Solución de la Tercera Evaluación de Algebra lineal, II Término 2017- Espol

1. Solución Realizada por Eduardo Paredes
Estudiante en Ingeniería Mecánica
Escuela Superior Politécnica del Litoral
Facultad de Ciencias Naturales y Matemáticas
Departamento de Matemáticas
Tercera Evaluación, II Término 2017
1. (25 puntos). Califique las siguientes proposiciones como verdaderas o falsas, justifique
su respuesta. Puede escribir un contraejemplo si considera que la proposición es falsa.
a) El siguiente sistema de ecuaciones lineales tiene solución única para todo valor real
de 𝒂.
−𝟐𝒙 + 𝒚 − 𝒛 = 𝒂𝒙
−𝒙 − 𝒚 = 𝒂𝒚
𝒚 − 𝟑𝒛 = 𝒂𝒛
Solución
El sistema de ecuaciones se lo puede expresar de la siguiente forma acomodando los
valores de 𝑎.
(−2𝑥 − 𝑎𝑥) + 𝑦 − 𝑧 = 0
−𝑥 + (−𝑦 − 𝑎𝑦) = 0
𝑦 + (−3𝑧 − 𝑎𝑧) = 0
→
(−2 − 𝑎)𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 0
−𝑥 + (−1 − 𝑎)𝑦 = 0
𝑦 + (−3 − 𝑎)𝑧 = 0
Y basados en el siguiente teorema podemos continuar para resolver:
𝑇𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑎
𝑆𝑒𝑎 𝐴 𝑢𝑛 𝑚𝑎𝑡𝑟𝑖𝑧 𝑑𝑒 𝑛𝑥𝑛 𝑦 𝑠𝑒𝑎 𝐴𝑋 = 0, 𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑕𝑜𝑚𝑜𝑔é𝑛𝑒𝑜.
𝑆𝑖 det 𝐴 = 0 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑖𝑛𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠.
(−2 − 𝑎) 1 −1
−1 (−1 − 𝑎) 0
0 1 (−3 − 𝑎)
= 0
−2 − 𝑎 −1 − 𝑎 −3 − 𝑎 − (−1) 1 −3 − 𝑎 − −1 = 0
− 2 + 𝑎 1 + 𝑎 3 + 𝑎 + −𝑎 − 2 = 0
− 2 + 𝑎 𝑎2
+ 4𝑎 + 3 − 2 + 𝑎 = 0
− 2 + 𝑎 𝑎2
+ 4𝑎 + 3 + 1 = 0
− 2 + 𝑎 2 + 𝑎 2
= 0
2 + 𝑎 3
= 0 → 𝑎1,2,3 = −2
El resultado de aplicar el determinante determina que para 𝑎 = −2 el sistema tiene
como consecuencia infinitas soluciones.
→ 𝐸𝑙 𝑆. 𝐸. 𝐿. 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 ú𝑛𝑖𝑐𝑎 ∀𝑎 ∈ 𝑅 − −2
∴ 𝐹𝐴𝐿𝑆𝑂

2. Solución Realizada por Eduardo Paredes
Estudiante en Ingeniería Mecánica
b) Sea 𝑽 un espacio, sobre un campo 𝑲, con producto interno y 𝒗 𝟏, 𝒗 𝟐 ∈ 𝑽 dos
vectores no nulos. Si 𝒗 𝟏 𝒚 𝒗 𝟐 son dos vectores ortogonales, entonces 𝒗 𝟏, 𝒗 𝟐 es un
conjunto linealmente independiente de 𝑽.
Solución
Sea 𝒗 𝟏 , 𝒗 𝟐vectores de 𝑽. Se debe probar que:
𝜶 𝟏 𝒗 𝟏 + 𝜶 𝟐 𝒗 𝟐 = 𝒏 𝒗 ↔ 𝜶 𝟏 = 𝜶 𝟐 = 𝟎
Al tomar el producto interno del vector 𝜶 𝟏 𝒗 𝟏 + 𝜶 𝟐 𝒗 𝟐 = 𝒏 𝒗con el vector 𝑣𝑗 donde
1 ≤ 𝑗 ≤ 2 se obtiene que:
𝒏 𝒗 𝑣𝑗 = 0
Luego;
𝜶 𝟏 𝒗 𝟏 + 𝜶 𝟐 𝒗 𝟐 𝑣𝑗 = 0
Como el conjunto 𝒗 𝟏, 𝒗 𝟐 es ortogonal, se tiene que 𝑣𝑖 𝑣𝑗 ≠ 0 si y solo si 𝑖 = 𝑗, en
cuyo caso se obtiene
𝑣𝑖 𝑣𝑗 = 𝑣𝑗
2
; 𝑖 = 𝑗
Entonces,
𝜶𝒋 𝑣𝑗
2
= 0
Como por hipótesis 𝑣𝑗 ≠ 𝒏 𝒗( y por tanto 𝑣𝑗
2
≠ 0), se concluye que
𝜶𝒋 = 𝟎
Lo cual es válido para toda𝒋 = 𝟏, 𝟐.
→ 𝜶 𝟏 = 𝜶 𝟐 = 𝟎
∴ 𝑉𝐸𝑅𝐷𝐴𝐷𝐸𝑅𝑂
c) Si 𝑨 es una matriz de 𝟐𝒙𝟐 y 𝒑 𝑨(𝝀) es su polinomio característico, entonces
𝒑 𝑨 𝝀 = 𝝀 𝟐
− 𝒕𝒓𝒂𝒛𝒂 𝒅𝒆 𝑨 𝝀 + 𝐝𝐞𝐭⁡(𝑨)
Solución
Sea 𝐴 ∈ 𝑀2𝑥2 → 𝐴 =
𝑎 𝑏
𝑐 𝑑
.
Para hallar los valores propios se utiliza det 𝐴 − 𝜆𝐼 = 𝑝 𝐴 𝜆 lo cual se conoce como
polinomio característico de 𝐴.
𝑎 − 𝜆 𝑏
𝑐 𝑑 − 𝜆
= 𝑎 − 𝜆 𝑑 − 𝜆 − 𝑐𝑏 = 𝜆2
− 𝑑𝜆 − 𝑎𝜆 + 𝑎𝑑 − 𝑐𝑏
= 𝜆2
− 𝑎 + 𝑑 𝜆 + (𝑎𝑑 − 𝑐𝑏)
= 𝜆2
− 𝑡𝑟𝑎𝑧𝑎 𝑑𝑒 𝐴 𝜆 + det⁡(𝐴)
𝑡𝑟𝑎 𝐴 = 𝑎 + 𝑑 → 𝑙𝑎 𝑠𝑢𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑜𝑠 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑑𝑖𝑎𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙
det 𝐴 = (𝑎𝑑 − 𝑐𝑏)
∴ 𝑉𝐸𝑅𝐷𝐴𝐷𝐸𝑅𝑂

3. Solución Realizada por Eduardo Paredes
Estudiante en Ingeniería Mecánica
d) Sea 𝑽 un espacio vectorial real, con producto interno 𝒖, 𝒗 dos vectores cualesquiera
en 𝑽, si 𝒖 = 𝒗 entonces 𝒖 + 𝒗 es ortogonal a 𝒖 − 𝒗
Solución
Sea 𝑢 = 𝑣 → 𝑢 2
= 𝑣 2
𝑢 = 𝑢 𝑢 𝑦 𝑣 = 𝑣 𝑣
→ 𝑢 2
= 𝑢 𝑢 𝑦 𝑣 2
= 𝑣 𝑣
Entonces 𝑢 𝑢 = 𝑣 𝑣 . 𝐿𝑢𝑒𝑔𝑜, 𝑠𝑢𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎 𝑎𝑚𝑏𝑜𝑠 𝑙𝑎𝑑𝑜𝑠 𝒖 𝒗
𝑢 𝑢 + 𝒖 𝒗 = 𝑣 𝑣 + 𝒖 𝒗
𝑢 𝑢 + 𝒖 𝒗 − 𝑣 𝑣 − 𝒖 𝒗 = 0
Propiedad de producto interno 𝒖 𝒗 = 𝒗 𝒖
𝑢 𝑢 + 𝒗 𝒖 − 𝑢 𝑣 − 𝒗 𝒗 = 𝟎
[ 𝑢 𝑢 + 𝒗 𝒖 ] − 𝑢 𝑣 + 𝒗 𝒗 = 𝟎
𝑢 + 𝑣 𝑢 − 𝑢 + 𝑣 𝑣 = 0
𝑢 + 𝑣 𝑢 − 𝑣 = 0
→ 𝑢 + 𝑣 𝑒𝑠 𝑜𝑟𝑡𝑜𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙 𝑢 − 𝑣
∴ 𝑉𝐸𝑅𝐷𝐴𝐷𝐸𝑅𝑂

4. Solución Realizada por Eduardo Paredes
Estudiante en Ingeniería Mecánica
e) Sean 𝑯 =
𝒙
𝒚
𝒛
∶ 𝟐𝒙 + 𝟑𝒚 − 𝒛 = 𝟎 𝒚 𝑲 =
𝒙
𝒚
𝒛
∶ 𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝟓𝒛 = 𝟎 . Entonces
𝑯 ∪ 𝑲 es un subespacio de 𝑹 𝟑
Solución
Para garantizar que el conjunto𝐻 ∪ 𝐾 sea subespacio debe satisfacer el teorema a
continuación:
𝑇𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑎
𝑆𝑒𝑎 𝐻, 𝐾 𝑠𝑢𝑏𝑒𝑠𝑝𝑎𝑐𝑖𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑉. 𝐻 ∪ 𝐾 𝑒𝑠 𝑠𝑢𝑏𝑒𝑠𝑝𝑎𝑐𝑖𝑜 𝑠𝑖 𝑦 𝑠𝑜𝑙𝑜 𝑠𝑖 𝐻 ⊆ 𝐾 ó 𝐾 ⊆ 𝐻
Tenemos que analizar ambos casos:
 𝐻 ⊆ 𝐾 , Si 𝐻 es subconjunto de 𝐾, los vectores de la base de 𝐻 satisface la
condición de 𝐾.
Entonces procedemos a hallar la base de 𝐻
𝐻 =
𝑥
𝑦
𝑧
∶ 2𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 = 0 → 𝑧 = 2𝑥 + 3𝑦 → 𝐵 𝐻 =
1
0
2
,
0
1
3
Luego,la condición de 𝐾 → 𝑥 − 2𝑦 + 5𝑧 = 0
1
0
2
→ 1 − 2 0 + 5 2 = 0 → 11 ≠ 0
→ 𝐻 ⊈ 𝐾
 𝐾 ⊆ 𝐻, si 𝐾 es un subconjunto de 𝐻, los vectores de la base de 𝐾 satisface las
condiciones de 𝐻.
Entonces procedemos a hallar la base de 𝐾
𝐾 =
𝑥
𝑦
𝑧
∶ 𝑥 − 2𝑦 + 5𝑧 = 0 → 𝑥 = 2𝑦 − 5𝑧 → 𝐵 𝐾 =
2
1
0
,
−5
0
1
Luego, la condición de 𝐻 → 2𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 = 0
2
1
0
→ 2 2 + 3 1 − 0 = 0 → 7 ≠ 0
→ 𝐾 ⊈ 𝐻
∴ 𝐻 ∪ 𝐾 𝑁𝑂 𝐸𝑆 𝑆𝑈𝐵𝐸𝑆𝑃𝐴𝐶𝐼𝑂 𝑉𝐸𝐶𝑇𝑂𝑅𝐼𝐴𝐿
∴ 𝐹𝐴𝐿𝑆𝑂.

5. Solución Realizada por Eduardo Paredes
Estudiante en Ingeniería Mecánica
2. (15 puntos). Sean 𝑩 𝟏 𝒚 𝑩 𝟐 bases de 𝑹 𝟐
tales que 𝑴 𝑩 𝟏→𝑩 𝟐
=
𝟏 𝟏
𝟎 −𝟑
es la matriz de
cambio de base de 𝑩 𝟏 𝒂 𝑩 𝟐
a) Si 𝒖 𝑩 𝟏
=
−𝟏
𝟒
, calcular 𝒖 𝑩 𝟐
b) Si 𝒗 𝑩 𝟐
=
𝟑
𝟓
, calcular 𝒗 𝑩 𝟏
c) Si 𝑩 𝟏 = 𝟏, 𝟑 , (𝟎, 𝟒) , obtener la base 𝑩 𝟐
Solución
a) Debemos aplicar la propiedad de matriz de cambio de base, la cual es
𝑀 𝐵1→𝐵2
. 𝑢 𝐵1
= 𝑢 𝐵2
1 1
0 −3
−1
4
=
𝟑
−𝟏𝟐
∴ 𝒖 𝑩 𝟐
=
𝟑
−𝟏𝟐
b) Así mismo para poder obtener 𝒗 𝑩 𝟏
debemos aplicar
𝑀 𝐵2→𝐵1
. 𝑣 𝐵2
= 𝒗 𝑩 𝟏
Lo cual implica hallar 𝑀 𝐵2→𝐵1
, para ello tenemos que aplicar la propiedad:
𝑴 𝑩 𝟐→𝑩 𝟏
= (𝑀 𝐵1→𝐵2
)−1
Procedemos a hallar la inversa de 𝑀 𝐵1→𝐵2
1 1
0 −3
⋮
1 0
0 1
~
1 1
0 −1
⋮
1 0
0 1/3
~
1 0
0 −1
⋮
1 1/3
0 1/3
~
1 0
0 1
⋮
1 1/3
0 −1/3
Entonces 𝑀 𝐵2→𝐵1
=
1 1/3
0 −1/3
𝑀 𝐵2→𝐵1
. 𝑣 𝐵1
= 𝒗 𝑩 𝟏
1 1/3
0 −1/3
3
5
=
𝟏𝟒/𝟑
−𝟓/𝟑
∴ 𝒗 𝑩 𝟏
=
𝟏𝟒/𝟑
−𝟓/𝟑

6. Solución Realizada por Eduardo Paredes
Estudiante en Ingeniería Mecánica
c) Para hallar 𝑩 𝟐 = 𝒘 𝟏, 𝒘 𝟐 debemos aplicar definición de matriz de cambio de base:
𝑴 𝑩 𝟐→𝑩 𝟏
=
⋮ ⋮
𝒘 𝟏 𝑩 𝟏
𝒘 𝟐 𝑩 𝟏
⋮ ⋮
=
𝟏 𝟏/𝟑
𝟎 −𝟏/𝟑
→ 𝑤1 𝐵1
=
1
0
, 𝑤1 = 1
1
3
+ 0
0
4
=
1
3
→ 𝑤1 =
𝟏
𝟑
𝑤2 𝐵1
=
1/3
−1/3
, 𝑤2 = (1/3)
1
3
+ (−1/3)
0
4
=
1/3
−1/3
→ 𝒘 𝟐 =
𝟏/𝟑
−𝟏/𝟑
∴ 𝑩 𝟐 = 𝒘 𝟏, 𝒘 𝟐 =
𝟏
𝟑
,
𝟏/𝟑
−𝟏/𝟑

7. Solución Realizada por Eduardo Paredes
Estudiante en Ingeniería Mecánica
3. (30 puntos). Se sabe que 𝝀 𝟏 = 𝟐 𝒚 𝝀 𝟐 = −𝟑 son los valores propios de una matriz 𝑨 de
tamaño 𝟑𝒙𝟑 y entradas reales. Además, se tiene que los respectivos espacios propios
son:
𝑬 𝝀 𝟏
= 𝒈𝒆𝒏 (𝟏, 𝟎, −𝟏 𝑬 𝝀 𝟐
= 𝒈𝒆𝒏 𝟏, 𝟎, 𝟎 , (𝟎, 𝟐, 𝟑)
Determine
a) Si 𝑨 es diagonalizable.
b) La matriz 𝑨
Solución
Nota:
Según mi criterio, el problema debió ser planteado de mejor manera y representar
𝝀 𝟐,𝟑 = −𝟑 dado que causa confusión en el estudiante con respecto a la multiplicidad
algebraica del mismo.
a) 𝑇𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑎
𝑆𝑒𝑎 𝐴 ∈ 𝑀𝑛𝑥𝑛. 𝐴 𝑒𝑠 𝑑𝑖𝑎𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑏𝑙𝑒 𝑠𝑖 𝑦 𝑠𝑜𝑙𝑜 𝑚𝑎 𝜆 = 𝑚𝑔(𝜆)
𝑚𝑎 𝜆 : 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑣𝑒𝑐𝑒𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 𝑟𝑒𝑝𝑖𝑡𝑒 𝑢𝑛 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑜 𝜆
𝑚𝑔 𝜆 : 𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑠𝑝𝑎𝑐𝑖𝑜 𝑎𝑠𝑜𝑐𝑖𝑎𝑑𝑜 𝑎 𝑢𝑛 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑜 𝜆
Como 𝝀 𝟐,𝟑 = −𝟑 tiene 𝑚𝑎 𝜆 = 2 = 𝑚𝑔 𝜆
∴ 𝐴 𝑒𝑠 𝑑𝑖𝑎𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑏𝑙𝑒
b) Como 𝐴 𝑒𝑠 𝑑𝑖𝑎𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑏𝑙𝑒 entonces procedemos a aplicar definición,
𝑆𝑒𝑎 𝐴 ∈ 𝑀𝑛𝑥𝑛. 𝐴 𝑒𝑠 𝑑𝑖𝑎𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑏𝑙𝑒 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐴 𝑒𝑠 𝑠𝑒𝑚𝑒𝑗𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑎 𝐷,
𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐷 𝑒𝑠 𝑢𝑛𝑎 𝑚𝑎𝑡𝑟𝑖𝑧 𝑑𝑖𝑎𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙, 𝑠𝑖 𝑦 𝑠𝑜𝑙𝑜 𝑠𝑖 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒 𝑢𝑛𝑎 𝑚𝑎𝑡𝑟𝑖𝑧 𝐶,
𝑡𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑒 𝐶 𝑒𝑠 𝑖𝑛𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠:
𝐴 = 𝐶𝐷𝐶−1
Entonces del problema planteado nos brinda lo siguiente:
𝐷: 𝑚𝑎𝑡𝑟𝑖𝑧 𝑞𝑢𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑎 𝑙𝑜𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝐴 → 𝐷 =
2 0 0
0 −3 0
0 0 −3
𝐶: 𝑚𝑎𝑡𝑟𝑖𝑧 𝑞𝑢𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑎 𝑙𝑜𝑠 𝑣𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝐴 𝑎𝑠𝑜𝑐𝑖𝑎𝑑𝑜 𝑎 𝑙𝑜𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑜𝑠 𝜆
→ 𝐶 =
1 1 0
0 0 2
−1 0 3

8. Solución Realizada por Eduardo Paredes
Estudiante en Ingeniería Mecánica
Lo cual observamos que no tenemos la inversa de C, por ende, procedemos a hallarlo:
1 1 0
0 0 2
−1 0 3
⋮
1 0 0
0 1 0
0 0 1
~
1 1 0
0 0 2
0 1 3
⋮
1 0 0
0 1 0
1 0 1
~
1 1 0
0 1 3
0 0 2
⋮
1 0 0
1 0 1
0 1 0
1 1 0
0 1 3
0 0 1
⋮
1 0 0
1 0 1
0 1/2 0
~
1 1 0
0 1 0
0 0 1
⋮
1 0 0
1 −3/2 1
0 1/2 0
~
1 0 0
0 1 0
0 0 1
⋮
0 3/2 −1
1 −3/2 1
0 1/2 0
Entonces 𝐶−1
=
0 3/2 −1
1 −3/2 1
0 1/2 0
Finalmente, procedemos a hallar la matriz 𝐴
𝐴 = 𝐶𝐷𝐶−1
𝐴 =
1 1 0
0 0 2
−1 0 3
2 0 0
0 −3 0
0 0 −3
0 3/2 −1
1 −3/2 1
0 1/2 0
𝐴 =
2 −3 0
0 0 −6
−2 0 −9
0 3/2 −1
1 −3/2 1
0 1/2 0
∴ 𝐴 =
−𝟑 𝟏𝟓/𝟐 −𝟓
𝟎 −𝟑 𝟎
𝟎 −𝟏𝟓/𝟐 𝟐

9. Solución Realizada por Eduardo Paredes
Estudiante en Ingeniería Mecánica
4. (30 puntos). Considere 𝑷 𝟑 , el espacio vectorial de todos los polinomios de grado menor
o igual a 3, con el producto interno definido por:
𝒂 𝟎 + 𝒂 𝟏 𝒙 + 𝒂 𝟐 𝒙 𝟐
+ 𝒂 𝟑 𝒙 𝟑
𝒃 𝟎 + 𝒃 𝟏 𝒙 + 𝒃 𝟐 𝒙 𝟐
+ 𝒃 𝟑 𝒙 𝟑
= 𝒂 𝟑 𝒃 𝟑 + 𝟐𝒂 𝟐 𝒃 𝟐 + 𝟒𝒂 𝟏 𝒃 𝟏 + 𝒂 𝟎 𝒃 𝟎
Considere además la transformación 𝑻: 𝑷 𝟑 → 𝑷 𝟑 definida por 𝑻 𝒑 𝒙 = 𝒑 −𝟏 +
𝒑(𝟎)𝒙 𝟐
a) Determine una base para la 𝑰𝒎𝒂𝒈𝒆𝒏 𝒅𝒆 𝑻.
b) Determine una base para el complemento ortogonal del 𝑵ú𝒄𝒍𝒆𝒐 𝒅𝒆 𝑻.
c) Encuentre la proyección ortogonal de 𝒓 𝒙 = 𝟑𝒙 𝟑
+ 𝟐𝒙 𝟐
+ 𝒙 + 𝟏 sobre el
𝑵ú𝒄𝒍𝒆𝒐 𝒅𝒆 𝑻
Solución
a) La transformación lineal que nos entrega el problema está de manera implícita,
debemos llevarlo a la forma explícita, es decir:
𝑇 𝑝 𝑥 = 𝑝 −1 + 𝑝(0)𝑥2
𝑝 𝑥 = 𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2
+ 𝑑𝑥3
𝑝 −1 = 𝑎 − 𝑏 + 𝑐 − 𝑑 , 𝑝 0 = 𝑎
𝑻 𝒂 + 𝒃𝒙 + 𝒄𝒙 𝟐
+ 𝒅𝒙 𝟑
= 𝒂 − 𝒃 + 𝒄 − 𝒅 + (𝒂) 𝒙 𝟐
Para poder hallar la 𝑰𝒎𝒂𝒈𝒆𝒏 𝒅𝒆 𝑻aplicamos definición:
𝑆𝑒𝑎 𝑇: 𝑉 → 𝑊. 𝐼𝑚 𝑇 = 𝑤 ∈ 𝑊/∃𝑣 ∈ 𝑉, 𝑇(𝑣) = 𝑤
𝐼𝑚 𝑇 =
𝑝 + 𝑞𝑥 + 𝑟𝑥2
+ 𝑠𝑥3
∈ 𝑃3 /∃𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2
+ 𝑑𝑥3
∈ 𝑃3,
𝑻(𝒂 + 𝒃𝒙 + 𝒄𝒙 𝟐
+ 𝒅𝒙 𝟑
) = 𝒑 + 𝒒𝒙 + 𝒓𝒙 𝟐
+ 𝒔𝒙 𝟑
𝑇 𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2
+ 𝑑𝑥3
= 𝒂 − 𝒃 + 𝒄 − 𝒅 + 𝟎𝒙 + 𝒂 𝒙 𝟐
+ 𝟎 𝒙 𝟑
= 𝒑 + 𝒒𝒙 + 𝒓𝒙 𝟐
+ 𝒔𝒙 𝟑
Por igualación de coeficientes tenemos:
𝑎 − 𝑏 + 𝑐 − 𝑑 = 𝑝
𝟎 = 𝒒
𝑎 = 𝑟
𝟎 = 𝒔

10. Solución Realizada por Eduardo Paredes
Estudiante en Ingeniería Mecánica
→ 𝐼𝑚 𝑇 =
𝑝 + 𝑞𝑥 + 𝑟𝑥2
+ 𝑠𝑥3
∈ 𝑃3 /𝑞 = 𝑠 = 0
∴ 𝑩 𝑰𝒎 𝑻 = 𝟏, 𝒙 𝟐
b) Procedemos hallar el complemento ortogonal del 𝑁ú𝑐𝑙𝑒𝑜 𝑑𝑒 𝑇, previamente
hallando el 𝑁ú𝑐𝑙𝑒𝑜 𝑑𝑒 𝑇, basándonos en la definición:
𝑆𝑒𝑎 𝑇: 𝑉 → 𝑊. 𝑁𝑢 𝑇 = 𝑣 ∈ 𝑉 / 𝑇(𝑣) = 0 𝑊
𝑁𝑢 𝑇 = 𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2
+ 𝑑𝑥3
∈ 𝑃3/𝑇 𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2
+ 𝑑𝑥3
= 0 + 0𝑥 + 0𝑥2
+ 0𝑥3
𝑇 𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2
+ 𝑑𝑥3
= 𝒂 − 𝒃 + 𝒄 − 𝒅 + 𝟎𝒙 + 𝒂 𝒙 𝟐
+ 𝟎 𝒙 𝟑
= 0 + 0𝑥 + 0𝑥2
+ 0𝑥3
Por igualación de coeficientes tenemos:
𝒂 − 𝒃 + 𝒄 − 𝒅 = 𝟎
0 = 0
𝒂 = 𝟎
0 = 0
𝑁𝑢 𝑇 = 𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2
+ 𝑑𝑥3
∈ 𝑃3/ 𝑎 − 𝒃 + 𝒄 − 𝒅 = 𝟎 ∧ 𝒂 = 𝟎
 Para poder hallar el complemento ortogonal es necesario hallar la base del
𝑁ú𝑐𝑙𝑒𝑜 𝑑𝑒 𝑇
→ 𝑩 𝑵𝒖(𝑻) = 𝒙 + 𝒙 𝟐
, −𝒙 + 𝒙 𝟑
 Procedemos hallar el complemento ortogonal del𝑁ú𝑐𝑙𝑒𝑜 𝑑𝑒 𝑇
𝑵𝒖(𝑻)⊥
= 𝒗 ∈ 𝑽 /∀ 𝒉 ∈ 𝑵𝒖(𝑻): 𝒉 𝒗 = 𝟎
𝑵𝒖(𝑻)⊥
=
𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2
+ 𝑑𝑥3
∈ 𝑃3 | 𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2
+ 𝑑𝑥3
𝒙 + 𝒙 𝟐
= 0
∧
𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2
+ 𝑑𝑥3
−𝒙 + 𝒙 𝟑
= 0

11. Solución Realizada por Eduardo Paredes
Estudiante en Ingeniería Mecánica
 Resolviendo paso a paso
𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2
+ 𝑑𝑥3
𝒙 + 𝒙 𝟐
= 0
𝑑 0 + 2 𝑐 1 + 4 𝑏 1 + 𝑎 0 = 0
→ 𝟐𝒄 + 𝟒𝒃 = 𝟎
𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2
+ 𝑑𝑥3
−𝒙 + 𝒙 𝟑
= 0
𝑑 1 + 2 𝑐 0 + 4 𝑏 −1 + 𝑎 0 = 0
→ 𝒅 − 𝟒𝒃 = 𝟎
 Por lo tanto, el complemento ortogonal del 𝑁ú𝑐𝑙𝑒𝑜 𝑑𝑒 𝑇
𝑵𝒖(𝑻)⊥
= 𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2
+ 𝑑𝑥3
∈ 𝑃3 | 𝟐𝒄 + 𝟒𝒃 = 𝟎 ∧ 𝒅 − 𝟒𝒃 = 𝟎
𝒅 = 𝟒𝒃 ∧ 𝒄 = −𝟐𝒃 → 𝑎 + 𝑏𝑥 + (−2𝑏)𝑥2
+ (4𝑏)𝑥3
𝑩 𝑵𝒖(𝑻)⊥ = 𝟏, 𝒙 − 𝟐𝑥2
+ 4𝑥3

12. Solución Realizada por Eduardo Paredes
Estudiante en Ingeniería Mecánica
c) Para encontrar la proyección ortogonal sobre el
𝑁ú𝑐𝑙𝑒𝑜 𝑑𝑒 𝑇obligatoriamentenecesitamos una base ORTONORMALIZADA para
el𝑵ú𝒄𝒍𝒆𝒐 𝒅𝒆 𝑻.
Entonces procedemos a ortonormalizar aplicando la regla de correspondencia de
producto interno planteado en el problema, es decir,
𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥2
+ 𝑎3 𝑥3
𝑏0 + 𝑏1 𝑥 + 𝑏2 𝑥2
+ 𝑏3 𝑥3
= 𝑎3 𝑏3 + 2𝑎2 𝑏2 + 4𝑎1 𝑏1 + 𝑎0 𝑏0
𝑩 𝑵𝒖(𝑻) = 𝒙 + 𝒙 𝟐
, −𝒙 + 𝒙 𝟑
→ 𝑮𝒓𝒂𝒎 𝑺𝒄𝒉𝒎𝒊𝒅𝒕 → 𝑩 𝑶𝑹𝑻 𝑵𝒖(𝑻)
= 𝒖 𝟏, 𝒖 𝟐
 Para hallar el primer vector:
𝒖 𝟏 =
𝒙 + 𝒙 𝟐
𝒙 + 𝒙 𝟐
, 𝒙 + 𝒙 𝟐
= 𝒙 + 𝒙 𝟐 𝒙 + 𝒙 𝟐 = 𝟐 𝟏 𝟏 + 𝟒 𝟏 (𝟏) = 𝟔
→ 𝒖 𝟏 =
𝟏
𝟔
(𝒙 + 𝒙 𝟐
)
 Luego, procedemos a hallar el segundo vector
𝒖 𝟐 =
𝒗 𝟐′
𝒗 𝟐′
; 𝒗 𝟐
′
= 𝒗 𝟐 − 𝒗 𝟐 𝒖 𝟏 𝒖 𝟏
𝑣2
′
= −𝑥 + 𝑥3
− −𝑥 + 𝑥3
1
6
(𝑥 + 𝑥2
)
1
6
(𝑥 + 𝑥2
)
𝑣2
′
= −𝑥 + 𝑥3
−
1
6
[4(−1)(1)] (𝑥 + 𝑥2
)
𝒗 𝟐
′
= −
𝒙
𝟑
+
𝟐
𝟑
𝒙 𝟐
+ 𝒙 𝟑
→ 𝒗 𝟐
′
=
−𝒙
𝟑
+
𝟐
𝟑
𝒙 𝟐
+ 𝒙 𝟑
=
𝟏
𝟑
−𝒙 + 𝟐𝒙 𝟐
+ 𝟑𝒙 𝟑
=
1
3
−𝑥 + 2𝑥2 + 3𝑥3 −𝑥 + 2𝑥2 + 3𝑥3

13. Solución Realizada por Eduardo Paredes
Estudiante en Ingeniería Mecánica
=
1
3
3 3 + 2 2 2 + 4(−1)(−1) =
1
3
21
→ 𝒖 𝟐 =
𝒗 𝟐′
𝒗 𝟐′
=
−
𝒙
𝟑
+
𝟐
𝟑
𝒙 𝟐
+ 𝒙 𝟑
1
3
21
=
−𝒙 + 𝟐𝒙 𝟐
+ 𝟑𝒙 𝟑
21
 Procedemos a Proyectar aplicando lo siguiente
𝑆𝑒𝑎 𝑉 𝑢𝑛 𝑒𝑠𝑝𝑎𝑐𝑖𝑜 𝑉𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙 𝑒𝑢𝑐𝑙𝑖𝑑𝑒𝑎𝑛𝑜 𝑦 𝑊 ⊆ 𝑉.
𝐿𝑎 𝑃𝑟𝑜𝑦𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑢𝑛 𝑣𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑣 ∈ 𝑉𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑢𝑛 𝑠𝑢𝑏𝑒𝑠𝑝𝑎𝑐𝑖𝑜 𝑊
𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒 𝑐𝑜𝑚𝑜:
𝑷𝒓𝒐𝒚 𝑾
𝒗
= 𝒗 𝒖 𝟏 𝒖 𝟏 + 𝒗 𝒖 𝟐 𝒖 𝟐 + ⋯ + 𝒗 𝒖 𝒏 𝒖 𝒏
𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑩 𝑶𝑹𝑻 𝒘
= 𝒖 𝟏, 𝒖 𝟐, … , 𝒖 𝒏 𝑒𝑠 𝑢𝑛𝑎 𝒃𝒂𝒔𝒆 𝒐𝒓𝒕𝒐𝒏𝒐𝒓𝒎𝒂𝒍 𝒅𝒆 𝑾
Entonces debemos aplicar lo anterior mencionado
𝑷𝒓𝒐𝒚 𝑵𝒖(𝑻)
𝒓(𝒙)
= 𝒓(𝒙) 𝒖 𝟏 𝒖 𝟏 + 𝒓(𝒙) 𝒖 𝟐 𝒖 𝟐
→ 𝒓 𝒙 𝒖 𝟏 𝒖 𝟏 = 𝟑𝒙 𝟑
+ 𝟐𝒙 𝟐
+ 𝒙 + 𝟏
1
6
𝑥 + 𝑥2
1
6
𝑥 + 𝑥2
=
𝟏
𝟔
[ 𝟑 𝟎 + 𝟐 𝟐 𝟏 + 𝟒 𝟏 𝟏 + (𝟏)(𝟎)] 𝑥 + 𝑥2
∴ 𝒓 𝒙 𝒖 𝟏 𝒖 𝟏 =
𝟒
𝟑
𝑥 + 𝑥2
→ 𝒓(𝒙) 𝒖 𝟐 𝒖 𝟐 = 𝟑𝒙 𝟑
+ 𝟐𝒙 𝟐
+ 𝒙 + 𝟏
−𝒙 + 𝟐𝒙 𝟐
+ 𝟑𝒙 𝟑
21
−𝒙 + 𝟐𝒙 𝟐
+ 𝟑𝒙 𝟑
21
=
𝟏
𝟐𝟏
𝟑 𝟑 + 𝟐 𝟐 𝟐 + 𝟒 𝟏 −𝟏 + (𝟏) 𝟎 −𝒙 + 𝟐𝒙 𝟐
+ 𝟑𝒙 𝟑
∴ 𝒓(𝒙) 𝒖 𝟐 𝒖 𝟐 =
𝟏𝟑
𝟐𝟏
−𝒙 + 𝟐𝒙 𝟐
+ 𝟑𝒙 𝟑
=
𝟏𝟑
𝟐𝟏
−𝒙 + 𝟐𝒙 𝟐
+ 𝟑𝒙 𝟑
Finalmente,
𝑷𝒓𝒐𝒚 𝑵𝒖(𝑻)
𝒓(𝒙)
=
𝟒
𝟑
𝑥 + 𝑥2
+
𝟏𝟑
𝟐𝟏
−𝒙 + 𝟐𝒙 𝟐
+ 𝟑𝒙 𝟑
∴ 𝑷𝒓𝒐𝒚 𝑵𝒖(𝑻)
𝒓(𝒙)
=
𝟏𝟓
𝟐𝟏
𝒙 +
𝟓𝟒
𝟐𝟏
𝒙 𝟐
+
𝟑𝟗
𝟐𝟏
𝒙 𝟑