Pep2 Segundo Semestre 2013

El trabajo persistente
caracteriza al “Usachino”

´
´ de la Pep 2 de Algebra
Una Solucion
II
´
Modulo
Basico
Profesor Ricardo Santander Baeza
´
´
Departamento de Matematica
y Ciencia de la Computacion
Universidad de Santiago de Chile

09 de Enero del 2014
´
Este esfuerzo, representa para usted su propio mecanismo de control, no lo desaproveche y pruebese
a si misma o a
´ fervor en el estudio. Nose
si mismo que es capaz, caso contrario es tiempo de enmendar, persistiendo con mas
˜ tratando de obtener un mejor reconocimiento de otro, pues lo unico
engane
´
importante en la vida es ser reconocido
como honesta u honesto por su propia conciencia.

Profesor Ricardo Santander Baeza

´
´ de la Pep 2 de Algebra
Una Solucion
II

1

Sea β = {(1, 1, 1, 1), (1, −1, 1, 1), (1, 1, −1, 1), (1, 1, 1,−1)} una base de R4 , y



0
1
1 1
 1
1 −1 2 

A=
 1 −1 −1 3  ∈ MR (4)
1
1
1 4
Determine y exhiba, si es posible, una base α de R4 del tal forma que A = [I]βα .
´ Si una tal base α = {v1 , v2 , v3 , v4 } de R4 existe entonces por definicion
´ de matriz cambio de base
Solucion.
deber´ıamos tener que
[I]βα =

[v1 ]β [v2 ]β

[v3 ]β [v4 ]β

Por otra parte, si A = [I]βα entonces

[v1 ]β

[v2 ]β [v3]β [v4 ]β

Profesor Ricardo Santander Baeza




0
1
1 1
 1
1 −1 2 

= 
 1 −1 −1 3 
1
1
1 4

´
´ de la Pep 2 de Algebra
Una Solucion
II

´ de []β deber´ıa suceder que
As´ı que, por definicion



0
 1 

[v1 ]β = 
 1  ⇔
1


1
 1 

[v2 ]β = 
 −1  ⇔
1


1
 −1 

[v3 ]β = 
 −1  ⇔
1
 
1
 2 

[v4 ]β = 
 3  ⇔
4

v1 = 0 · (1, 1, 1, 1) + (1, −1, 1, 1) + (1, 1, −1, 1)+ (1, 1, 1, −1) = (3, 1, 1, 1)

(1, 1, 1, 1) + (1, −1, 1, 1) − (1, 1, −1, 1) + (1, 1, 1, −1) = (2, 0, 4, 0)

(1, 1, 1, 1) − (1, −1, 1, 1) − (1, 1, −1, 1) + (1, 1, 1, −1) = (0, 2, 2, −2)

(1, 1, 1, 1) + 2(1, −1, 1, 1) + 3(1, 1, −1, 1) + 4(1, 1, 1, −1) = (10, 6, 4, 2)

Por tanto,
α = {(3, 1, 1, 1), (2, 0, 4, 0), (0, 2, 2, −2), (10, 6, 4, 2)}
Finalmente, para verificar que α es una base de R4 , bastamostrar, por ejemplo que es un conjunto linealmente
independiente, ya que dimR (R4 ) = 4. e.e.
3a1 + 2a2 + 10a4
a + 2a3 + 6a4
a1 (3, 1, 1, 1) + a2 (2, 0, 4, 0) + a3 (0, 2, 2, −2) + a4 (10, 6, 4, 2) = (0, 0, 0, 0) ⇒ 1
a1 + 4a2 + 2a3 + 4a4
a1 − 2a3 + 2a4
Pero observamos que (∗) es equivalente a
Profesor Ricardo Santander Baeza

´
´ de la Pep 2 de Algebra
Una Solucion
II

=
=
=
=

0
0
0
0

(∗)

Y como

3
 1

 1
1


2
0 10
a1
 a2
0
2 6 

4
2 4   a3
0 −2 2
a4



3
 1
det 
 1
1






0
  0 
= 
  0 
0


2
0 10
0
2 6 
 = −16
4
2 4 
0 −2 2

´ usada en
entonces α es un conjunto linealmente independiente y por ende una base que satisface la definicion
´ de la matriz cambio de base.
la construccion

Profesor Ricardo Santander Baeza

´
´ de la Pep 2 de Algebra
UnaSolucion
II

2




a






 b 
 ∈ MR (4 × 1) | a + b + c + d = 0 ∧ a + 2b − c + d = 0 un subespacio de MR (4 × 1). Si
Sea W = 
 c 






d
definimos el producto interno

 

a2
a1
 b1   b2 

 

= a1 a2 + b1 b2 + c1 c2 + d1 d2
(∗)
 c1  ,  c2 
d1
d2
Entonces determine una base ortogonal de W respecto del producto interno (∗)
´ Determinemos en primer lugar una basepara W. e.e.
Solucion.

A∈W

⇔

⇔

⇔

⇔

⇔

⇔

⇔




a
 b 
A =  c  ∈ MR (4 × 1) ∧ a + b + c + d = 0 ∧ a + 2b − c + d = 0
d


a
a+b+c +d
= 0
 b 
A =  c  ∈ MR (4 × 1) ∧ a + 2b − c + d = 0
d


a
a+b+c +d = 0
 b 
A =  c  ∈ MR (4 × 1) ∧ b − 2c
= 0
d


a
a+b+c +d = 0
 b 
A =  c  ∈ MR (4 × 1) ∧ b
= 2c
d


a
a + 3c + d = 0
 b 
A =  c  ∈ MR (4 × 1) ∧ b
= 2c
d




a
a
d =−a − 3c
 b 

2c

A =  c  ∈ MR (4 × 1) ∧ b = 2c
⇔A=
; a ∈ R ∧c ∈ R
c
−a − 3c
d



 



0
1
0
a
 0 
 2 
 0   2c 
A=  0 +
c ; a ∈ R ∧ c ∈ R ⇔ A = a 0  + c  1 ; a ∈ R ∧ c ∈ R
−3c
−1
−3
−a
Profesor Ricardo Santander Baeza

´
´ de la Pep 2 de Algebra
Una Solucion
II

Luego,

W =





Yα= 





 
0
1
 2
0 
,
0   1
−1
−3












 ...