1. PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE
ALGEBRA LINEAL
PROBLEMAS RESUELTOS
Rodrigo Vargas
Santiago de Chile
2007

2. ii

3. Prefacio
Este libro con problemas resueltos pretende sirvir para los estudiantes del
plan com´ n de Ingeneria Civil de la Pontificia Universidad Cat´lica de Chile.
u o
As´ espero facilitar el estudio y la comprensi´n de los estudiantes. Grupos
ı o
especiales, estudiantes avanzados, lectores que deseen una presentaci´n m´s
o a
completa y los alumnos, por as´ decirlo, normales que busquen lecturas com-
ı
plementarias pueden consultar el libro “Linear Algebra” de Hoffman y Kunze
que trata los mismos t´picos con un enfoque m´s amplio.
o a
La parte mas importante de este libro son sus problemas resueltos, que
sirven para fijar ideas, desarrollar algunos temas esbozados en muchos textos
de algebra lineal y como oportunidad para que el lector compruebe lo sencillo
de algunas soluciones. Naturalmente, me gustar´ que el lector s´lo consultase
ıa o
las soluciones despu´s de haber hecho un serio esfuerzo para resolver cada
e
problema. Precisamente es este esfuerzo, con o sin ´xito, el que nos conduce
e
a buenos resultados en el proceso de aprendizaje.
Los problemas que el lector encontrar´ se basan en las ayudantias del
a
curso de algebra lineal impartido en la Pontificia Universidad Cat´lica de
o
Chile, el cual est´ dirigido a estudiantes de Ingeneria Civil.
a
iii

4. iv

5. ´
Indice general
1. Algebra Lineal Elemental 1
2. Factorizaciones de Matrices 21
3. Determinantes 43
4. Espacios Vectoriales 49
5. Transformaciones Lineales, Teorema de la Dimensi´n y Cam-
o
bio de Base 61
6. Bases Ortonormales y Proyecciones 79
7. Vectores y Valores Propios, Diagonalizaci´n
o 85
v

6. vi

7. Cap´
ıtulo 1
Algebra Lineal Elemental
1.1. Se dice que v es combinaci´n lineal convexa de u1 , u2 , ..., uk si v =
o
α1 v1 + α2 v2 + ... + αk vk donde αi ≥ 0, i = 1, ..., k y α1 + α2 + ... + αk = 1.
Demuestre que si u4 es combinaci´n convexa de u1 , u2 , u3 y v es combi-
o
naci´n convexa de u1 , u2 , u3, u4 entonces v es combinaci´n convexa de
o o
u1 , u2 , u3 .
Soluci´n: Si u4 es combinaci´n convexa de u1 , u2, u3 , entonces
o o
u4 = α1 u1 + α2 u2 + α3 u3 ,
donde αi = 1 y αi ≥ 0 para i = 1, . . . , 3. Si v es combinaci´n convexa
o
de u1 , u2 , u3, u4 , entonces
v = β1 u1 + β2 u2 + β3 u3 + β4 u4 ,
donde βi = 1 y βi ≥ 0 para i = 1, . . . , 4. Luego,
v = β1 u1 + β2 u2 + β3 u3 + β4 u4
= β1 u1 + β2 u2 + β3 u3 + β4 (α1 u1 + α2 u2 + α3 u3 )
= (β1 + β4 α1 )u1 + (β2 + β4 α2 )u2 + (β3 + β4 α3 )u3
= γ1 u 1 + γ2 u 2 + γ3 u 3
donde γ1 = β1 + β4 α1 ≥ 0, γ2 = β2 + β4 α2 ≥ 0 y γ3 = β3 + β4 α3 ≥ 0.
Adem´s,
a
γi = γ1 + γ2 + γ3 + γ4
= β1 + β4 α1 + β2 + β4 α2 + β3 + β4 α3
= β1 + β2 + β3 + β4 (α1 + α2 + α3 )
= β1 + β2 + β3 + β4 = 1 .
Por lo tanto, v es combinaci´n convexa de u1 , u2 , u3.
o
1

8. 2 Cap´
ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental
1.2. Demuestre que si u1 = 2v1 + 3v2 , u2 = −v1 + 3v2 entonces se cumple
que: < u1 , u2 >=< v1 , v2 >.
Soluci´n: Primero probaremos que < u1 , u2 > ⊂ < v1 , v2 >. Para
o
esto, sea x ∈< u1 , u2 > entonces
x = α1 u1 + α2 u2
= α1 (2v1 + 3v2 ) + α2 (−v1 + 3v2 )
= (2α1 − α2 )v1 + 3(α1 + α2 )v2 .
Como x es combinaci´n lineal de los vi ’, es claro que x ∈< v1 , v2 > y,
o
por lo tanto, hemos probado que
< u1 , u2 > ⊂ < v1 , v2 > .
Ahora se probar´ que < v1 , v2 > ⊂ < u1 , u2 >. Notemos que:
a
u1 = 2v1 + 3v2 ⇒ 3v2 = u1 − 2v1
y
u2 = −v1 + 3v2 ⇒ 3v2 = u2 + v1 .
Igualando obtenemos que
u1 − 2v1 = u2 + v1
3v1 = u1 − u2
1
v1 = (u1 − u2 ) .
3
Despejando obtenemos
1
v2 = (u1 + 2u2) .
9
Sea x ∈< v1 , v2 >, este vector se puede escribir de la forma
x = β1 u1 + β2 u2
1 1
= β1 (u1 + u2 ) + β2 u1
3 3
1 1
= (β1 + β2 )u1 + β1 u2 .
3 3
Como x es combinaci´n lineal de los ui ’, es claro que x ∈< u1 , u2 > y,
o
por lo tanto, hemos probado que
< v1 , v2 > ⊂ < u1 , u2 >
y por lo tanto, < u1 , u2 >=< v1 , v2 >.

9. Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 3
1.3. Sean
−0.6 3 4
u= ,v = ,w = .
0.8 4 3
(a) Calcule los productos puntos u · v, u · w, w · v.
(b) Determine la longitud de cada uno de los vectores.
(c) Verifique las desigualdades (Schwarz):
| u · v| ≤ u v y | v · w| ≤ v w .
Soluci´n:
o
a)
u · v = (−0.6, 0.8) · (3, 4) = (−0.6)(3) + (0.8)(4) = 1.4 ,
u · w = (−0.6, 0.8) · (4, 3) = (−0.6)(4) + (0.8)(3) = 0 ,
w · v = (4, 3) · (3, 4) = (4)(3) + (3)(4) = 24 .
b)
√
u = u·u= (−0.6)2 + (0.8)2 = 1 ,
√
v = v·v = (3)2 + (4)2 = 5 ,
√
w = w·w = (4)2 + (3)2 = 5 .
c)
| u · v| = |1.4| = 1.4 ≤ 5 = (1)(5) = u v ,
| v · w| = |24| = 24 ≤ 25 = (5)(5) = v w .
1.4. Para u = (1, 2), v = (−1, 3) determine un escalar α tal que u − αv sea
perpendicular a u.
Soluci´n: Notemos que
o
u − αv = (1, 2) − α(−1, 3)
= (1 + α, 2 − 3α) .
Para que los vectores sean perpendiculares basta que el producto interno
entre los vectores sea cero
0 = u · (u − αv)
= (1, 2) · (1 + α, 2 − 3α)
= 1(1 + α) + 2(2 − 3α)
= 5 − 5α .
Entonces, α = 1 y tenemos que u − αv = (2, −1).

10. 4 Cap´
ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental
1.5. Exprese el plano x + y + 2z = 1 como combinaci´n lineal de vectores.
o
Indique el vector normal unitario al plano.
Soluci´n: Podemos despejar cualquiera de las variables de la ecuaci´n
o o
del plano en funci´n de las otras dos. Por ejemplo, podemos despejar x
o
y obtenemos x = 1 − y − 2z en forma vectorial
         
x 1 − y − 2z 1 −1 −2
 y = y  =  0 +  1 y +  0 z .
z z 0 0 1
Se puede observar que el plano se puede expresar como combinaci´n o
lineal de los vectores (−1, 1, 0), (−2, 0, 1), donde el primer vector siempre
esta ponderado por 1, esto es
     
1 −1 −2
P =  0 + <  1 , 0  > .
0 0 1
En general, el vector normal de un plano ax + by + cz = d es (a, b, c),
en nuestro caso el vector normal es n = (1, 1, 2) con modulo
√ √
n = 1 2 + 12 + 22 = 6 .
Luego, el vector normal unitario es:
1
n = √ (1, 1, 2) .
ˆ
6
1.6. Si un hiperplano pasa por los puntos (1, −1, 1, 1), (2, −1, 2, 1), (0, 1, 1, 1),
(1, 0, 0, 1). Determine los valores α, β tal que el punto (α, β, α−β, α+β)
pertenezca al hiperplano.
Soluci´n: La ecuaci´n de un plano en R4 es:
o o
ax + by + cz + dw = e .
Como el hiperplano pasa por los puntos (1, −1, 1, 1), (2, −1, 2, 1), (0, 1, 1, 1),
(1, 0, 0, 1) las constantes a, b, c, d, e deben cumplir
a−b+c+d = e,
2a − b + 2c + d = e,
b+c+d = e,
a+d = e.

11. Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 5
Entonces tenemos 4 ecuaciones y 5 incognitas. Hay una variable libre
que es e y a, b, c, d son variables b´sicas. Resolviendo el sistema obten-
a
emos
a = b = c = 0, d = e .
La ecuaci´n del hiperplano es entonces:
o
dw = d ⇒ w = 1 .
Luego, para que (α, β, α − β, α + β) pertenezca al hiperplano se debe
cumplir que:
α+β =1.
1.7. ¿Para qu´ valor(es) de λ ser´n linealmente dependientes los vectores
  e   a
1 2 3
 2   −1   λ ?
3 4 4
Soluci´n: Suponga que
o
       
1 2 3 0
c1  2  + c2  −1  + c3  λ  = 0 =  0  .
3 4 4 0
Entonces mulptiplicando y sumando se obtiene
   
c1 + 2c2 + 3c3 0
 2c1 − c2 + λc3  =  0  .
3c1 + 4c2 + 4c3 0
Esto nos lleva al sistema de tres ecuaciones y tres incognitas
c1 + 2c2 + 3c3 = 0 , (1.1)
2c1 − c2 + λc3 = 0 , (1.2)
3c1 + 4c2 + 4c3 = 0 . (1.3)
As´ los vectores ser´n linealmente dependientes si y s´lo si el sistema
ı, a o
tiene soluciones no triviales. Despejando en (1.1)
c1 = −2c2 − 2c3 . (1.4)
Si (1.4) en (1.3) y despejando
5c3
c2 = − . (1.5)
2

12. 6 Cap´
ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental
Si (1.5) en (1.4) obtenemos
c1 = 2c3 . (1.6)
Finalmente (1.5) y (1.6) en (1.2) obtenemos
2c1 − c2 + λc3 = 0
5
2(2c3 ) + c3 + λc3 = 0
2
13
(λ + )c3 = 0 .
2
Para obtener infinitas soluciones necesitamos que una de las ecuaciones
se anule esto se consigue con λ = − 13 , con este valor los vectores son
2
linealmente dependientes.
1.8. Considere el sistema de ecuaciones
x1 + x2 + x3 = 1 ,
x1 − 2x2 + ax3 = b ,
2x1 + x2 + 3x3 = c ,
donde a, b, c son constantes. Determine los valores de a, b, c tales que el
sistema: no tenga soluci´n, tenga soluci´n unica, tenga infinitas solu-
o o ´
ciones.
Soluci´n: Primeros hacemos eliminaci´n de Gauss
o o
   
1 1 1 1 1 1 1 1
 1 −2 a b  ∼  0 −3 a − 1 b − 1 
2 1 3 c 0 −1 1 c−2
 
1 1 1 1
1 1
∼  0 1 3 (1 − a) 3
(1 − b) 
0 −1 1 c−2
 
1 0 1 + 1 (a − 1)
3
1
3
(b − 1) + 1
1 1
∼  0 1 3
(1 − a) 3
(1 − b)  .
1 1
0 0 3
(4 − a) 3
(3c − b − 5)
La ultima fila de la matriz ampliada equivale a
´
1 1
(4 − a)x3 = (3c − b − 5) ⇒ (4 − a)x3 = 3c − b − 5 .
3 3

13. Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 7
Para que no haya soluciones es necesario que el sistema sea inconsis-
tente, es decir, que algunas de sus ecuaciones contenga alguna contradic-
ci´n. La unica posible es 0 · x3 = 0. Es decir, con a = 4 y 3c − b − 5 = 0.
o ´
Para que existan infinitas soluciones se necesita una identidad que se
cumpla siempre. La unica que se cumple siempre independiente del va-
´
lor de x3 es 0 · x3 = 0. Es decir, con a = 4 y 3c − b − 5 = 0.
Si se quiere una sola soluci´n, se debe tener tantas ecuaciones lineal-
o
mente independientes como incognitas y adem´s el sistema debe ser
a
consistente. Esto se cumple para cualquier valor de a, b, c excepto para
el valor a = 4.
1.9. Encuentre eficientemente la soluci´n general de los sistemas
o
         
1 1 1 x1 2 1 1 1 x1 2
 2 1 1   x2  =  3  y  2 1 1   x2  =  3  .
3 1 1 x3 4 3 1 1 x3 5
Soluci´n: Con el m´todo de eliminaci´n de Gauss es posible resolver
o e o
m´ ltiples sistemas con la misma matriz de coeficientes y distintos vec-
u
tores a la vez. Para esto se construye una matriz ampliada de la forma
[ A | b1 ... bn ].
   
1 1 1 2 2 1 1 1 2 2
 2 1 1 3 3  ∼  0 −1 −1 −1 −1 
3 1 1 4 5 0 −2 −2 −2 −1
 
1 1 1 2 2
∼  0 1 1 1 1 
0 −2 −2 −2 −1
 
1 1 1 2 2
∼  0 1 1 1 1 .
0 0 0 0 1
Una vez obtenida la matriz escalonada reducida, se debe despejar las
inc´gnitas del primer y segundo sistema a partir de las columnas corres-
o
pondientes a los vectores (2, 3, 4) y (2, 3, 5), respectivamente. En este
caso el segundo sistema es inconsistente, es decir no tienen soluciones,
ya que tenemos 0 · x3 = 1. Para el segundo sistema tenemos infinitas
soluciones dadas por
x1 = 1, x2 = 1 − x3 , x3 ∈ R .

14. 8 Cap´
ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental
1.10. Determine un sistema de ecuaciones Ax = b tal que su conjunto soluci´n
o
sea:      
1 −1 1
 2   0   1 
S = + 
 0   0  ,  −1  .
  
2 1 0
Soluci´n: El conjunto soluci´n de Ax = b es x0 + kerA, donde x0 es
o o
una soluci´n particular de Ax = b. Adem´s KerA = filas de A ⊥ .
o a
Entonces
KerA = (−1, 0, 0, 1), (1, 1, −1, 0) .
Sea (a, b, c, d) una fila de A, entonces:
       
a −1 a 1
 b   0   b   1 
 ·
 c   0 =0 y
  · =0
 c   −1 
d 1 d 0
−a + d = 0 d=a
⇔ .
a+b−c=0 c=a+b
0 1 1 0 (a = 0, b = 1)
Tomando A = . Ahora sea
1 0 1 1 (a = 1, b = 0)
   
1 1
 2  0 1 1 0  2 
b = A  =  = 2 .
 0  1 0 1 1  0  3
2 2
0 1 1 0
Eligiendo A = y b = (2, 3) el conjunto de Ax = b
1 0 1 1
coincide con
     
1 −1 1
 2   0   1 
S = +
 0   0  ,  −1
   
 .
2 1 0
1.11. Considere el plano P de R3 dado por P = {(x, y, z) ∈ R3 : 2x−3y + z =
0} y la matriz  
1 −1 2
A= 2 0 1 .
1 1 1

15. Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 9
Demuestre que la imagen de P a trav´s de A es un plano y encuentre
e
la ecuaci´n cartesiana ax + by + cz = d de tal plano.
o
Soluci´n: Notemos que
o
P = {(x, y, z) ∈ R3 : 2x − 3y + z = 0}
= {(x, y, x) ∈ R3 : z = 3y − 2x}
= {(x, y, 3y − 2x) : x, y ∈ R}
= {(x, 0, −2x) + (0, y, 3y) : x, y ∈ R}
= {(1, 0, −2)x + (0, 1, 3)y : x, y ∈ R} .
Los vectores (1, 0, −2) y (0, 1, 3) son linealmente independientes, ya que
α(1, 0, −2)+β(0, 1, 3) = (0, 0, 0) ⇒ (α, β, −2α+3β) = (0, 0, 0) ⇒ α = β = 0.
Luego, P = {(1, 0, −2), (0, 1, 3)} = {v, w}
    
1 −1 2 1 −3
Av =  2 0 1  0  =  0  ,
1 1 1 −2 −1
    
1 −1 2 0 5
Aw =  2 0 1  1  =  3  .
1 1 1 3 4
Por lo tanto, la imagen de P a trav´s de A es generado por vectores
e
(−3, 0, −1) y (5, 3, 4), esto es
A(P) = {(−3, 0, −1), (5, 3, 4)}
= {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = α(−3, 0, −1) + β(5, 3, 4) α, β ∈ R}
= {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = (−3α + 5β, 3β, −α + 4β) α, β ∈ R}
= {(x, y, z) ∈ R3 : x = −3α + 5β, y = 3β, z = −α + 4β α, β ∈ R}
= {(x, y, z) ∈ R3 : 3x + 7y − 9z = 0} .
1.12. Considere la siguiente matriz triangular superior
 
p 1 0
A= 0 p 1  .
0 0 p
Encuentre An , n ∈ N.

16. 10 Cap´
ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental
Soluci´n: Notemos que
o
    2 
p 1 0 p 1 0 p 2p 1
A2 =  0 p 1   0 p 1  =  0 p2 2p  ,
0 0 p 0 0 p 0 0 p2
 2    3 
p 2p 1 p 1 0 p 3p2 3p
A3 =  0 p2 2p   0 p 1  =  0 p3 3p2  ,
0 0 p2 0 0 p 0 0 p3
 3    4 
p 3p 3p p 1 0 p 4p3 6p2
A4 =  0 p3 3p2   0 p 1  =  0 p4 4p3  ,
0 0 p3 0 0 p 0 0 p4
 4    5 
p 4p3 6p2 p 1 0 p 5p4 10p3
A5 =  0 p4 4p3   0 p 1  =  0 p5 5p4  .
0 0 p4 0 0 p 0 0 p5
 n 
p npn−1 an pn−2
Luego, An =  0 pn npn−1  donde an+1 = an +(n−1), ∀n > 1
0 0 pn
y a1 = 0.
1.13. Demuestre que cualquier matriz cuadrada se puede escribir de manera
unica como la suma de una matriz sim´trica y una matriz antisim´trica.
´ e e
Soluci´n: Se dice que una matriz es sim´trica si At = A y se dice
o e
que una matriz es antisim´trica si At = −A. Consideremos las matrices
e
1
2
(A + At ) y 1 (A − At ) entonces
2
1 1 1 1
[ (A + At )]t = (At + (At )t ) = (At + A) = (A + At ) .
2 2 2 2
1
Luego, 2 (A + At ) es una matriz sim´trica.
e
1 1 1 1
[ (A − At )]t = (At − (At )t ) = (At − A) = − (A − At ) .
2 2 2 2
Luego, 1 (A − At ) es un matriz antisim´trica. Por lo tanto, podemos
2
e
escribir A como
1 1
A = (A + At ) + (A − At ) .
2 2
1.14. Resuelva la siguiente ecuaci´n matricial
o
1 1 4 −2 6 4
X = .
3 4 −3 2 22 14

17. Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 11
1 1 4 −2 6 4
Soluci´n: Sean A =
o ,B= yC=
3 4 −3 2 22 14
y notemos que si existen las matrices inversas de A y B, entonces
AXB = C ⇒ AXBB −1 = CB −1
⇒ AX = CB −1
⇒ A−1 AX = A−1 CB −1
⇒ X = A−1 CB −1 .
Usando eliminaci´n de Gauss, podemos encontrar A−1 y B −1 .
o
1 1 1 0 1 1 1 0 1 0 4 −1
∼ ∼
3 4 0 1 0 1 −3 1 0 1 −3 1
y
1 1 1 1
4 −2 1 0 1 −2 4
0 1 −2 4
0
∼ ∼ 1 3
−3 2 0 1 −3 2 0 1 0 2 4
1
1 0 1 1 1 0 1 1
∼ ∼ .
0 1
2
3
4
1 0 1 3
2
2
Entonces
4 −1 1 1
A−1 = , B −1 = 3 .
−3 1 2
2
Luego, tenemos que
4 −1 6 4 1 1
X = A−1 CB −1 = 3
−3 1 22 14 2
2
2 2 1 1 5 6
= 3 = .
4 2 2
2 7 8
1.15. Sea A de 2 × 2 tal que A(1, 0)⊤ = (3, 6)⊤ y A(0, 1)⊤ = (1, 2)⊤
(a) Mostrar que la imagen bajo A de la recta 3x + 2y = 0 es la recta
2x − y = 0.
(b) Hay una recta L que pasa por el origen y que queda fija bajo A, ( es
decir, A(L) = L, aunque no necesariamente A(l) = l, para l ∈ L).
¿Cu´l es la recta?
a

18. 12 Cap´
ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental
Soluci´n:
o
(a) Si A = (aij ) entonces
a11 a12 1 a11 3
A(1, 0)⊤ = = = ,
a21 a22 0 a21 6
a11 a12 0 a12 1
A(0, 1)⊤ = = = .
a21 a22 1 a22 2
3 1
Por lo que A = . Buscamos el vector generador de la recta
6 2
3x + 2y = 0
L = {(x, y) ∈ R2 : 3x + 2y = 0}
3
= {(x, y) ∈ R2 : y = − x}
2
3
= x, − x : x ∈ R
2
3
= x 1, − :x∈R
2
3
= 1, −
2
y obtenemos
3
3 1 1
A(1, −3/2)⊤ = = 2 .
6 2 −3
2
3
Entonces la imagen de bajo A de la recta es:
3
A(L) = ,3
2
3
= α ,3 :α∈R
2
y
= (x, y) ∈ R2 : x =
2
= {(x, y) ∈ R2 : 2x − y = 0} .
(b) Si L es la recta que pasa por el origen entonces consideremos
L = {(x, y) ∈ R2 : y = mx}
= {(x, mx) : x ∈ R}
= {(1, m)} .

19. Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 13
3 1 1 3+m
Entonces, = y
6 2 m 6 + 2m
A(L) = {(3 + m, 6 + 2m)}
= {((3 + m, 6 + 2m) : x ∈ R}
= {(x, y) ∈ R2 : 2x − y = 0} .
Si consideremos la recta
L = {(x, y) ∈ R2 : 2x − y = 0}
entonces A(L) = L .
1.16. Sea A = (aij ) ∈ Mn (R). Se define la traza de A, denotada por tr(A),
como n
tr(A) = aii = a11 + a22 + · · · + ann .
i=1
Si A, B ∈ Mn (R), demuestre
(a) tr(AB) = tr(BA).
(b) tr(AAt ) > 0, si A = 0.
Soluci´n:
o
(a) Sean A = (aij ), B = (bij ), AB = (cij ) y BA = (dij ) entonces un
elemento de la diagonal de la matriz AB es
n
cii = aik bki ,
k=1
luego,
n n n n n n n
tr(AB) = cii = aik bki = bki aik = bki aik
i=1 i=1 k=1 i=1 k=1 k=1 i=1
n
= dkk = tr(BA) .
k=1
(b) Si A = (aij ) entonces At = (bij ) = (aji ) si denotamos AAt = (rij )
entonces:
n n n n n n n
t
tr(AA ) = rii = aik bki = aik aik = (aki )2 > 0.
i=1 i=1 k=1 i=1 k=1 k=1 i=1

20. 14 Cap´
ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental
1.17. Si tan α = (a/b), demuestre que
n n/2
1 (a/b) a2 cos nα sin nα
= 1+ .
−(a/b) 1 b2 − sin nα cos nα
Soluci´n: Demostramos la igualdad haciendo inducci´n sobre n
o o
Para n = 1, tenemos que:
1/2
a2 cos α sin α 1/2 cos α sin α
1+ 2 = 1 + tan2 α
b − sin α cos α − sin α cos α
cos α sin α
= sec α
− sin α cos α
1 (a/b)
= .
−(a/b) 1
Ahora suponiendo que se cumple para n, probamos que es v´lido para
a
n + 1.
a n+1 a n a
1 b
1 b
1 b
=
−a
b
1 −a
b
1 −a
b
1
n/2
a2 cos nα sin nα 1 a
b
= 1+ 2
b − sin nα cos nα −a
b
1
sin α
cos nα sin nα 1
= (1 + tan2 α)n/2 cos α
− sin nα cos nα − cos α
sin
α
1
cos nα sin nα cos α sin α
= (sec2 α)n/2 sec α
− sin nα cos nα − sin α cos α
cos nα cos α − sin nα sin α cos nα sin α + sin nα cos α
= secn+1 α
− sin nα cos α − cos nα sin α − sin nα sin α + cos nα cos α
cos(n + 1)α sin(n + 1)α
= (1 + tan2 α)(n+1)/2
− sin(n + 1)α cos(n + 1)α
(n+1)/2
a2 cos(n + 1)α sin(n + 1)α
= 1+ 2 .
b − sin(n + 1)α cos(n + 1)α
1.18. Demuestre que si A es una matriz cuadrada tal que An = 0, entonces
I − A es invertible.
Soluci´n: Basta observar que
o
(I − A)(I + A + A2 + ... + An−1 ) = (I − An ) .

21. Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 15
Como An = 0, entonces:
(I − A)(I + A + A2 + ... + An−1 ) = I .
Luego, I + A + A2 + ... + An−1 = (I − A)−1 y I − A es invertible.
 
1 2 0
1.19. Sea A =  2 −1 0 . Verifique que A3 − A2 − 5A + 5I3 = 0 para
0 0 1
determinar A−1 en funci´n de A.
o
Soluci´n: Tenemos
o que
    
1 2 0 1 2 0 5 0 0
2  2
A = −1 0   2 −1 0  =  0 5 0 
0 0 1 0 0 1 0 0 1
    
1 2 0 5 0 0 5 10 0
A3 =  2 −1 0   0 5 0  =  10 −5 0 
0 0 1 0 0 1 0 0 1
 
0 10 0
3 2  10 −10 0 . Luego,
y entonces A − A =
0 0 0
     
0 10 0 1 2 0 1 0 0
A3 − A2 − 5A + 5I3 =  10 10 0  − 5  2 −1 0  + 5  0 1 0 
0 0 0 0 0 1 0 0 1
     
0 10 0 −5 −10 0 5 0 0
=  10 −10 0  +  −10 5 0 + 0 5 0 
0 0 0 0 0 −5 0 0 5
   
0 10 0 0 −10 0
=  10 −10 0  +  −10 10 0  = 0 .
0 0 0 0 0 0
Notemos que
A3 − A2 − 5A + 5I3 = 0 ⇒ (A2 − A − 5I3 )A = −5I3
1
⇒ (A − A2 + 5I3 )A = I3
5
1
⇒ A−1 = (A − A2 + 5I3 )
5 
1 0 0
1
⇒ A−1 =  2 −1 0  .
5
0 0 5

22. 16 Cap´
ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental
1.20. Calcule una inversa por la derecha de:
1 2 −6
A= .
−3 −8 5
Soluci´n: Calcular una inversa por la derecha es equivalente a resolver
o
AX = I donde X corresponde a la inversa por la derecha de A, como
A2×3 y I2×2 , la unica opci´n es que X3×2 , luego,
´ o
 
x11 x12
X =  x21 x22 
x31 x32
esto es equivalente a resolver simultaneamente los sistemas
A(x11 , x21 , x31 )⊤ = (1, 0)⊤ y A(x12 , x22 , x32 )⊤ = (0, 1)⊤ .
Usamos eliminaci´n de Gauss, para resolver el sistema
o
1 2 −6 1 0 1 2 −6 1 0
∼
−3 −8 5 0 1 0 −2 −13 3 1
1 2 −6 1 0
∼
0 1 2 −2 −1
13 3
2
1 0 −19 4 1
∼ 13 .
0 1 2
−3 −1
2 2
Entonces,
x11 = 4 + 19x31 ,
x12 = 1 + 19x32 ,
3 13
x21 = − − x31 ,
2 2
1 13
x22 = − − x32 .
2 2
As´ obtenemos una familia de matrices inversas por la derecha, para
ı,
valores x31 , x32 en R, tomando x31 = x32 = 0 se obtiene
 
4 1
X =  −3 −1  .
2 2
0 0
1.21. Sea A de 3 × 4 tal que existen v1 , v2 , v3 ∈ R tales que
     
1 0 1
Av1 =  1  , Av2 =  1  , Av3 =  1  .
0 2 −1

23. Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 17
(a) Demuestre que el sistema Ax = b es consistente para todo b ∈ R3 .
 
1
4  2 .
(b) Determine un vector x ∈ R tal que Ax =
3
Soluci´n:
o
(a) Ax = b es consistente para todo b si s´lo si A es sobre si s´lo si A
o o
tiene inversa por la derecha. Sea B = [v1 v2 v3 ], entonces AB = C
con
 
1 0 1
C= 1 1 1 
0 2 −1
dado que C es invertible, entonces ABC −1 = I y la inversa por la
derecha de A es BC −1 , donde
 
3 −2 1
C −1 =  −1 1 0 .
−2 2 −1
 
1
(b) De lo anterior se tiene que ABC −1 = I, entonces ABC −1  2  =
3
     
1 1 2
 2 . Entonces x = BC −1  2  =  1  = 2v1 + v2 − v3 .
3 3 −1
1.22. Determine los valores de α, β para los cuales S = {v1 , v2 , v3 } es lineal-
mente dependiente y b pertenece a S (ambas situaciones a la vez),
donde
       
1 2 1 α
v1 =  1  , v2 =  1  , v3 =  2  , b =  β  .
β 1 α 1
Soluci´n: Construyo la matriz A cuyas columnas son los vectores v1 , v2 , v3
o

24. 18 Cap´
ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental
y b, esto es
A = [ v1 v2 v3 b ]
 
1 2 1 α
=  1 1 2 β 
β 1 α 1
 
1 2 1 α
∼  0 −1 1 β−α 
0 1 − 2β α − β 1 − αβ
 
1 2 1 α
∼  0 1 −1 α−β .
0 0 α − β + (1 − 2β) 1 + β − α + αβ − 2β 2
Los vectores v1 , v2 , v3 son linealmente dependientes si s´lo si
o
α − 3β + 1 = 0 .
El vector b pertenece a v1 , v2 , v3 si s´lo si
o
1 + β − α + αβ − 2β 2 = 0 .
Resuelvo
α − 3β + 1 = 0 α = −1 + 3β
⇒ .
1 + β − α + αβ − 2β 2 = 0 2
β − 3β + 2 = 0
Encontramos dos soluciones α = 2, β = 1 o α = 5, β = 2.
 
2 4 3
1.23. Sea A =  0 1 −1 . Calcule adj A.
3 5 7
1 −1 0 −1
Soluci´n: Se tiene A11 =
o = 12, A12 = − = −3,
5 7 3 7
A13 = −3, A21 = −13, A22 = 5, A23 = 2, A31 = −7, A32 = 2 y
A33 = 2.
12 −3 −3 12 −13 −7
As´ B =
ı, −13 5 2 y adj A = B t = −3 5 2 .
−7 2 2 −3 2 2

25. Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 19
1.24. Resuelva el sistema usando la regla de Cramer
2x1 + 4x2 + 6x3 = 18 ,
4x1 + 5x2 + 6x3 = 24 ,
3x1 + x2 − 2x3 = 4 .
Soluci´n: Primero se tiene
o
2 4 6
D= 4 5 6 =6
3 1 −2
de manera que el sistema tiene soluci´n unica.
o ´
18 24 4 2 4 6
Despu´s D1 = 4 5
e 6 = 24, D2 = 18 24 4 = −12 y
3 1 −2 3 1 −2
2 4 6
D3 = 4 5 6 = 18.
18 24 4
Por lo tanto, x1 = D1 = 24 = 4, x2 = D2 = −12 = −2 y x3 = D3 = 18 =
D 6 D 6 D 6
3.
 
4 3 2 1
1.25. Sea A =  3 2 1 4 , con coeficientes en Z5 . Hallar el Ker(A).
2 1 4 3
Soluci´n: Reducimos
o la matriz por eliminaci´n
o de Gauss y obtenemos
   
4 3 2 1 1 0 0 4
 3 2 1 4  −− −→  0 1 0 4 
2 1 4 3 0 0 1 4
tenemos que x1 = −4x4 , x2 = −4x4 y x3 = −4x4 , entonces:
   
−4 1
 −4  (mod 5)  1 
KerA =   −4 
 =   .
 1 
1 1

26. 20 Cap´
ıtulo 1. Algebra Lineal Elemental

27. Cap´
ıtulo 2
Factorizaciones de Matrices
 
2 4 6
2.1. Demuestre la matriz A =  4 5 6  es invertible y escribala como
3 1 −2
producto de matrices elementales.
Soluci´n: Para resolver el problema, se reduce A a I y se registran
o
las operaciones elementales filas.
   
2 4 6 1 0 0 E1 ( 1 )
1 2 3 1 0 0
2
2
 4 5 6 0 1 0  −−→
−−  4 5 6 0 1 0 
3 1 −2 0 0 1 3 1 −2 0 0 1
 1

E2,1 (−4)
E3,1 (−3)
1 2 3 2
0 0
−− −
− −→  0 −3 −6 −2 1 0 
0 −5 −11 − 3 0 12
 1

E2 (− 1 )
1 2 3 2
0 0
2
− −3→
−− −  0 1 2 3
−1 0 
3
3
0 −5 −11 − 2 0 1
 
E1,2 (−2)
E3,2 (5)
1 2 −1 − 5 6
2
3
0
 0 1 2 1
−− −
− −→ 2 3
−3 0 
11 5
0 0 −1 − 6 − 3 1
 
1 0 −1 − 5 6
2
3
0
E3 (−1) 2 1
−− −
− −→  0 1 2 −3 0 
3
11 5
0 0 1 −6 3
−1
 
E1,3 (1)
E2,3 (−2)
1 0 0 −8 3
7
3
−1
13
−− −
− −→  0 1 0
3
− 11
3
2 .
11 5
0 0 1 −6 3
−1
21

28. 22 Cap´
ıtulo 2. Factorizaciones de Matrices
Como A se redujo a I, se tiene:
   
−8 7
−1 −16 14 −6
3 3 1
A−1 =  13 − 11
3 3
2  =  26 −22 12  .
6
− 11
6
5
3
−1 −11 10 −6
A−1 se obtuvo comenzando con I y aplicando nueve operaciones ele-
mentales. As´ A−1 es el producto de nueve matrices elementales
ı,
     
1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 −2 0
A−1 =  0 1 −2   0 1 0   0 1 0  0 1 0  0 1 0 
0 0 1 0 0 1 0 0 −1 0 5 1 0 0 1
E2,3 (−2) E1,3 (1) E3 (−1) E3,2 (5) E1,2 (−2)
    1 
1 0 0 1 0 0 1 0 0 2
0 0
×  0 − 1 0   0 1 0   −4 1 0   0 1 0  .
3
0 0 1 −3 0 1 0 0 1 0 0 1
E 2 (− 3 )
1 E3,1 (−3) E2,1 (−4) E1 ( 1 )
2
Entonces A = (A−1 )−1 = producto de las inversas de las nueve matrices
elementales en orden opuesto.
Observaci´n: Las inversas de las matrices elementales son:
o
(Ei,j (α))−1 = Ei,j (−α) ,
1
(Ei (α))−1 = Ei ,
α
(Pi,j )−1 = Pi,j .
Entonces, tenemos que
      
2 4 6 2 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0
 4 5 6  =  0 1 0   4 1 0   0 1 0   0 −3 0 
3 1 −2 0 0 1 0 0 1 3 0 1 0 0 1
     
1 2 0 1 0 0 1 0 0 1 0 −1 1 0 0
× 0 1 0  0 1 0  0 1 0  0 1 0  0 1 2 .
0 0 1 0 −5 1 0 0 −1 0 0 1 0 0 1
2.2. Escriba la matriz  
3 6 9
A= 2 5 1 
1 1 8

29. Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 23
como el producto de matrices elementales y una matriz triangular su-
perior.
Soluci´n: Se reduce A por filas para obtener la forma escalonada
o
   
3 6 9 E1 ( 1 )
1 2 3
 2 5 1  −− 3→  2 5 1 
−− −
1 1 8 1 1 8
 
1 2 3
E3,1 (−1)
− − −  0 1 −5 
− −→
0 −1 5
 
E2,1 (−2)
E3,1 (−1)
1 2 3
− − −  0 1 −5 
− −→
0 −1 5
 
1 2 3
E3,2 (1)
− − −  0 1 −5  = U .
− −→
0 0 0
Despu´s, al trabajar hacia atr´s, se ve que
e a
    
1 2 3 1 0 0 1 0 0
U=  0 1 −5  =  0 1 0   0 1 0 
0 0 0 0 1 1 −1 0 1
  1  
1 0 0 3
0 0 3 6 9
×  −2 1 0   0 1 0   2 5 1 
0 0 1 0 0 1 1 1 8
y tomando las inversas de las cuatro matrices elementales, se obtiene
     
3 6 9 3 0 0 1 0 0 1 0 0
A=  2 5 1  =  0 1 0  2 1 0  0 1 0 
1 1 8 0 0 1 0 0 1 1 0 1
  
1 0 0 1 2 3
×  0 1 0   0 1 −5  .
0 −1 1 0 0 0
2.3. Sea  
2 3 2 4
 4 10 −4 0 
A=
 −3 −2 −5 −2  .

−2 4 4 −7

30. 24 Cap´
ıtulo 2. Factorizaciones de Matrices
(a) Escriba A como producto de una matriz triangular inferior y una
matriz triangular superior.
 
4
 −8 
(b) Resuelva el sistema Ax = b, donde b = 
 −4  .

−1
Soluci´n:
o
(a) Hacemos eliminacion gaussiana, pero esta vez no se dividen los el-
mentos de la diagonal (pivotes) por s´ mismos:
ı
   
2 3 2 4 E2,1 (−2) 2 3 2 4
 4 10 −4 0  E3,1 ( 3 )  0 4 −8 −8 
 − −2→ 
 −3 −2 −5 −2  − − −  0 5 −2 4 
 
2
−2 4 4 −7 0 7 6 −3
 
E3,2 (− 5 )
8
2 3 2 4
E4,2 (− 7 )  0 4 −8 −8 
− −4
−− −  →  
0 0 3 9 
0 0 20 11
 
2 3 2 4
E4,3 (− 20 )  0 4 −8
3 −8 
−− − 
− −→  =U.
0 0 3 9 
0 0 0 −49
Usando las matrices elementales se puede escribir
   
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
 0 1 0 0  0 1 0 0   0 1 0 0 
U =  
 0 0 1 0  0 0 1 0  0 −5
8
1 0 
0 0 − 20 1
3
0 −7 0 1
4
0 0 0 1
   
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
 0 1 0 0  0 1 0 0 
  −2 1 0 0 
× 
 0 0 1 0  3 0
A.
2
1 0  0 0 1 0 
1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1
Luego
   
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
 2 1 0 0 
 0 1 0  0
0  1 0 0 
A=
 0 3

0 1 0   −2 0 1 0  0 0 1 0 
0 0 0 1 0 0 0 1 −1 0 0 1

31. Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 25
   
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0
 0 1 0 0  0 1 0 0  0 1 0 0 
× 
 0 5 1 0  0 0 1 0

 0
U .
8
0 1 0 
0 0 0 1 0 7 0 1
4
0 0 20
3
1
Se ha escrito A como un producto de seis matrices elementales y
una matriz triangular superior. Sea L el producto de las matrices
 
1 0 0 0
 2 1 0 0 
elementales. Debe usted verificar que L =  3 5
 −
, que
2 8
1 0 
−1 7 20 1
4 3
es un matriz triangular inferior con unos en la diagonal. Despu´s e
se puede escribir A = LU, donde L es triangular inferior y U es
triangular superior. Esta factorizaci´n se llama factorizaci´n LU de
o o
A.
(b) De lo anterior se puede escribir A = LU, donde
   
1 0 0 0 2 3 2 4
 2 1 0 0   0 4 −8 −8 
L= 3 5
 −
, U =  .
2 8
1 0   0 0 3 9 
−1 74
20
3
1 0 0 0 −49
El sistema Ly = b conduce a las ecuaciones
y1 = 4,
2y1 + y2 = −8 ,
3 5
− y1 + y2 + y3 = −4 ,
2 8
7 20
−y1 + y2 + y3 + y4 = −1 ,
4 3
o bien
y1 = 4 ,
y2 = −8 − 2y2 = −16 ,
3 5
y3 = −4 + y1 − y2 = 12 ,
2 8
7 20
y4 = −1 + y1 − y2 − y3 = −49 .
4 3
Se acaba de realizar la sustituci´n hacia adelante. Ahora, de Ux = y
o

32. 26 Cap´
ıtulo 2. Factorizaciones de Matrices
se obtiene
2x1 + 3x2 + 2x3 + 4x4 = 4,
4x2 − 8x3 − 8x4 = −16 ,
3x3 + 9x4 = 12 ,
−49x4 = −49 ,
o bien
x4 = 1,
3x3 = 12 − 9x4 = 3 ⇒ x3 = 1 ,
4x2 = −16 + 8x3 + 8x4 = −16, ⇒ x2 = 0 ,
2x1 = 4 − 3x2 − 2x3 − 4x4 = −2, ⇒ x1 = −1 .
 
−1
 0 
 1 .
La soluci´n es x = 
o 
1
2.4. (Un camino m´s sencillo para
a obtener la factorizaci´n LU) Encuentre
o
la factorizaci´n LU de
o
 
2 3 2 4
 4 10 −4 0 
 .
 −3 −2 −5 −2 
−2 4 4 −7
Soluci´n: Este problema ya lo resolvimos en
o el ejercicio 2.3. Ahora se
usar´ un m´todo m´s sencillo. Si A = LU,
a e a se sabe que A se puede
factorizar como
    
2 3 2 4 1 0 0 0 2 3 2 4
 4 10 −4 0   a 1 0 0  0 u v w 
A=  −3 −2 −5 −2  =  b c 1 0
  
 0
 = LU.
0 x y 
−2 4 4 −7 d e f 1 0 0 0 z
Observese que la primera fila de U es la misma primera fila de A porque
al reducir A a la forma triangular, no se efectua ninguna operaci´n o
elemental a la primera fila.
Se pueden obtener todos los coeficientes que faltan con s´lo multiplicar
o
las matrices. La componente 2, 1 de A es 4. As´ el producto escalar de
ı,
la segunda fila de L y la primera columna de U es igual a 4
4 = 2a ⇒ a = 2 .

33. Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 27
As´ tenemos que
ı,
componente 2,3: −4 = 4 + v ⇒ v = −8 ,
componente 2,4: 0 = 8 + w ⇒ w = −8 ,
3
componente 3,1: −3 = 2b ⇒ b = − ,
2
9 5
componente 3,2: −2 = − + 4c ⇒ c = ,
2 8
componente 3,3: −5 = −3 − 5 + x ⇒ x = 3 ,
componente 3,4: −2 = −6 − 5 + y ⇒ y = 9 ,
componente 4,1: −2 = 2d ⇒ d = −1 ,
7
componente 4,2: 4 = −3 + 4e ⇒ e = ,
4
20
componente 4,3: 4 = −2 − 14 + 3f ⇒ f = ,
3
componente 4,4: −7 = −4 − 14 + 60 + z ⇒ z = −49 .
El resultado es la factorizaci´n que se obtuvo en el ejercicio 2.3. con un
o
esfuerzo considerablemente menor.
 
1 2 3
2.5. Demuestre que  −1 −2 −3  tiene m´s de una factorizaci´n LU.
a o
2 4 6
Soluci´n: Usando la t´cnica del problema 2.4, se obtiene la factori-
o e
zaci´n
o
    
1 2 3 1 0 0 1 2 3
A =  −1 −2 −3  =  −1 1 0   0 0 0  = LU .
2 4 6 2 0 1 0 0 0
 
1 0 0
Sin embargo, si se hace L1 =  −1 1 0 , entonces A = L1 U para
2 x 1
cualquier n´ mero real x. As´ en este caso, A tiene una factorizaci´n LU
u ı, o
pero no es unica. Debe verificarse que A no es invertible.
´
Por otro lado,
    
1 2 3 1 0 0 1 2 3
B =  2 −1 4  =  2 1 0   0 −5 −2  = L′ U ′
3 1 7 3 1 1 0 0 0
y esta factorizaci´n es unica, aunque B no sea invertible. El lector debe
o ´
verificar estos hechos. Este ejemplo muestra que si una matriz cuadrada

34. 28 Cap´
ıtulo 2. Factorizaciones de Matrices
con una factorizaci´n LU no es invertible, entonces su factorizaci´n LU
o o
puede ser o no unica.
´
2.6. Encuentre una matriz de permutaci´n P y matrices triangulares inferior
o
y superior L y U tales que P A = LU para la matriz
 
0 2 3
A =  2 −4 7 
1 −2 5
 
7
y resuelva el sistema Ax = b donde b =  9 .
−6
Soluci´n: Para reducir A por filas a la forma triangular superior,
o
primero se intercambian las filas 1 y 3 y despu´s se continua como
e
sigue
   
0 2 3 1 −2 5
 2 −4 7  − P1,3→  2 −4 7 
−−−
1 −2 5 0 2 3
 
1 −2 5
E2,1 (−2)
− − −  0 0 −3 
− −→
0 2 3
 
1 −2 5
P2,3
−−→  0 2
−− 3 .
0 0 −3
Al realizar esta reducci´n por reglones se hicieron dos permutaciones.
o
   
0 0 1 1 0 0
P1,3 =  0 1 0  , P2,3 =  0 0 1  .
1 0 0 0 1 0
Entonces
    
1 0 0 0 0 1 0 0 1
P = P2,3 P1,3 =  0 0 1  0 1 0  =  1 0 0 
0 1 0 1 0 0 0 1 0
y     
0 0 1 0 2 3 1 −2 5
P A =  1 0 0   2 −4 7  =  0 2 3 .
0 1 0 1 −2 5 2 −4 7

35. Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 29
Esta matriz se puede reducir a una forma triangular superior sin per-
mutaciones. Se tiene
   
1 −2 5 1 −2 5
 0 2 3  −3,1 (−2)  0 2
E
−−
−→ 3 =U.
2 −4 7 0 0 −3
As´
ı,  
1 0 0
 0 1 0 PA = U ,
−2 0 1
o bien   
1 0 0 1 −2 5
PA =  0 1 0  0 2 3  = LU .
2 0 1 0 0 −3
Por otro lado, tenemos que
    
0 0 1 7 −6
LUx = P Ax = P b =  1 0 0   9  =  7  .
0 1 0 −6 9

−6
Se busca un y tal que Ly =  7 . Esto es,
9
    
1 0 0 y1 −6
 0 1 0   y2  =  7  .
2 0 1 y3 9
Entonces, y1 = −6, y2 = 7 y 2y1 + y3 = 9, por lo que y3 = 21 y
 
−6
y= 7  .
21
 
−6
Continuando, se busca un x tal que Ux =  7 ; es decir,
21
    
1 −2 5 x1 −6
 0 2 3   x2  =  7  .
0 0 −3 x3 21

36. 30 Cap´
ıtulo 2. Factorizaciones de Matrices
Por lo que
x1 − 2x2 + 5x3 = −6 ,
2x2 + 3x3 = 7 ,
−3x3 = 21 .
 
57
Por ultimo, se obtiene despejando que x =  14 .
´
−7
2.7. Calcule la factorizaci´n de Choleski (con y sin ra´ de la matriz
o ız)
 
4 −1 1
A =  −1 17
4
11
4
.
1 11
4
7
2
Soluci´n: La factorizaci´n de Choleski sin ra´ corresponde a LDLT ,
o o ız
para esto primero debemos determinar la factorizaci´n LU.
o
    
4 −1 1 1 0 0 4 −1 1
A=  −1 17 11  =  −1 1 0   0 4 3  = LU
4 4 4
1 11
4
7
2
1
4
3
4
1 0 0 1
Se deduce entonces que la factorizaci´n
o de Choleski sin ra´ LDLT de
ız,
A es:
   
1 0 0 4 0 0 1 −4 1
1
4
A=  −1 1 0   0 4 0  0 1 3 
4 4
1 3
4 4
1 0 0 1 0 0 1
Por otro lado, tenemos que
A = LDLT
√ √
= L D DLT
√ √ T
= (L D)(L D )T
√ √
= (L D)(L D)T
= KK T
√
donde K = L D. Luego, tenemos la siguiente factorizaci´n de Choleski
o

37. Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 31
con ra´ de A es la que sigue:
ız
  √  √  
1 0 0 4 √0 0 4 √0 0 1 −1 1
4 4
A =  −1 1 0   0
4 4 0  0 4 0  0 1 3 
4
1 3
4 4
1 0 0 1 0 0 1 0 0 1
    
1 0 0 2 0 0 2 0 0 1 −1 1
4 4
=  −1 1 0   0 2 0   0 2 0   0
4
1 3 
4
1 3
4 4
1 0 0 1 0 0 1 0 0 1
  
2 0 0 2 −2 1
1
2
1
=  −2 2 0   0 2 3 
2
1 3
2 2
1 0 0 1
2.8. Demuestre que si A es invertible B = AT A y B = RT R es la factori-
zaci´n de Choleski (con ra´ cuadrada) de B, X es la soluci´n RT = AT ,
o ız o
Y es la soluci´n de RY = X, entonces Y = A−1 .
o
Soluci´n: Si RT X = AT y RY = X, entonces
o
RT RY = AT
BY = AT
T
A AY = AT /(AT )−1
AY = I /A−1
Y = A−1 .
2.9. Sea A una matriz cuadrada de orden k y considera la matriz cuadrada
B de orden k + 1 definida por
 
1 0 ... 0
 1 
 
B= . .
 .. A 
1
Supongamos que A admite la descomposici´n A = LU. Determine una
o
ˆ U para la matriz B.
descomposici´n B = L
o ˆ
Soluci´n: Notemos que:
o
     
1 0 ... 0 1 0 ... 0 1 0 ... 0
 1  Ei,1 (−1)  0   0 
  i=2,..., k+1    
 ..  −− −
− −→  .
. = .
. .
 . A   . A   . LU 
1 0 0

38. 32 Cap´
ıtulo 2. Factorizaciones de Matrices
Sea E = Ek+1,1 (−1)Ek,1 (−1) · · · E3,1 (−1)E2,1 (−1), entonces
    
1 0 ... 0 1 0 ... 0 1 0 ... 0

 0   0
 
 0



EB =  .
. = .
.  .
. .
 . LU   . L  . U 
0 0 0
Entonces
  
1 0 ... 0 1 0 ... 0
 0  0 
−1   
B = E  . . .
 . 
 . L  . U 
0 0
  
1 0 ... 0 1 0 ... 0
 1  0 
   ˆˆ
=  .
.  ..  = LU .
 . L  . U 
1 0
2.10. Sea
 
0 0 −1 1 1
 1 2 −2 3 3 
A=
 1
.
2 1 2 1 
−1 −2 −2 5 3
(a) Determine la factorizaci´n P A = LU
o
(b) Determine el valor de α tal que el sistema Ax = (1, 3, α, 3 + 3α)T
tenga soluci´n.
o
(c) Resuelva el sistema anterior, con el valor α adecuado.
(d) Usando (a), encuentre bases del espacio fila y del espacio columna
de A.
Soluci´n:
o
(a) Hacemos eliminaci´n de Gauss, primero intercambiando las filas 1
o

39. Algebra Lineal - Rodrigo Vargas 33
y 2.
   
0 0 −1 1 1 1 2 −2 3 3
 1 2 −2 3 3  P1,2  0 0 −1 1 1 

 1
 −−−→  
2 1 2 1   1 2 1 2 1 
−1 −2 −2 5 3 −1 −2 −2 5 3
 
E3,1 (−1)
1 2 −2 3 3
E4,1 (1)  0 0 −1 1 1 
−− − 
− −→  
0 0 3 −1 −2 
0 0 −4 8 6
 
E3,2 (3)
1 2 −2 3 3
E4,2 (−4)  0 0 −1 1 1 
−− − 
− −→  
0 0 0 2 1 
0 0 0 4 2
 
1 2 −2 3 3
E3,4 (−2)  0 0 −1 1 1 
−−−→   0 0
=U.
0 2 1 
0 0 0 0 0
Entonces P A = LU donde
     
0 1 0 0 1 0 0 0 1 2 −2 3 3
 1 0 0 0   0 1 0 0   0 0 −1 1 1 
P = 0
,L =  ,U =  .
0 1 0   1 −3 1 0   0 0 0 2 1 
0 0 0 1 −1 4 2 1 0 0 0 0 0
Esta factorizaci´n no es unica.
o ´
(b) Como Ax = b, entonces P Ax = P b y se resulve primero Ly = P b y
luego Ux = y. Tenemos que P b = (3, 1, α, 3 + 3α)T y
  
1 0 0 0 y1
 0 1 0 0   y2 
Ly =  
 1 −3 1 0   y3 

−1 4 2 1 y4
   
y1 3
 y2   1 
=  = .
 y1 − 3y2 + y3   α 
−y1 + 4y2 + 2y3 + y4 3 + 3α