El documento presenta 6 problemas de álgebra lineal resueltos. El Problema 1 construye una transformación lineal entre dos espacios polinómicos. El Problema 2 demuestra que la imagen de un plano bajo una transformación lineal sobreyectiva es también un plano. El Problema 3 determina la base del complemento ortogonal de un subespacio y calcula la proyección de un vector sobre dicho subespacio.

1. Ángel Guale
PROBLEMAS ÁLGEBRA LINEAL
2do parcial
ÁNGEL GUALE
PROBLEMA 1:
Sean 𝑷 𝟐, 𝑷 𝟑 con las operaciones convencionales. Construir la regla de correspondencia de una
transformación lineal 𝑻: 𝑷 𝟐 → 𝑷 𝟑 con las siguientes condiciones
𝑇(1 + 𝑥2) = 1 + 𝑥3
, 𝑇(1 + 𝑥) = 1 + 𝑥2
, 𝑇(1) = 1 + 𝑥
Solución
Se obtiene a cualquier vector de 𝑃2 como combinación lineal de los vectores de la base 𝐵 =
{1 + 𝑥2
, 1 + 𝑥, 1}, es decir
𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥2
= 𝛽1(1 + 𝑥2) + 𝛽2(1 + 𝑥) + 𝛽3(1)
Entonces, al resolver el sistema luego de igualar coeficientes, se obtiene:
𝛽1 = 𝑎2 𝛽2 = 𝑎1 𝛽3 = 𝑎0 − 𝑎1 − 𝑎2
Así, por linealidad de T
𝑇(𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥2) = 𝛽1 𝑇(1 + 𝑥2) + 𝛽2 𝑇(1 + 𝑥) + 𝛽3 𝑇(1)
Por lo que la regla de correspondencia sería:
𝑇(𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥2) = (𝑎2)(1 + 𝑥3) + (𝑎1)(1 + 𝑥2) + (𝑎0 − 𝑎1 − 𝑎2)(1 + 𝑥)
𝑇(𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥2) = (𝑎0) + (𝑎0 − 𝑎1 − 𝑎2)𝑥 + (𝑎1)𝑥2
+ 𝑎2 𝑥3

2. Ángel Guale
PROBLEMA 2:
Sea W un plano de ℝ 𝟑
(W no necesariamente atraviesa el origen) y 𝑻: ℝ 𝟑
→ ℝ 𝟑
una transformación
lineal sobreyectiva. Demuestre que el conjunto 𝑻(𝑾) = {𝑻(𝒘): 𝒘 ∈ 𝑾} es también un plano en ℝ 𝟑
(Un plano W en ℝ 𝟑
es el conjunto de los elementos x que se pueden expresar como la suma de un
elemento fijo 𝑢0 más la combinación lineal de dos vectores linealmente independientes)
Solución
Todo elemento de un plano en ℝ 𝟑
se puede expresar como la suma de un vector posición más la
combinación lineal de la base de un subespacio de dimensión 2.
Entonces, existe un vector 𝑢0 ∈ 𝑊 y dos vectores linealmente independientes 𝑣1, 𝑣2 en el espacio, tales
que para todo 𝑤 ∈ 𝑊 existen 𝑡1, 𝑡2 ∈ ℝ de tal forma que:
𝑤 = 𝑢0 + 𝑡1 𝑣1 + 𝑡2 𝑣2
Así, si 𝑧 ∈ 𝑇(𝑊) entonces
𝑧 = 𝑇(𝑤) = 𝑇(𝑢0 + 𝑡1 𝑣1 + 𝑡2 𝑣2)
Por la linealidad de 𝑇
𝑧 = 𝑇(𝑢0) + 𝑡1 𝑇(𝑣1) + 𝑡2 𝑇(𝑣2)
Pero como T es sobreyectiva entre dos espacios de igual dimensión, entonces T es un isomorfismo, así T
transforma conjuntos linealmente independientes en conjuntos linealmente independientes. Por lo tanto
𝑇(𝑣1), 𝑇(𝑣2) forman un conjunto linealmente independiente, lo cual termina la prueba, ya que todo
elemento de 𝑇(𝑊) se escribe como la suma de un vector posición 𝑇(𝑢0) más la combinación lineal de
dos vectores linealmente independientes.

3. Ángel Guale
PROBLEMA 3:
Sea el espacio vectorial V= 𝑮𝒆𝒏{𝐜𝐨𝐬(𝒙) , 𝒔𝒆𝒏(𝒙), 𝟏}, 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐𝝅 con el producto interno
⟨𝒇|𝒈⟩ = ∫ 𝒇(𝒙)𝒈(𝒙)𝒅𝒙
𝟐𝝅
𝟎
∀𝒇, 𝒈 ∈ 𝑽
Sea el subespacio vectorial de V: 𝑾 = {𝒇 ∈ 𝑽|𝒇(𝒙) = 𝜶 𝐜𝐨𝐬(𝒙) + 𝜷𝒔𝒆𝒏(𝒙); 𝜶, 𝜷 ∈ ℝ}
a. Determine el complemento ortogonal de W y su base.
b. Si 𝒇(𝒙) = 𝐜𝐨𝐬(𝒙) − 𝟐, determine el elemento de W más próximo a 𝒇
Solución
Una base de W es 𝐵 𝑤 = {cos(𝑥) , 𝑠𝑒𝑛(𝑥)}
El complemento ortogonal de W es por definición
𝑊⊥
= {𝑓 ∈ 𝑉| ⟨𝑓|𝑔⟩ = 0 , ∀𝑔 ∈ 𝑊}
Sea 𝑓(𝑥) = 𝑎1 cos(𝑥) + 𝑎2 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑎3(1) ∈ 𝑊⊥
entonces debe cumplirse que
⟨𝑓(𝑥)|cos (𝑥)⟩ = 0 ∧ ⟨𝑓(𝑥)|𝑠𝑒𝑛(𝑥)⟩ = 0
⟨𝑓(𝑥)|cos (𝑥)⟩ = 0
∫ [𝑎1 cos(𝑥) + 𝑎2 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑎3(1)] cos(𝑥) 𝑑𝑥
2𝜋
0
= 0
𝑎1 ∫ cos2(𝑥) 𝑑𝑥
2𝜋
0
+ 𝑎2 ∫ sen(x) cos(x) 𝑑𝑥
2𝜋
0
+ 𝑎3 ∫ cos(x) 𝑑𝑥
2𝜋
0
= 0
𝜋𝑎1 = 0
⟨𝑓(𝑥)|𝑠𝑒𝑛(𝑥)⟩ = 0
∫ [𝑎1 cos(𝑥) + 𝑎2 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑎3(1)]sen(𝑥) 𝑑𝑥
2𝜋
0
= 0
𝑎1 ∫ cos (x)sen(x)𝑑𝑥
2𝜋
0
+ 𝑎2 ∫ sen2
(x)𝑑𝑥
2𝜋
0
+ 𝑎3 ∫ sen(x) 𝑑𝑥
2𝜋
0
= 0
𝜋𝑎2 = 0
𝑊⊥
= {𝑎1 cos(𝑥) + 𝑎2 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + 𝑎3(1)|𝑎1 = 𝑎2 = 0}
𝐵 𝑊⊥ = {1}
Para el literal b debemos calcular 𝑃𝑟𝑜𝑦 𝑊 𝑓(𝑥).

4. Ángel Guale
Para esto es mejor proyectar a 𝑓 sobre el complemento ortogonal de W. Tenemos que
ortonormalizar la base de W:
||1|| = √∫ 1𝑑𝑥
2𝜋
0
= √2𝜋
𝐵 𝑊⊥
∗
= {
1
√2𝜋
}
𝑃𝑟𝑜𝑦 𝑊⊥ 𝑓(𝑥) = ⟨cos(𝑥) − 2|
1
√2𝜋
⟩
1
√2𝜋
=
1
2𝜋
⟨cos(𝑥) − 2|1⟩
∫ cos(𝑥) − 2
2𝜋
0
𝑑𝑥 = −4𝜋
𝑃𝑟𝑜𝑦 𝑊⊥ 𝑓(𝑥) =
1
2𝜋
⟨cos(𝑥) − 2|1⟩ =
−4𝜋
2𝜋
= −2
Así, por el teorema de proyección 𝑣 = 𝑃𝑟𝑜𝑦 𝑊 𝑣 + 𝑃𝑟𝑜𝑦 𝑊⊥ 𝑣
𝑃𝑟𝑜𝑦 𝑊 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑃𝑟𝑜𝑦 𝑊⊥ 𝑓(𝑥)
𝑃𝑟𝑜𝑦 𝑊 𝑓(𝑥) = cos(𝑥) − 2 − (−2)
𝑃𝑟𝑜𝑦 𝑊 𝑓(𝑥) = cos (𝑥)

5. Ángel Guale
PROBLEMA 4
Demuestre:
Sean V y W espacios vectoriales sobre un campo K. Sea 𝑻: 𝑽 → 𝑾 una transformación lineal. Sean 𝒗 ∈
𝑽, 𝒘 ∈ 𝑾 tales que 𝑻(𝒗) = 𝒘. Sea 𝒙 ∈ 𝑽. Pruebe que 𝑻(𝒙) = 𝒘 si y sólo si 𝒙 = 𝒗 + 𝒚 donde 𝒚 ∈
𝑵𝒖(𝑻)
SOLUCIÓN
Demostración
La doble implicación habrá que demostrarla por separado
Si 𝑻(𝒙) = 𝒘 entonces 𝒙 = 𝒗 + 𝒚; 𝒚 ∈ 𝑵𝒖(𝑻)
Se conoce que 𝑇(𝑣) = 𝑤 y que 𝑇(𝑥) = 𝑤
Por lo que
𝑇(𝑣) = 𝑇(𝑥)
Despejando
𝑇(𝑣) − 𝑇(𝑥) = 𝑛 𝑤
𝑇(𝑣 − 𝑥) = 𝑛 𝑤
Por lo tanto el elemento 𝑣 − 𝑥 ∈ 𝑁𝑢(𝑇), es decir sea 𝑢 ∈ 𝑁𝑢(𝑇)
𝑢 = 𝑣 − 𝑥
𝑥 = 𝑣 − 𝑢
Sea 𝑦 = −𝑢; 𝑦 ∈ 𝑁𝑢(𝑇)
𝑥 = 𝑣 + 𝑦
Si 𝒙 = 𝒗 + 𝒚; 𝒚 ∈ 𝑵𝒖(𝑻) entonces 𝑻(𝒙) = 𝒘
Al transformar a x, tendríamos
𝑥 = 𝑣 + 𝑦
𝑇(𝑥) = 𝑇(𝑣 + 𝑦)
𝑇(𝑥) = 𝑇(𝑣) + 𝑇(𝑦)
𝑇(𝑥) = 𝑤 + 𝑛 𝑤
𝑇(𝑥) = 𝑤

6. Ángel Guale
PROBLEMA 5
Demuestre:
Sea 𝑽 un espacio vectorial y 𝑻 un operador lineal en 𝑽. Si 𝑵𝒖(𝑻 𝟐
) ⊆ 𝑵𝒖(𝑻) entonces 𝑵𝒖(𝑻) ∩
𝑰𝒎(𝑻) = {𝒏 𝒗}
Demostración:
Supongamos que existe otro elemento 𝑥 ≠ 𝑛 𝑣 que pertenezca a la intersección entre núcleo e
imagen, demostraremos que esto es imposible.
Entonces por hipótesis 𝑥 ∈ 𝑁𝑢(𝑇) ∧ 𝑥 ∈ 𝐼𝑚(𝑇)
Se tiene que 𝑥 ∈ 𝐼𝑚(𝑇) entonces existe un vector 𝑢 tal que 𝑇(𝑢) = 𝑥
𝑇(𝑇(𝑢)) = 𝑇(𝑥)
Como x es elemento del núcleo de T
𝑇2
(𝑢) = 𝑛 𝑣
Es decir 𝑢 es elemento del núcleo de 𝑇2
, por hipótesis 𝑁𝑢(𝑇2) ⊆ 𝑁𝑢(𝑇) , es decir 𝑢 también es
elemento del 𝑁𝑢(𝑇)
𝑇(𝑢) = 𝑛 𝑣
Finalmente, sabíamos que 𝑇(𝑢) = 𝑥
𝑥 = 𝑛 𝑣
Lo cual contradice la hipótesis de que x es diferente del neutro de V. Contradicción. No puede
haber otro vector diferente del neutro en la intersección del Núcleo y la Imagen.

7. Ángel Guale
PROBLEMA 6
Sea 𝑻: 𝑷 𝟐 → 𝑷 𝟐 una transformación lineal con regla de correspondencia:
𝑻(𝒂 + 𝒃𝒙 + 𝒄𝒙 𝟐
) = (𝒂 + 𝟑𝒃 + 𝟑𝒄) − (𝟑𝒂 + 𝟓𝒃 + 𝟑𝒄)𝒙 + (𝟑𝒂 + 𝟑𝒃 + 𝒄)𝒙 𝟐
Encuentre de ser posible una base B’ de 𝑷 𝟐 respecto de la cual la representación matricial de T es una
matriz diagonal.
La base respecto a la cual la matriz asociada es diagonal es la base de vectores propios de T. Esta base
existe si la transformación es diagonalizable. Para que la transformación T sea diagonalizable su matriz
asociada debe ser diagonalizable. Sea 𝐴 𝑇 la matriz asociada con respecto a la base canónica
𝐴 𝑇 = (
1
−3
3
3
−5
3
3
−3
1
)
Debemos hallar los valores propios de 𝐴 𝑇
det(𝐴 − 𝜆𝐼) = 0
det (
1 − 𝜆
−3
3
3
−5 − 𝜆
3
3
−3
1 − 𝜆
) = 0
(1 − 𝜆)((−5 − 𝜆)(1 − 𝜆) + 9) − 3(−3(1 − 𝜆) + 9) + 3(−9 + 3(5 + 𝜆)) = 0
(1 − 𝜆)(𝜆2
+ 4𝜆 + 4) − 3(3𝜆 + 6) + 3(3𝜆 + 6) = 0
(1 − 𝜆)(𝜆 + 2)2
= 0
𝜆1 = 1
𝜆2,3 = −2
Para cada valor propio obtenemos el espacio propio:
𝐸𝜆 = 𝑁𝑢(𝐴 − 𝜆𝐼)
Para 𝜆1 = 1
(
0
−3
3
3
−6
3
3
−3
0
|
0
0
0
) ~ (
3
−3
0
3
−6
3
0
−3
3
|
0
0
0
) ~ (
3
0
0
3
−3
3
0
−3
3
|
0
0
0
) ~ (
3
0
0
3
−3
0
0
−3
0
|
0
0
0
)
𝐸𝜆=1 = {(
𝑎
𝑏
𝑐
) |
𝑐 = −𝑏
𝑎 = −𝑏
} → 𝐵 𝐸 𝜆=1
= {(
−1
1
−1
)}
Para 𝜆2,3 = −2
(
3
−3
3
3
−3
3
3
−3
3
|
0
0
0
) ~ (
3
0
0
3
0
0
3
0
0
|
0
0
0
)
𝐸𝜆=−2 = {(
𝑎
𝑏
𝑐
) |𝑎 = −𝑏 − 𝑐} → 𝐵 𝐸 𝜆=−2
= {(
−1
1
0
) , (
−1
0
1
)}

8. Ángel Guale
Por lo tanto, la base de vectores propios de la matriz A es
𝐵 = {(
−1
1
−1
) , (
−1
1
0
) , (
−1
0
1
)}
Estos vectores forman una matriz cuadrada lo que implica que A es diagonalizable y los vectores de B
son las coordenadas de los vectores propios de T. Finalmente la base que pide el ejercicio son los
vectores propios de T.
𝐵 𝑃2
= {−1 + 𝑥 − 𝑥2
, −1 + 𝑥, −1 + 𝑥2}

9. Ángel Guale
PROBLEMA 7
Sea el espacio vectorial 𝑽 = 𝑷 𝟐 con el siguiente producto interno
(𝒑(𝒙)|𝒒(𝒙)) = 𝒑(−𝟏)𝒒(−𝟏) + 𝒑(𝟎)𝒒(𝟎) + 𝒑(𝟏)𝒒(𝟏)
Considere el subespacio de 𝑽
𝑾 = {𝒑(𝒙) ∈ 𝑷 𝟐 | 𝒑′(−𝟏) = 𝒑′(𝟏)}
De todos los vectores que pertenecen a 𝑾⊥
, encuentre el vector que se encuentra más cerca del vector
𝒓(𝒙) = 𝒙 − 𝒙 𝟐
Para hallar el complemento ortogonal de W, primero necesitamos una base de W:
𝑝(𝑥) = 𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2
𝑝′(𝑥) = 𝑏 + 2𝑐𝑥
𝑝′(−1) = 𝑝′(1)
𝑏 − 2𝑐 = 𝑏 + 2𝑐
𝑐 = 0
𝑊 = {𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2|𝑐 = 0}
𝐵 𝑊 = {1, 𝑥}
Debemos hacer producto interno de cada elemento de la base con un vector típico de V e igualar a cero
⟨𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2|1⟩ = 0 ∧ ⟨𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2|𝑥⟩ = 0
(𝑎 − 𝑏 + 𝑐) + (𝑎) + (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) = 0 ∧ (𝑎 − 𝑏 + 𝑐)(−1) + (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(1) = 0
3𝑎 + 2𝑐 = 0 ∧ 𝑏 = 0
𝑊⊥
= {𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2|3𝑎 + 2𝑐 = 0 ∧ 𝑏 = 0}
𝐵 𝑊⊥ = {−2 + 3𝑥2
}
El vector que se encuentra más cercano es la proyección de r sobre el complemento ortogonal de W. Para
proyectar necesitamos una base ortonormal de W
𝐵 𝑊⊥ = {−2 + 3𝑥2} → 𝐵 𝑊⊥
∗
= {𝑢1}
𝑢1 =
−2 + 3𝑥2
||−2 + 3𝑥2||
=
−2 + 3𝑥2
√⟨−2 + 3𝑥2|−2 + 3𝑥2⟩
=
−2 + 3𝑥2
√1 + 4 + 1
=
−2 + 3𝑥2
√6
Finalmente la proyección sería
𝑃𝑟𝑜𝑦 𝑊⊥ 𝑟(𝑥) = ⟨𝑟(𝑥)|𝑢1⟩𝑢1
𝑃𝑟𝑜𝑦 𝑊⊥ 𝑟(𝑥) = ⟨𝑥 − 𝑥2
|
−2 + 3𝑥2
√6
⟩ (
−2 + 3𝑥2
√6
)

10. Ángel Guale
𝑃𝑟𝑜𝑦 𝑊⊥ 𝑟(𝑥) =
1
6
⟨𝑥 − 𝑥2|−2 + 3𝑥2⟩(−2 + 3𝑥2)
𝑃𝑟𝑜𝑦 𝑊⊥ 𝑟(𝑥) =
1
6
((−2)(1) + (0) + (0)) (−2 + 3𝑥2)
𝑃𝑟𝑜𝑦 𝑊⊥ 𝑟(𝑥) = (−
1
3
) (−2 + 3𝑥2)
𝑃𝑟𝑜𝑦 𝑊⊥ 𝑟(𝑥) =
2
3
− 𝑥2