un 5 1 2 0 2 2 2 4 10 6 2 vector v tal que Av =v. Esto es 5 10 5 15 3 5 5 1 5 0 2 Para este caso v es un vector propio de A correspondiente al valor propio = 3. 5 3 0 Además = –4 es otro valor propio de A ya que existe un vector v tal que 3 0 2 2 3 6 6 12 3 4 Av = v. Esto es . 5 1 3 15 3 12 3 3 Para este caso v es un vector propio de A correspondiente al valor propio = –4. 3
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2. Polinomio Característico y Ecuación Característica Asumiendo que es un valor propio de una matriz A, entonces existe un vector diferente
x1 0 x 0 de cero v 2 tal que Av = v, siendo x1, x2 ,..., xn números reales o complejos. x 0 n La ecuación Av = v se puede escribir Av = Inv ya que al multiplicar la matriz identidad por v no se altera el resultado. Si en esta ultima ecuación Av = Inv restamos a ambos lados Inv obtenemos Av – Inv = 0C n . Luego sacando factor común v obtenemos (A – In) v =
0C n
Esta última ecuación nos da una estrategia útil para calcular los valores propios de una matriz A ya que representa un sistema homogéneo de n ecuaciones con n incógnitas donde
x1 x la matriz (A–In) es la matriz de los coeficientes y v 2 es la matriz de las incógnitas. x n Como v tiene que ser diferente del vector cero este sistema debe tener solución diferente a la solución trivial y para eso el determinante de (A – In) tiene que ser igual a cero. Así que haciendo det (A – In) = 0 podemos determinar los valores propios de A. Cuando se evalúa este determinante obtenemos un polinomio de grado n que está en función de , es decir, P() = det (A – In) que se denomina polinomio característico de A y a la ecuación P() = det (A – In) = 0 se le llama ecuación característica de A. Entonces el cálculo de los valores característicos de una matriz se reduce a resolver la ecuación característica de A.
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4 2 Ejemplo 2.1: Sea A , determinar el polinomio característico, la ecuación 3 3 característica y los valores característico de A. Solución: Hallamos P() = det (A - In) 2 4 2 4 2 0 1 0 4 P( ) det det det 0 1 3 3 3 3 3 3 0 P( ) (4 )(3 ) 6 12 7 2 6 2 7 6
El polinomio característico de A es P( ) 2 7 6 La ecuación característica de A es P( ) 2 7 6 0 Los valores característicos de A se obtienen al resolver P() 2 7 6 0 2 P() 7 6 ( 1)( 6) 0 1 6 por lo que los valores propios de A
son 1 y 6.
EJERCICIOS PROPUESTOS
2 3 I- Sea A verifique que: 4 1 3 a) 1 = –2 es un valor propio de A y que v1 es un vector propio asociado a 1 = –2. 4
1 b) 2 = 5 es un valor propio de A y que v2 es un vector propio asociado a 2 = 5. 1
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II- Determine el polinomio y los valores característicos de cada matriz.
2 1 1) 4 1
2 2 3 5) 1 2 1 2 2 1
3 3 2) 1 5
2 6) 2 3
1 2 3) 1 3
1 2 2 2 1 1
4 1 3 4) 0 2 1 0 0 3
1 0 1 7) 0 1 2 1 3 2
3. Espacio Característicos Definición: sea un valor característico de A, el subespacio
E de
C n tal que
E {v / Av v} {0C n } se denomina espacio característico de A. Es decir, el espacio característico de A es el espacio que contiene a todos los vectores característicos de A que corresponden a un valor característico de A. El espacio característico de A no es más que el espacio nulo de (A - In) y nos permite determinar los vectores característicos de A.
Procedimiento para calcular los vectores característicos de A: 1) Se encuentra P() = det (A – In). 2) Se encuentran las raíces 1, 2 ,..., m de P() = 0. 3) Se resuelve el sistema homogéneo (A – In)v = 0, correspondiente a cada valor característico i para obtener cada uno de los espacios
E i . Los vectores de E i
son los vectores característicos de A que corresponden al valor característico i
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4 2 Ejemplo 3.1: Determinar los espacios y los vectores característicos de A . 3 3 Ya en el ejemplo 2.1 habíamos calculado los valores característicos de A que eran 1 y 6. Entonces vamos a tener dos espacios característicos: E1 y E6
E1 se obtiene al encontrar el espacio nulo de (A - In) cuando se sustituye = 1. 4 2 1 0 x 4 2 1 0 x 3 2 x 0 Esto es: (A -1In) v = 1 0 1 y 3 3 0 1 y 3 2 y 0 3 3
3 2 x 0 Ahora resolvemos (A – 1In) v = y 0 . 3 2 3 2 3 2 La forma escalonada de es 0 0 lo que significa que 3x + 2y = 0, de donde 3 2
x 1 1 3 y x . Por lo que la solución general es 3 x 3 . Entonces E1 gen 3 . 2 2 x 2 2 Todos los vectores de E1 son vectores característicos de A correspondiente al valor característico = 1
E6 se obtiene al encontrar el espacio nulo de (A - In) cuando se sustituye = 6. 4 2
1 0 x 4 2 6 0 x
2
Esto es: (A- 6In) v = 6 0 1 y 3 3 0 6 y 3 3 3
2 x 0 3 y 0
2 2 x 0 Ahora resolvemos (A – 6In) v = y 0 3 3 1 1 2 2 La forma escalonada de es 0 0 lo que significa que x – y = 0, de donde 3 3 x 1 1 y x . Por lo que la solución general es x . Entonces E6 gen x 1 1
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Todos los vectores de E6 son vectores característicos de A correspondiente al valor característico = 6.
4. Multiplicidad algebraica de un valor característico () La ecuación característica de A es una ecuación polinómica que de acuerdo al teorema fundamental del álgebra tiene n raíces, no necesariamente distintas; es decir, contando las multiplicidades. Entonces si 1, 2 ,..., m son las raíces de dicha ecuación esta se puede r r expresar de la forma P( ) (1)n[( 1) 1 ( 2 ) 2 ...( m )rm ] donde los valores
r1, r2 ,..., rm nos indican respectivamente las veces que 1 , 2 ,..., m es raíz de la ecuación. A estos números r1, r2 ,..., rm se les denominan multiplicidades algebraicas de los valores característicos 1, 2 ,..., m respectivamente.
3 2 4 Ejemplo 4.1: Sea A 2 0 2 , determine la multiplicidad algebraica de los valores 4 2 3 característicos de A.
3 2 4 1 0 0 3 det( A I n ) det 2 0 2 0 1 0 det 2 0 0 1 4 4 2 3
2 0 2
2 0 3 4
det( A I n ) (3 )( )(3 ) 16 16 16 4(3 ) 4(3 ) 0 det( A I n ) 3 6 2 15 8 ( 3 6 2 15 8) 0. 3 2 2 Al resolver esta ecuación se obtiene que ( 6 15 8) ( 1) ( 8) 0 . Lo
que significa que = –1 es un valor característico de A de multiplicidad 2 y = 8 es un valor característico de A de multiplicidad 1.
Página 123
5. Multiplicidad geométrica de un valor característico () Definición: Sea un valor característico de la matriz A, entonces se llama multiplicidad geométrica de a la dimensión del espacio característico correspondiente a . Esto es la nulidad de la matriz A – I. Multiplicidad geométrica de = dim E = N(A – I). Ejemplo 5.1: En el ejemplo 4.1 vimos que = –1 y = 8 son valores propios de 3 2 4 A 2 0 2 . Determinemos la multiplicidad geométrica de = –1 y = 8. 4 2 3 Para determinar la multiplicidad geométrica de = –1 debemos hallar dim E1
E1 se obtiene al encontrar el espacio nulo de (A - In) cuando se sustituye = –1. 3 2 4 1 0 0 x 3 2 4 1 0 0 x 0 A (1) I3 v 2 0 2 (1) 0 1 0 y 2 0 2 0 1 0 y 0 4 2 3 0 0 1 z 4 2 3 0 0 1 z 0
4 x 4 2 4 x 0 3 1 2 A (1) I3 v 2 0 1 2 y 2 1 2 y 0 4 z 0 2 3 1 z 4 2 4 4 2 4 2 1 2 La forma escalonada de 2 1 2 es 0 0 0 . 4 2 4 0 0 0 Esto significa que 2x + y + 2z = 0. Despejando y obtenemos y = – 2x – 2z y la solución 1 0 x 1 0 2 es 2 x 2 z x 2 z 2 , entonces una base para E1 es 2 z 0 1 0 1
Por lo que dim E1 2 y la multiplicidad geométrica de = – 1 es 2
Página 124
Para determinar la multiplicidad geométrica de = 8 debemos hallar dim E8
E8 se obtiene al encontrar el espacio nulo de (A - In) cuando se sustituye = 8. Esto es: 3 2 4 1 0 0 x 3 2 4 8 0 0 x ( A 8 I 3 )v 2 0 2 8 0 1 0 y 2 0 2 0 8 0 y 0 0 1 z 4 2 3 0 0 8 z 4 2 3
4 x 5 2 4 x 0 3 8 2 ( A 8 I 3 )v 2 0 8 2 y 2 8 2 y 0 4 z 0 2 3 8 z 4 2 5 1 0 1 5 2 4 1 La forma escalonada reducida de 2 8 2 es 0 1 2 . 0 0 0 4 2 5 x z 0 1 Esto significa que , despejando x e y obtenemos x z , y z 1 2 y 2 z 0 1 z 1 1 La solución es 2 z z 1 , entonces una base para E8 es 12 2 z 1 1
Por lo que dim E8 1 y la multiplicidad geométrica de = 8 es 1.
Teorema 5.1: Los vectores característicos correspondientes a valores característicos distintos son linealmente independientes. Ejemplo 5.2: Compruebe para los valores = –1 y = 8 del ejemplo 5.1 que se cumple el teorema anterior (5.1). Página 125
Solución: Observe que 0, 2, 1 es un vector característico correspondiente a = –1 y
1,
1 , 2
1
es un vector característico correspondiente a
= 8. Estos dos vectores
corresponden a valores propios diferentes y son linealmente independientes ya que ninguno es múltiplo del otro.
Teorema 5.2: Los valores característicos de una matriz triangular son las componentes de la diagonal principal de la matriz.
a11 a12 0 a 22 Si A 0 0
a1n a2 n , entonces los valores propios de A son a11 a22 ann
ann .
1 4 1 Ejemplo 5.3: Sea A 0 3 5 determine los valores característicos de A y compruebe 0 0 2 que de acuerdo al teorema 5.2 estos son las componentes de la diagonal principal de A, es decir, 1 1, 2 3 y 3 2 Solución: Calculamos P() = det (A – In) = 0
1 4 1 1 0 0 1 P( ) det( A I n ) det 0 3 5 0 1 0 det 0 0 0 0 2 0 0 1
4 3 0
5 0 2 1
Como el determinante de una matriz triangular es el producto de su diagonal principal el polinomio característico de A es P( ) det( A I n ) (1 )(3 )(2 ) 0. De aquí podemos obtener directamente los valores característicos 1 1, 2 3 y 3 2 . Teorema 5.3: La multiplicidad geométrica de un valor característico es menor o igual que su multiplicidad algebraica. Página 126
Teorema 5.4: Si la multiplicidad geométrica de cada valor característico de A es igual a su multiplicidad algebraica entonces A tiene n vectores linealmente independientes. En particular A tiene n vectores linealmente independientes si todos los valores característicos son distintos.
EJERCICIOS PROPUESTOS I- Determine los espacios característicos, la multiplicidad algebraica y la multiplicidad geométrica de cada uno de los valores característicos de cada matriz. Nota: En un ejercicio anterior ya se había calculado el polinomio y los valores característicos de estas matrices, utilice esa información.
2 1 1) 4 1
3 3 2) 1 5
2 2 3 5) 1 2 1 2 2 1
2 6) 2 3
1 2 3) 1 3
1 2 2 2 1 1
4 1 3 4) 0 2 1 0 0 3
1 0 1 7) 0 1 2 1 3 2
II- Determine el polinomio característico, los valores y vectores propios, los espacios característicos, la multiplicidad algebraica y la multiplicidad geométrica de cada uno de los valores característicos de cada matriz.
1 1 1) 1 1 1 2 0 1 4) 0 0 0 0
3 3 3 0
4 2 3 2
1 1 2) 2 4
0 3) 0 0
1 0 0
1 5) 1 3
2 6) 0 0
2 3 3 2 1 2
0 0 3 1 2 2
Página 127
2 3 0
6. Matrices semejantes Definición: Dos matrices A y B de n x n son semejantes si existe una matriz no singular (invertible) C de n x n tal que
B = C-1 AC
1 1 1 C Ejemplo 6.1: Sean A , 1 2 4
1 2 1 1 C y 1 1 . 2
Haciendo B C 1 AC podemos obtener una matriz semejante a A. Esto es: 2 1 1 1 1 B C 1 AC 1 1 2 4 1 4 2 4 4 2 0 3 3 3 6
1 2 2 2 4 1 1 4 2 1 1 2 1 2 1 4 1 2 3 3 1 2 . 0 3
2 Entonces podemos afirmar que B 0
0 1 1 A y 2 4 son matrices semejantes. 3
La función definida por B = C-1 AC que lleva la matriz A en la matriz B se denomina transformación de semejanza que se puede escribir como T(A) = C-1 AC. Si en B = C-1 AC multiplicamos por la izquierda por C, se obtiene CB = CC-1 AC, como CC-1 = I, entonces CB = AC. Esta expresión se toma como una definición alternativa de semejanza. “A y B son semejantes si y solo si existe una matriz invertible C tal que CB = AC”.
2 1 4 2 2 1 B C Ejemplo 6.2: Sean A , y 5 3 1 1 . 0 1 2 1 4 2 8 5 4 3 3 1 Al calcular CB 5 3 4 5 2 3 1 1 . 1 1 Y
2 1 2 1 4 1 2 1 3 1 AC . 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1
Vemos que CB = AC, entonces A y B son semejantes. Página 128
6.1. Propiedades de las matrices semejantes 1) A es semejante a A. (Propiedad reflexiva) 2) Si B es semejante a A, entonces A es semejante a B. (Propiedad simétrica) 3) Si A es semejante a B y B es semejante a C, entonces A es semejante a C.
(Propiedad transitiva) Teorema 6.1: Si A y B son matrices semejantes de m x n, entonces, tienen el mismo polinomio característico y, por consiguiente, tienen los mismos valores propios. Demostración: Como A y B son semejantes se cumple que B = C-1 AC y det( B I ) det[C 1 AC I ] .
det( B I ) det[C 1 AC I ] det[C 1 AC C 1C I ] ya que C 1C I det[C 1 AC C 1 ( I )C ] . det[C 1 ( A I )C] . Sacando factor común C y C-1 det(C 1 ) det( A I ) det(C) det(C 1 ) det(C )det( A I ) det(C 1C) det( A I ) det( I )det( A I ) det( A I )
Esto significa que A y B tienen la misma ecuación característica, y como los valores propios son las raíces de la ecuación característica, tienen los mismos valores propios.
2 1 4 2 B Ejemplo 6.3: Sean A , 5 3 . Como ya vimos en el ejmplo 6.2 A y B 0 1 son semejantes. Comprobemos ahora que tienen el mismo polinomio característico y los mismos valores propios. Esto es: det( A I ) det( B I ) . Página 129
2 1 det( A I ) det (2 )(1 ) 0 1 P( ) 2 2 0 1 2 y 2 1 4 2 det( B I ) det (4 )(3 ) 10 5 3 P( ) 2 2 0 1 2 y 2 1 Los polinomios característicos y los valores propios de A y B son iguales.
7. Matriz diagonalizable Definición: Una matriz A de n x n es diagonalizable si existe una matriz diagonal D tal que A es semejante a D. En este caso, también decimos que A puede diagonalizarse. Observación: Si D es una matriz diagonal, entonces sus valores propios son las componentes de la diagonal. Si A es semejante a D, entonces A y D tienen los mismos valores propios, en consecuencia A es diagonalizable, entonces A es semejante a una matriz diagonal cuyos valores propios son las componentes de la diagonal.
1 0 0 6 3 25 2 Ejemplo 7.1: Sean D 0 1 0 , A 2 1 8 y C 0 0 0 2 2 2 7 3
4 3 1 1 . 5 7
C es invertible porque det(C) = 3 ≠ 0. Calculemos CA y DC 2 CA 0 3
4 3 6 3 25 12 8 6 6 4 6 50 32 21 2 4 3 0 1 1 1 1 2 1 8 0 2 2 0 1 2 087 5 7 2 2 7 18 10 14 9 5 14 75 40 49 6 10 14
1 0 0 2 DC 0 1 0 0 0 0 2 3
4 3 2 0 0 1 1 0 0 0 5 7 0 0 6
4 0 0 3 0 0 2 4 3 0 1 0 0 1 0 0 1 1 . 0 0 10 0 0 14 6 10 14 Página 130
Como CA = DC se verifica que A es semejante a D que es una matriz diagonal, entonces A es diagonalizable y sus valores propios son iguales que los de D: 1 1, 2 1 y 3 2 . Teorema 7.1: Una matriz A de n x n es diagonalizable si y solo sí A tiene n vectores propios linealmente independientes. 1 0 0 0 0 2 En tal caso la matriz diagonal D 0 0 3 0 0 0
1, 2 , 3 ,
0 0 0 es semejante a A, siendo n
, n los valores propios de A.
Si C es una matriz cuyas columnas son vectores propios linealmente independientes de A, entonces
D = C-1AC. Para indicar que D es la matriz diagonal con componentes
diagonales 1, 2 , 3 ,
, n se escribe D = diag ( 1, 2 , 3 ,
, n ).
Corolario 7.1: Si la matriz A de n x n tiene n valores característicos diferentes, entonces A es diagonalizable.
Procedimiento para diagonalizar una matriz A Paso 1: Formamos el polinomio característico f ( ) det( A I ) de A. Paso 2: Determinamos las raíces del polinomio característico de A. Paso 3: Para cada valor propio j de A, de multiplicidad k j , determinamos una base para el espacio solución de ( A j I n )v 0 (el espacio asociado con j ). Si la dimensión del espacio j (multiplicidad geométrica) es menor que k j (multiplicidad algebraica), la matriz no es diagonalizable. En caso contrario, determinamos n vectores linealmente independientes de A.
Página 131
Paso 4: Sea C la matriz cuyas columnas son los n vectores linealmente independientes determinados en el paso 3, entonces D = C-1AC es una matriz diagonal cuyos elementos de la diagonal son los valores propios de A correspondientes a las columnas de C.
0 0 1 Ejemplo 7.2: Sean A 0 1 2 , determine si A es diagonalizable. 0 0 1 El polinomio característico de A es:
0 1 P( ) det( A I ) 0 1 2 (1 )(1 ) 0 0 0 1 Los valores propios son 1 0, 2 1 y 3 1. En consecuencia, 2 1 es un valor propio de multiplicidad 2. Consideremos los vectores propios asociados a los valores propios 2 3 1, los cuales se obtienen al resolver el sistema ( A 1I3 )v 0
0 0 1 1 0 0 x1 0 ( A 1I 3 )v 0 1 2 0 1 0 x2 0 0 0 1 0 0 1 x3 0
1 0 1 x1 0 0 0 2 x 0 2 0 0 0 x3 0
0 0 La solución general de este sistema es r r 1 , donde r es cualquier número. 0 0
Entonces la dimensión del espacio solución del sistema lineal ( A 1I3 )v 0 es 1; es decir, la multiplicidad geométrica es menor que la multiplicidad algebraica por lo que no existen dos vectores linealmente independientes asociados con 2 1. Por lo tanto A no puede diagonalizarse. 0 0 0 Ejemplo 7.3: Sean A 0 1 0 , determine si A es diagonalizable. 1 0 1 Página 132
0 0 El polinomio característico es: P( ) det( A I ) 0 1 0 (1 )(1 ) y 1 0 1 los valores propios son 1 0, 2 1 y 3 1. En consecuencia, 2 1 es un valor propio de multiplicidad 2. Calculemos los vectores propios asociados a los valores propios 2 3 1, los cuales se obtienen al resolver el sistema: 0 0 0 1 0 0 x1 0 ( A 1I3 )v 0 ( A 1I 3 )v 0 1 0 0 1 0 x2 0 1 0 1 0 0 1 x3 0
1 0 1
0 0 0
0 x1 0 0 x2 0 0 x3 0
0 0 0 La solución general de este sistema es r r 1 s 0 , para cualesquiera números r y s. s 0 1
Entonces la dimensión del espacio solución del sistema lineal ( A 1I3 )v 0 o multiplicidad geométrica de 2 1 es 2 que es igual a su multiplicidad algebraica.
0 0 Tomemos dos vectores propios v2 1 y v3 0 . 0 1 Busquemos ahora los vectores propios asociados a 1 0 . Para ello resolvemos el sistema
lineal
0 0 0 x1 0 t 1 ( A 0 I 3 )v 0 1 0 x2 0 . La solución general es 0 t 0 para 1 0 1 x3 0 t 1
cualquier valor t.
1 Así que v1 0 es un vector propio asociado a 1 0 . Como v1 , v2 , v3 son linealmente 1 independientes, A puede diagonalizarse. Página 133
Si hacemos la matriz C con los vectores v1 , v2 , v3 como columnas podemos comprobar que D = C-1AC es una matriz diagonal semejante a A. esto es:
1 0 0 C 0 1 0, 1 0 1
1 0 0 C 1 0 1 0 , 1 0 1
0 0 0 A 0 1 0 . 1 0 1
1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 D C 1 AC 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 Como se puede observar D es una matriz diagonal y los elementos de la diagonal son los valores propios de A que ya habíamos calculado.
Nota: Existen infinitas posibilidades de tomar los vectores propios linealmente independientes, entonces existen infinitas formas de elegir la matriz de diagonalización C. Lo más recomendable es tomar los vectores de manejo aritmético más sencillo; es decir, con la mayor cantidad de ceros y unos posible.
Teorema 7.2: Sea V un espacio vectorial de dimensión finita con base B1 v1 , v2 ,..., vn
y B2 w1 , w2 ,..., wn . Sea T : V V una transformación lineal. Si
AT
es la
representación matricial de T respecto a la base B1 y si CT es la representación matricial de T respecto a la base B2 , entonces AT y CT son semejantes.
1 1 x x y Ejemplo 7.4: Sea T : R 2 R 2 tal que T , B1 v1 , v2 y 1 2 y 2y 1 1 B2 w1 , w2 . Determine lo que se indica en cada caso: 2 3 Página 134
a) La representación matricial AT de T respecto a la base B1 Las columnas de AT son los vectores de coordenadas de los vectores T vi B . 1 1 1 1 0 1 1 2 1 Calculamos T (v1 ) T T (v2 ) T 1 2(1) 2 2 2(2) 4
Ahora calculamos T v1 B T v2 B . Para esto establecemos las combinaciones 1 1 lineales: T v1 c1v1 c2v2 T v2 d1v1 d2v2 . Esto nos genera dos sistemas de ecuaciones que al resolver de manera simultánea se 1 1 : 0 : 1 obtiene la matriz ampliada siguiente: , su forma escalonada reducida es 1 2 : 2 : 4
2 1 0 : 2 : 6 0 1 : 2 : 5 . Por lo que AT 2
6 . 5
b) La representación matricial CT de T respecto a la base B2 Las columnas de CT son los vectores de coordenadas de los vectores T vi B . 2 1 1 2 1 1 1 3 2 Calculamos T ( w1 ) T T ( w2 ) T 6 2 2(2) 4 3 2( 3)
Ahora calculamos T w1 B T w2 B . Para esto establecemos las combinaciones 2 2 lineales: T w1 c1w1 c2 w2 T w2 d1w1 d 2w2 . Esto nos genera dos sistemas de ecuaciones que al resolver de manera simultánea se 1 1 : 1 : 2 obtiene la matriz ampliada siguiente: , su forma escalonada reducida 2 3 : 4 : 6
es
7 12 1 0 : 7 : 12 0 1 : 6 : 10 . Por lo que CT . 6 10 Página 135
c) Compruebe ahora que AT y CT son semejantes. Para esto basta con comprobar que ambas tienen el mismo polinomio característico y los mismos valores propios. Entonces calculamos los polinomios característicos de AT y CT . P() = det ( AT – In) 2 6 2 6 0 6 1 0 2 P( ) det det det 2 2 5 2 5 0 5 0 1 P( ) (2 )(5 ) 12 10 2 5 2 12 2 3 2
P( ) 2 3 2 ( 2)( 1) 0 1 2 2 1 P() = det ( CT – In) 7 12 7 12 0 12 1 0 7 P( ) det det det 6 6 10 6 10 0 10 0 1 P( ) (7 )(10 ) 72 70 7 10 2 72 2 3 2
P( ) 2 3 2 ( 2)( 1) 0 1 2 2 1 Queda comprobado que AT y CT tienen los mismos polinomios y valores característicos y por lo tanto son semejantes.
EJERCICIOS PROPUESTOS I- Determine si la matriz dada A es diagonalizable. De ser así encuentre una matriz C tal que D = C-1 AC. Verifique que AC = CD y que los elementos distintos de cero de D son los valores característicos o propios de A.
2 1) 5
2 1
3 1 2) 2 4
3 1 3) 4 4 Página 136
2 4) 5
1 2
3 5) 1
5 1
0 1 1 9) 1 0 1 1 1 0
1 1 6) 1 2
1 7) 1 0
2 1 0 10) 0 0 0 0 0 0
3 11) 1 1
1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 0 8) 1 2 1 0 1 1 6 12) 0 0
3 3 3 1 1 3
8. Matrices simétricas y diagonalización ortogonal Definición: Una matriz A de n x n es simétrica si A=AT. Es decir, una matriz es simétrica si es igual a su transpuesta. Teorema 8.1: Todas las raíces del polinomio característico de una matriz simétrica son números reales. Teorema 8.2: Si A es una matriz simétrica real, los vectores propios correspondientes a valores propios distintos de A son ortogonales.
0 0 2 Ejemplo 8.1: Sea la matriz simétrica A 0 2 0 , compruebe que los vectores 2 0 3 propios correspondientes a valores propios distintos son ortogonales. El polinomio característico de A es:
0 2 det( A I ) 0 2 0 (2 )(3 ) 4(2 ) ( 3 2 10 8) 0 2 0 3 P( ) ( 3 2 10 8) 0 Los valores propios de A son 1 2, 2 4 y 3 1.
Página 137
En consecuencia, para 1 2 resolvemos el sistema ( A (2) I3 )v ( A 2I 3 )v 0
0 0 2 2 0 ( A 2 I 3 )v 0 2 0 0 2 2 0 3 0 0
0 x1 0 2 0 x2 0 0 2 x3 0 2
0 0 0
2 x1 0 0 x2 0 5 x3 0
0 0 La solución es un vector de la forma r r 1 para cualquier número r. 0 0 0 Un vector propio es v1 1 . 0
De igual manera, para 2 4 resolvemos el sistema ( A 4I3 )v 0
0 0 2 4 ( A 4 I 3 )v 0 2 0 0 2 0 3 0
0 4 0
0 x1 0 4 0 2 x1 0 0 x2 0 0 6 0 x2 0 4 x3 0 2 0 1 x3 0
r 1 La solución es un vector de la forma 0 r 0 para cualquier número r. 2r 2 1 Un vector propio es v2 0 2
Para 3 1 resolvemos el sistema ( A (1) I3 )v ( A 1I3 )v=0
0 0 2 1 0 ( A 1I 3 )v 0 2 0 0 1 2 0 3 0 0
0 x1 0 1 0 2 x1 0 0 x2 0 0 1 0 x2 0 1 x3 0 2 0 4 x3 0
2r 2 La solución es un vector de la forma 0 r 0 para cualquier número r. r 1 Página 138
2 Un vector propio es v3 0 1 Ahora comprobamos que los vectores propios obtenidos son ortogonales. Esto es v1. v2 0, v1. v3 0 y v2 .v3 0 .
v1. v2 (0,1,0) (1,0, 2) 0 0 0 0 v1. v3 (0,1,0) (2,0,1) 0 0 0 0 v2 .v3 (1,0, 2) (2,0,1) 2 0 2 0 Entonces {v1 , v2 , v3 } es un conjunto ortogonal de vectores de R3. En consecuencia A es diagonalizable. Para hallar la matriz D semejante a A formamos la matriz C con los vectores propios 0 1 2 v1 , v2 , v3 obtenidos anteriormente como columnas C 1 0 0 0 2 1
0 Luego calculamos C 1 15 2 5 0 D C 1 AC 15 2 5
0 0 52 , y hacemos D C 1 AC . 0 15 1
0 0 0 2 0 1 2 0 2 0 0 1 2 2 0 0 0 52 0 2 0 1 0 0 54 0 85 1 0 0 0 4 0 2 1 2 1 0 2 0 3 0 2 1 1 0 0 1 0 5 5 0 5 2 0 0 Entonces la matriz diagonal D semejante a A es D 0 4 0 0 0 1 1
Teorema 8.3: Si A es una matriz simétrica real de n x n, entonces A tiene n vectores propios reales ortonormales.
Página 139
2 0 1 Ejemplo 8.2: En el ejemplo 8.1 vimos que v1 1 , v2 0 y v3 0 son vectores 1 0 2 propios ortogonales basta con normalizarlos; es decir, hacer u1
u3
1 1 v1 , u2 v2 , v1 v2
1 v3 para obtener un conjunto ortonormal de vectores. v3
0 1 1 v2 Esto es: u1 v1 1 , u2 v1 v2 0
1 5
0 , 2 5
1 u3 v3 v3
2 5
0 . 1
5
Entonces {u1, u2 , u3} es un conjunto ortonormal de vectores propios de A. Definición: Una matriz A de n x n es diagonalizable ortogonalmente si existe una matriz ortogonal Q tal que QTAQ = D. Siendo D = diag ( 1, 2 , 3 ,
, n ) y 1, 2 , 3 ,
, n
son valores propios de A. Recuerde que una matriz es ortogonal si su transpuesta es igual a la inversa; es decir, Q es ortogonal si QT = Q-1. Entonces QTAQ = D puede expresarse así: Q-1AQ = D. Teorema 8.4: Sea A una matriz de n x n. Entonces A es diagonalizable ortogonalmente si y solo si A es simétrica
Procedimiento para diagonalizar una matriz simétrica A mediante una matriz ortogonal Q. Paso 1: Formamos el polinomio característico f ( ) det( A I ) de A. Paso 2: Determinamos las raíces del polinomio característico de A. estas serán todas reales. Página 140
Paso 3: Para cada valor propio j de A, de multiplicidad k j , determinamos una base para el espacio propio espacio solución de ( A j I n )v 0 (el espacio asociado con j ). Paso 4: Para cada espacio propio, transformamos la base obtenida en el paso 3 en una base ortonormal mediante el proceso de Gram-Smidt. La totalidad de estas bases ortonormales determina un conjunto ortonormal de n vectores propios de A, que son linealmente independientes. Paso 5: Sea Q la matriz cuyas columnas son los n vectores linealmente independientes determinados en el paso 4. Entonces Q es una matriz ortogonal y D = Q-1AQ = QTAQ es una matriz diagonal cuyos elementos de la diagonal son los valores propios de A correspondientes a las columnas de Q.
1 Ejemplo 8.3: Sea A 2
2 , encontrar una matriz ortogonal Q que diagonalice a A. 4
Solución:
1 2 Paso 1: Formamos el polinomio característico f ( ) det( A I ) det , 2 4 2 f ( ) (1 )(4 ) 4 0 , entonces f ( ) 5 0 . Paso 2: Determinamos las raíces del polinomio característico f ( ) 2 5 0 . Las raíces de este polinomio son 1 0, y 2 5 . Paso 3: Determinamos una base para E0 , el espacio propio de ( A 0I )v 0 (el espacio
1 2 x1 asociado con 1 0 ). Para ello resolvemos ( A 0 I )v 0. 2 4 x2 2r 2 r La solución es un vector de la forma 1 para cualquier número r. r Página 141
2 2 2 Un vector propio es v1 . Entonces E0 gen y es una base para E0 . 1 1 1 Ahora determinamos una base para E5 , el espacio propio de ( A 5I )v 0 (el espacio asociado con 2 5 ). Para ello resolvemos
1 2 5 0 x1 4 2 x1 ( A 5 I )v 0 5 x 2 1 x 0 . 2 4 2 2 r 1 La solución es un vector de la forma r para cualquier número r. 2r 2
1 1 1 Un vector propio es v2 . Entonces E5 gen y es una base para E5 . 2 2 2
Paso 4: Transformamos la base obtenida en el paso 3 en una base ortonormal. Para esto calculamos u1
u2
1 1 1 2 1 v1 (2, 1) (2, 1) , . v1 5 5 5 (2)2 12
1 1 1 1 2 v2 (1, 2) (1, 2) , . 2 2 v2 5 5 5 1 2
Paso 5: Hacemos Q la matriz cuyas columnas son los n vectores linealmente independientes determinados en el paso 4. 2 5 Entonces, Q 1 5
1 2 5 5 1 T y Q Q 2 1 5 5
Ahora podemos calcular D = Q-1AQ = QTAQ
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1 5 . 2 5
2 5 T Q AQ 1 5 0 T D Q AQ 5 5
1 5 1 2 2 5
2 2 5 4 1 5
2 0 5 10 1 5 5
1 2 2 5 5 5 2 1 4 5 5 5
4 4 5 5 2 8 5 5
2 5 1 5
2 5 1 5
1 5 0 0 0 0 0 0 2 2 2 1 4 0 5 5
Resultando la matriz diagonal cuyos elementos diagonales son los valores propios de A.
EJERCICIOS PROPUESTOS Encuentre una matriz ortogonal Q que diagonalice la matriz simétrica dada. Luego verifique que D = Q-1AQ = QTAQ es una matriz diagonal cuyas componentes diagonales son los valores propios de la matriz dada.
3 4 1) 4 3
1 4) 1 1
1 1 1 1 1 1
3 1 2) 1 3
1 2 5) 2 1 2 2
1 1 3) 1 1
2 2 1
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3 2 2 6) 2 2 0 2 0 4
PROGRAMA DE LA ASIGNATURA UNIVERSIDAD AUTONOMA DE SANTO DOMINGO FACULTAD DE CUIENCIAS Oficina de Planificación Universitaria (OPLAU) Oficina de Planificación Sectorial (OPLASE)
Escuela: Cátedra:
Matemática Álgebra Superior
Nombre de la Asignatura: Álgebra Lineal y Matricial Clave: Mat-239 Prerrequisito:
Mat- 239
Fecha de Elaboración: Julio 1994 Fecha de Actualización: Julio del 2006 Coordinadora: Francisca A. Medrano Descripción de la Asignatura: Comprende los espacios vectoriales, diferentes operaciones definidas e un espacio vectorial, dependencia e independencia lineal, bases. También aplicaciones lineales, e espacio dual, formas bilineales y cuadráticas, vectores, valores propios y polinomios característicos. Objetivos Generales: Completar el desarrollo de los conceptos básicos del álgebra que se iniciaron con la Mat230 que sirven de base en las ingenierías, matemática, física, economía y estadística.
Población Destinataria: Estudiantes de matemática, ingeniería, física, química, biología, economía, estadística y educación. Criterio de Evaluación: Talleres para trabajar en el aula, prácticas para hacerlas en sus casas, pruebas escritas (parciales, pruebines y examen general) y algunos trabajos de investigación.
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Unidad: 1 Nombre de la Unidad: Espacios Vectoriales Objetivo General:
Introducir el concepto de espacio vectorial, sus características y
aplicaciones. HT: 12 Objetivos Específicos (terminales)
Establecer y generar los espacios vectoriales y las operaciones en ellos. Conocer combinación lineal y diferenciar independencia lineal, así como dependencia lineal. Verificar cuando un conjunto de vectores forman una base y cuando generan un espacio vectorial.
HP: 04 Contenidos
Concepto de espacio vectorial. Sub-espacio vectorial.
Producto escalar y producto vectorial. Combinación lineal. Vectores linealmente dependientes y linealmente independientes. Concepto de base. Bases ortogonales y ortonormales. Generadores de un espacio vectorial.
Estrategias de Aprendizaje
Preparar guías de estudios de los conceptos nuevos. Aclaraciones y profundización por el/la profesor/a. Hacer las demostraciones que sean necesarias. Uso de la calculadora para comprobar y/o conseguir algunas soluciones . Realizar talleres en el aula, trabajando en pequeños grupos. Asignar prácticas para hacerlas en la casa. Revisar dudas de la práctica con su monitor/a y/o profesor/a.
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Forma de Evaluación
Talleres en el aula Pruebines Práctica.
Unidad: 2 Nombre de la Unidad: Aplicaciones Lineales Objetivo General: HT:
12 Objetivos Específicos (terminales)
Conocer que es una aplicación lineal, el núcleo, la imagen y la composición de aplicaciones. Verificar cuando una aplicación es lineal. Determinar núcleo e imagen de una aplicación lineal. Establecer la relación entre aplicación lineal y una matriz; así como la relación entre una matriz y una aplicación lineal.
Conocer y verificar las aplicaciones lineales. HP:
04
Contenidos
Conceptos de función y de aplicación.
Aplicación lineal. Núcleo, imagen y bases de una aplicación lineal.
Aplicación inversa.
Aplicación lineal asociada a una matriz. Una matriz asociada a una aplicación lineal.
Composición de aplicaciones lineales.
Estrategias de Aprendizaje
Preparar guías de estudios de los conceptos nuevos. Demostraciones modelos hecha por el/la profesor/a. Taller (individual) para verificar si es una aplicación lineal. Trabajo en grupo para encontrar núcleo, imagen y base de una aplicación lineal. Comparar sus demostraciones con las realizados en diferentes textos. Asignar prácticas para hacerlas en la casa. Revisar dudas de la práctica con su monitor/a y/o profesor/a.
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Forma de Evaluación
Talleres en el aula Pruebines Práctica.
Unidad: 3 Nombre de la Unidad: Formas bilineales y cuadráticas. Objetivo General: HT:
Analizar formas bilineales y cuadráticas.
09
Objetivos Específicos (terminales)
Definir formas bilineales , cuadráticas, simétricas y herméticas.
Emplear las formas bilineales y cuadráticas (operadores) en aplicaciones concretas.
Analizar y conocer el Teorema de Silvestre y sus consecuencias.
HP: 03 Contenidos
Formas bilineales . Formas cuadráticas. Formas simétricas. Formas hermíticas. Operadores unitarios. Teorema de Silvestre.
Estrategias de Aprendizaje
Preparar guías de estudios de los conceptos nuevos. Aclaraciones y profundización por el/la profesor/a. Hacer las demostraciones que sean necesarias. Realizar talleres en el aula, trabajando en pequeños grupos. Resolver problemas donde apliquen los diversos operadores. Asignar prácticas para hacerlas en la casa. Revisar dudas de la práctica con su monitor/a y/o profesor/a.
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Forma de Evaluación
Talleres en el aula Pruebines Práctica.
Unidad: 4 Nombre de la Unidad: Polinomios Característicos, vectores propios y valores propios. Objetivo General: HT:
15
Objetivos Específicos (terminales)
Establecer el polinomio característico.
Analizar las propiedades de los valores y vectores propios o característicos.
Diagonalizar matrices usando los vectores propios.
Analizar y establecer los vectores propios y sus propiedades. HP:
05
Contenidos
Estrategias de Aprendizaje
Polinomios de matrices y de aplicaciones lineales. Polinomios característicos. Valores propios y vectores propios. Diagonalización de matrices simétricas. Diagonalización de matrices usando los vectores propios.
Preparar guías de estudios de los conceptos nuevos. Demostraciones modelos hecha por el/la profesor/a. Taller (individual) para verificar si es una aplicación lineal. Uso de la calculadora. Trabajo en grupo para encontrar núcleo, imagen y base de una aplicación lineal. Comparar sus demostraciones con las realizados en diferentes textos. Asignar prácticas para hacerlas en la casa. Revisar dudas de la práctica con su monitor/a y/o profesor/a.
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Forma de Evaluación
Talleres en el aula Pruebines Práctica.
Referencias Bibliográficas
Álgebra Y Análisis Matricial. Autor: Rubén Félix Lebreault. Editorial: Editora Universitaria. UASD. 2007 Álgebra Lineal. Autor: Quilvio Manuel Cabral Achécar Editorial: Editora Universitaria. UASD.1992 Álgebra Lineal y Sus Aplicaciones. Autor: David C. Lay Editorial: Pearson Addison Wesley . 2007 Álgebra Lineal Autores: Kolman, Bernard y Hill, David Editorial: Pearson Education. Prentice Hall. 2005 Álgebra Lineal Autores : Stanley I. Grossman Editorial: Mc Graw Hill. 1996 Matrices Autor: Frank Ayres. Editorial: McGraw-Hill/Interamericana .1992
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