Este documento contiene la solución a un examen final de álgebra lineal con 4 problemas. El primer problema califica varias proposiciones como verdaderas o falsas. El segundo problema determina transformaciones lineales de polinomios. El tercer problema encuentra subespacios ortogonales y proyecciones. El cuarto problema determina si una matriz es diagonalizable.

1. ´Algebra Lineal
Soluci´on
Examen Final 2017 2S
´Angel Guale
Problema 1.
Califique las siguientes proposiciones como verdaderas o falsas, justifique su respuesta.
Puede escribir un contraejemplo si considera que la proposici´on es falsa.
(a) Si A es una matriz de orden n × n con valor propio cero, entonces A es
una matriz singular (no invertible).
Soluci´on
Por teorema sabemos que para cualquier matriz A cuadrada se cumple que su
determinante es el producto de sus valores propios: det(A) = λ1 × λ2 × ...λk. Si
para alg´un i ≤ k, λi = 0 entonces det(A)=0 lo que implica que A es singular.
La proposici´on es VERDADERA
(b) Sean V un espacio vectorial con producto interno y v1, v2 ∈ V . Si v1 y
v2 son dos vectores ortogonales, entonces {v1, v2} es un conjunto lineal-
mente independiente de V .
Soluci´on
Considere v1 = 0v entonces para cualquier v2 se tendr´a que (v1|v2) = (0v|v2) = 0
son ortogonales pero los vectores v1 y v2 forman un conjunto linealmente depen-
diente ya que v1 = 0v.
La proposici´on es FALSA.
(c) Sea T : V → W una transformaci´on lineal. Si dimV = dimW = n y T es
sobreyectiva, entonces T es un isomorfismo.
Soluci´on
Por el teorema de las dimensiones sabemos que si V y W tiene dimensi´on finita
entonces
ν(T) + ρ(T) = dimV
ν(T) + ρ(T) = n
Como T es sobreyectiva entonces ρ(T) = dimW = n, as´ı que
ν(T) + n = n
ν(T) = 0
Por lo tanto T es inyectiva. Finalmente al ser inyectiva y sobreyectiva es un
isomorfismo.
1

2. La proposici´on es VERDADERA
(d) Sea V un espacio vectorial con producto interno y sean A, B subconjun-
tos de V tales que 0V ∈ A ∩ B, entonces (A + B)⊥
= A⊥
∩ B⊥
.
Soluci´on
Para demostrar la igualdad debemos mostrar que (A + B)⊥
⊆ A⊥
∩ B⊥
y que
(A + B)⊥
⊇ A⊥
∩ B⊥
.
(i) Mostraremos que (A + B)⊥
⊆ A⊥
∩ B⊥
.
Sea x un elemento de (A+B)⊥
. Si a ∈ A, ya que el elemento a+0v es un elemento
del conjunto A + B y x es un elemento de (A + B)⊥
tenemos que:
∀a ∈ A : (x|a) = (x|a + 0v) = 0
Es decir x ∈ A⊥
.
Por el mismo argumento sea b ∈ B, ya que el elemento 0v + b es un elemento del
conjunto A + B y x es un elemento de (A + B)⊥
tenemos que:
∀b ∈ B : (x|b) = (x|0v + b) = 0
Es decir x ∈ B⊥
. Por lo tanto x ∈ A⊥
∩B⊥
. Con esto se muestra que (A+B)⊥
⊆
A⊥
∩ B⊥
.
(ii) Ahora mostraremos que A⊥
∩ B⊥
⊆ (A + B)⊥
.
Considere ahora x un elemento de A⊥
∩ B⊥
. Para cualquier a ∈ A, b ∈ B, y de
acuerdo a la hip´otesis x ∈ A⊥
y x ∈ B⊥
se tiene que
(x|a + b) = (x|a) + (x|b) = 0 + 0 = 0
Es decir x ∈ (A + B)⊥
. Luego A⊥
∩ B⊥
⊆ (A + B)⊥
.
De acuerdo a (i) y (ii) se obtiene la igualdad (A + B)⊥
= A⊥
∩ B⊥
.
La proposici´on es VERDADERA.
2

3. Problema 2.
Si T : P2 → R4
es una transformaci´on lineal, del espacio de los polinomios de grado
menor o igual que 2 en R4
, tal que [T]B1B2
=




1 2 1
1 1 1
0 1 1
2 1 1



 siendo:
B1 = {x2
− x + 1, x + 2, 1} B2 =







1
1
1
1



 ,




1
1
1
0



 ,




1
1
0
0



 ,




1
0
0
0







Determinar
a. T(x2
), T(x), T(1).
b. T(ax2
+ bx + c), para a, b, c ∈ R.
Soluci´on
(a) Las columnas de la matriz asociada a T son las coordenadas de las transformadas
de los vectores de la base de P2en funci´on de la base de R4
. Es decir
T(x2
− x + 1) = 1




1
1
1
1



 + 1




1
1
1
0



 + 0




1
1
0
0



 + 2




1
0
0
0



 =




4
2
2
1




T(x + 2) = 2




1
1
1
1



 + 1




1
1
1
0



 + 1




1
1
0
0



 + 1




1
0
0
0



 =




5
4
3
2




T(1) = 1




1
1
1
1



 + 1




1
1
1
0



 + 1




1
1
0
0



 + 1




1
0
0
0



 =




4
3
2
1




Por lo que para obtener las transformadas de los vectores 1, x, x2
podemos usar la
linealidad de T
T(1) =




4
3
2
1




T(x) = T(x + 2) − 2T(1) =




5
4
3
2



 − 2




4
3
2
1



 =




−3
−2
−1
0




T(x2
) = T(x2
− x + 1) + T(x + 2) − 3T(1) =




4
2
2
1



 +




5
4
3
2



 − 3




4
3
2
1



 =




−3
−3
−1
0




3

4. (b) Para obtener la regla de correspondencia, como ya tenemos las transformadas de
los vectores can´onicos resulta inmediato
T(ax2
+ bx + c) = aT(x2
) + bT(x) + cT(1)
T(ax2
+ bx + c) = a




−3
−3
−1
0



 + b




−3
−2
−1
0



 + c




4
3
2
1




T(ax2
+ bx + c) =




−3a − 3b + 4c
−3a − 2b + 3c
−a − b + 2c
c




4

5. Problema 3.
En el espacio de las matrices de entradas reales y orden 2, M2x2(R), se define el producto
interno A, B := Tr(BT
A). Sea H = {A ∈ M2x2(R) : Tr(A) = 0}.
a. Sean A =
k − 2 0
1 s + 2
y B =
2 10
0 −2
∈ H. Determine, de ser posible,
los valores de s y k para que A y B sean matrices ortogonales.
b. Encuentre H⊥
.
c. Encuentre la proyecci´on de B sobre H⊥
, es decir, ProyH⊥ B.
Soluci´on
(a) Para que A sea ortogonal a B debe cumplirse que (A|B) = 0:
(A|B) = (k − 2)2 + 0(10) + 1(0) + (−2)(s + 2) = 0
k − s = 4
Adem´as se conoce que A ∈ H as´ı que su traza debe ser 0:
k − 2 + s + 2 = 0
k + s = 0
De las dos ecuaciones anteriores se obtiene que k = 2 y s = −2.
(b) Para encontrar el complemento ortogonal de H necesitamos una base de H. La
condici´on para estar en H es a + d = 0 por lo tanto una base ser´ıa
BH = {
−1 0
0 1
,
0 1
0 0
,
0 0
1 0
}
Sea
a b
c d
∈ H⊥
, entonces
a b
c d
|
−1 0
0 1
= −a + d = 0
a b
c d
|
0 1
0 0
= b = 0
a b
c d
|
0 0
1 0
= c = 0
Es decir H⊥
=
a b
c d
a = d, b = 0, c = 0 .
(c) Dado que B es un elemento de H entonces la proyecci´on de B sobre H es el mismo
vector B
proyHB = B
Para obtener la proyecci´on de la matriz B sobre el H⊥
podemos usar el teorema de la
descomposici´on ortogonal.
proyHB + proyH⊥ B = B
B + proyH⊥ B = B
proyH⊥ B = 0v
proyH⊥ B =
0 0
0 0
5

6. Problema 4.
Dada la matriz A =


2a − b 0 2a − 2b
1 a 2
b − a 0 −a + 2b

. Determine, de ser posible, los valores
de a, b para que A sea una matriz diagonalizable.
Soluci´on
Primero obtendremos el polinomio caracter´ıstico de A
det


2a − b − λ 0 2a − 2b
1 a − λ 2
b − a 0 −a + 2b − λ

 = 0
Al desarrollarlo por la columna del medio (que contiene m´as ceros) tenemos
(a − λ)((2a − b − λ)(−a + 2b − λ) − (b − a)(2a − 2b)) = 0
Al factorizar se obtiene
(a − λ)(a − λ)(b − λ) = 0
Aqu´ı se debe analizar las posibilidades.
Caso b = a.
Si b=a entonces la matriz A tendr´ıa un valor propio con multiplicidad algebraica
igual a 3, en ese caso se obtiene que


2a − b − λ 0 2a − 2b 0
1 a − λ 2 0
b − a 0 −a + 2b − λ 0

 ∼


0 0 0 0
1 0 2 0
0 0 0 0


Por lo tanto x = −2z y el espacio caracter´ıstico de λ = a tendr´ıa dimensi´on 2, por lo
que no ser´ıa diagonalizable.
Caso b = a.
Si b = a entonces la matriz A tendr´ıa un valor propio igual a a con multiplicidad
algebraica igual a 2, y un valor propio igual a b con multiplicidad algebraica igual a 1.
Para determinar si es diagonalizable hay que analizar el valor con multiplicidad 2, es
decir para λ = a


2a − b − λ 0 2a − 2b 0
1 a − λ 2 0
b − a 0 −a + 2b − λ 0

 ∼


a − b 0 2a − 2b 0
1 0 2 0
b − a 0 2b − 2a 0


∼


1 0 2 0
a − b 0 2a − 2b 0
b − a 0 2b − 2a 0

 ∼


1 0 2 0
0 0 0 0
0 0 0 0


Se tiene que x = −2z y el espacio caracter´ıstico de λ = a tendr´ıa dimensi´on 2. Y en
este caso la dimensi´on del espacio caracter´ıstico coincide con la multiplicidad algebraica
del valor propio. Por lo tanto A es diagonalizable.
En conclusi´on A es diagonalizable siempre que a = b con a, b ∈ R
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