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Álgebra Superior I: Problemas de proposiciones y conectores

Introducción

En esta entrada, presentaremos únicamente problemas resueltos de proposiciones y conectores. Con ayuda de ellos podrás poner en práctica lo visto con anterioridad y entender mejor las propiedades de los conceptos vistos.

Problemas resueltos

Problema 1. ¿Cuáles de los siguientes enunciados son proposiciones?

  • ¿Qué día es hoy?
  • Toda función derivable es continua.
  • ¿El día de hoy lloverá?
  • ¿Cuántos números primos existen?
  • ¡Que gusto verte!
  • Todo espacio vectorial tiene dimensión finita.
  • El libro habla sobre historia universal.

Solución. Veamos cada oración con cuidado.

¿Qué día es hoy?

No es proposición. Esta oración es una pregunta, por lo cuál no puede tener asignado algún valor de verdad, pues no denota información que puede ser cierta o falsa (ojo: al responder la pregunta con por ejemplo «Hoy es lunes» esta respuesta tiene valor de verdad, pues podríamos decir que es lunes o no, pero en sí, la pregunta no tiene un valor de verdad por lo que no es proposición).

Toda función derivable es continua.

es proposición. Independientemente de que sepas qué es una función derivable o qué es una función continua, sabes que esta solo tiene dos opciones: o es cierta o no lo es. Esto es lo que le da el atributo de ser proposición (además es proposición matemática), pues se le puede asignar un valor de verdad.

¿El día de hoy lloverá?

No es proposición. Nuevamente como el primer ejemplo, la pregunta no carga consigo algún valor de verdad, puesto que la pregunta no está afirmando o negando algo, sino está preguntando algo sin decir que será de una u otra manera. Otro caso sería si la oración fuera «El día de hoy lloverá» (¿Notas que ya no tiene signos de interrogación?) que sí es una proposición.

¿Cuántos números primos existen?

No es una proposición. Esto debido a que es una pregunta que no afirma o niega algún hecho.

¡Que gusto verte!

No es una proposición. Esta es una expresión, y no se le puede asignar un valor de verdad. Este tipo de oraciones que denotan expresiones no son proposiciones.

Todo espacio vectorial tiene dimensión finita.

es una proposición. Esta es una proposición matemática la cual puede ser verdadera o falsa, pues afirma que todo espacio vectorial (no es necesario que sepas que es un espacio vectorial) cumple la propiedad de tener dimensión finita (tampoco es necesario que sepas que significa esto). Entonces podemos decir «Es cierto que todo espacio vectorial tiene dimensión finita» o «Es falso que todo espacio vectorial tiene dimensión finita».

El libro habla sobre historia universal.

es una proposición. Observa que para decidir si es verdad o no deberíamos saber de qué libro estamos hablando, pero independientemente de eso, se puede decir que la oración es verdadera o falsa, es decir, se le puede asignar un valor de verdad.

$\square$

Problema 2. ¿Son equivalentes $\neg Q$ y $(\neg P \land Q) \lor \neg Q)$?

Solución. No lo son, para ello, nota que no coinciden en su tabla de verdad. Estamos indicando en verde las columnas de las expresiones que nos interesan.

$P$$Q$$\neg P$ $\neg Q$$\neg P \land Q$$(\neg P \land Q) \lor \neg Q)$
$0$$0$ $1$$1$ $0$  $1$ 
$0$$1$$1$  $0$  $1$ $1$ 
$1$$0$  $0$ $1$  $0$ $1$
$1$$1$  $0$ $0$  $0$   $0$

Esto quiere decir que si $P$ es falso y $Q$ es verdadero,  $\neg Q$ es falso mientras que $(\neg P \land Q) \lor \neg Q)$ es verdadero, por lo que las expresiones no son equivalentes.

$\square$

Problema 3. ¿Cuál de las siguientes expresiones es equivalente a $\neg (P \lor (Q \land R))$?

  • $ P \lor (\neg Q \lor \neg R)$
  • $\neg P \land (\neg Q \lor \neg R)$
  • $\neg P \land (\neg Q \land \neg R)$

Para la que es equivalente, justifica por qué lo es. Para las que no son equivalentes, encuentra valores de verdad de $P$, $Q$ y $R$ que haga que las expresiones sean diferentes.

Solución. Una técnica que podríamos usar son las tablas de verdad, sin embargo sería una tabla grande, pues en principio hay 8 combinaciones para los valores de verdad de $P,Q$ y $R$. Por esta razón, mejor haremos uso de las propiedades de los conectores que ya hemos demostrado.

Primero veamos de qué forma podríamos cambiar la forma en que pensamos a $\neg (P \lor (Q \land R))$. ¿Notas que hay una negación al principio de la proposición? Algo natural sería tratar de «distribuirla», pero recuerda que cuando «distribuimos» la negación, aplicamos las leyes de De Morgan. Entonces,

$$\neg (P \lor (Q \land R)) = \neg P \land \neg(Q \land R) $$

Ahora vamos a fijarnos en $\neg P \land \neg(Q \land R)$. Y vamos a notar que podemos aplicar nuevamente las leyes de De Morgan, ahora para distribuir la negación del segundo paréntesis. Dicho de otra manera,

$$\neg P \land \neg (Q \land R) = \neg P \land (\neg Q \lor \neg R)$$

Nota que para esto, la negación se distribuyó entre $Q$ y $R$. Así, hemos mostrado que

\begin{align*}
\neg (P \lor (Q \land R)) &= \neg P \land \neg(Q \land R), \text{ y que}\\
\neg P \land \neg (Q \land R) &= \neg P \land (\neg Q \lor \neg R).
\end{align*}

Ahora, recordando la propiedad transitiva de la equivalencia, tenemos que

$$\neg (P \lor (Q \land R)) = \neg P \land (\neg Q \lor \neg R)$$

Así, encontramos que la la expresión del inicio es equivalente a la segunda opción. Si quisieras, podrías hacer la tabla de verdad para verificar esto.

Veamos ahora que las otras dos proposiciones no son equivalentes. Para ello, basta encontrar valores de verdad de $P$ y $Q$ para los cuales las expresiones no tengan el mismo valor de verdad.

Primero verificaremos que $ P \lor (\neg Q \lor \neg R)$ no es equivalente a $\neg (P \lor (Q \land R))$. Para ello, nota que $ P \lor (\neg Q \lor \neg R) = P \lor \neg (Q \land R)$ Y esta última es equivalente a $\neg (\neg P \land (Q \land R))$. Ahora nota que si $P$ es verdadero, entonces $\neg (\neg P \land (Q \land R))$ es verdadero, mientras que $\neg (P \lor (Q \land R))$ es falso. Si aún no te queda claro, observa el siguiente renglón de la tabla de verdad:

$P$$Q$$R$$Q \land R$$P \lor (Q \land R)$$\neg (P \lor (Q \land R))$$\neg P$$\neg P \land (Q \land R)$$\neg(\neg P \land (Q \land R))$
$1$$0$$0$$0$$1$$0$$0$$0$$1$

En el párrafo anterior estamos mostrando un caso en donde $P$ es verdadero (observa que en nuestra justificación del párrafo anterior no importa qué valores tienen $Q$ y $R$, pero en este caso observamos la combinación en donde ambos son falsos, eso no afecta el resultado) y las celdas coloreadas (que son aquellas que deseamos comparar) no coinciden. Es decir no pueden ser equivalentes porque existe al menos un caso en donde no coinciden en su tabla de verdad.

De manera similar, para probar que $\neg P \land (\neg Q \land \neg R)$ no es equivalente a $\neg (P \lor (Q \land R))$ daremos un caso en donde no se da la igualdad en las tablas de verdad. Nota que $\neg P \land (\neg Q \land \neg R) = \neg P \land \neg ( Q \lor R)$ y a su vez, $\neg P \land \neg ( Q \lor R) = \neg (P \lor (Q \lor R))$. Ahora veamos el caso particular en la siguienta tabla de verdad:

$P$$Q$$R$$Q \land R$$P \lor (Q \land R)$$\neg (P \lor (Q \land R))$$Q \lor R$$ P \lor (Q \lor R)$$ \neg (P \lor (Q \lor R))$
$0$$1$$0$$0$$0$$1$$1$$1$$0$

Esto termina el problema.

$\square$

¿Cómo le hicimos en la segunda parte para «sacar de la manga» los valores de verdad de $P$, $Q$ y $R$ que nos ayudarían a verificar que las proposiciones no eran equivalentes? La intuición fue la siguiente:

Quisiéramos un caso en que no coincidieran los valores, uno que fuera verdadero y otro falso. Veamos cómo se comporta $\neg (P \lor (Q \land R))$. Para que esta no sea equivalente a la segunda proposición, deberíamos pensar que una es verdadera y la otra falsa. Le asignaremos un valor de verdad a la primera proposición, digamos que es verdadera (entonces la segunda proposición sería falsa), y como hay una negación delante entonces $P \lor (Q \land R)$ debería ser falsa. Pon atención que tenemos un $\lor$ adentro de la expresión, el cuál es falso si las dos proposiciones que conectan son falsas, así que piensa en qué necesitan para ser falsas, y date cuenta que requieren las siguientes dos condiciones:

  • $P$ falsa
  • $Q$ o $R$ falsa

A fuerza, $P$ debe ser falsa, así que no le movemos más.

Por otro lado, vamos a ver cómo se comporta $ \neg (P \lor (Q \lor R))$. Recuerda que pensamos en un caso en que no coincidan las proposiciones, y si quedamos en que la primera proposición era verdadera, entonces esta es falsa, lo cual haría a $P \lor (Q \lor R)$ verdadera. Además también dijimos que $P$ es falsa, entonces para que toda la proposición sea verdadera, tendremos que hacer que $Q \lor R$ sea verdadera. Alguna de estas dos es falsa (también era una condición que establecimos para la veracidad de la primera proposición), digamos que $R$ es la falsa, entonces $Q$ es verdadera. De esta manera obtuvimos el ejemplo que hacía las proposiciones diferir en alguna combinación de valores de verdad.

Tarea moral

  1. Completa la tabla de verdad para verificar que $\neg (\neg P \land (Q \land R))$ no es equivalente a $\neg (P \lor (Q \land R))$. Observa cómo en todas los renglones en donde $P$ es verdadero, $\neg (\neg P \land (Q \land R))$ es distinto a $\neg (P \lor (Q \land R))$.
  2. Completa la tabla de verdad de$ \neg (P \lor (Q \lor R))$ junto a $\neg (P \lor (Q \land R))$. ¿Existen otros casos en donde sus valores de verdad sean distintos?

Entradas relacionadas

Álgebra Lineal I: Problemas de combinaciones lineales, generadores e independientes

Introducción

En entradas anteriores ya hablamos de combinaciones lineales, de conjuntos generadores y de conjuntos independientes. Lo que haremos aquí es resolver problemas para reforzar el contenido de estos temas.

Problemas resueltos

Problema. Demuestra que el polinomio $p(x)=x^2+x+1$ no puede ser escrito en el espacio vectorial $\mathbb{R}[x]$ como una combinación lineal de los polinomios \begin{align*} p_1(x)=x^2-x\\ p_2(x) = x^2-1\\ p_3(x) = x-1.\end{align*}

Solución. Para resolver este problema, podemos plantearlo en términos de sistemas de ecuaciones. Supongamos que existen reales $a$, $b$ y $c$ tales que $$p(x)=ap_1(x)+bp_2(x)+cp_3(x).$$

Desarrollando la expresión, tendríamos que
\begin{align*}
x^2+x+1 &= a(x^2-x)+b(x^2-1)+c(x-1)\\
&= (a+b)x^2+(-a+c)x+(-b-c),
\end{align*}

de donde igualando coeficientes de términos del mismo grado, obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones: $$\begin{cases}a+b & = 1\\ -a + c &= 1 \\ -b-c &= 1.\end{cases}$$

Para mostrar que este sistema de ecuaciones no tiene solución, le aplicaremos reducción gaussiana a la siguiente matriz extendida: $$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}.$$

Tras la transvección $R_2+R_1$, obtenemos $$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}.$$

Tras la transvección $R_3+R_2$, obtenemos $$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.$$

De aquí se ve que la forma escalonada reducida tendrá un pivote en la última columna. Por el teorema de existencia y unicidad el sistema original no tiene solución.

$\square$

En el problema anterior usamos un argumento de reducción gaussiana para mostrar que el sistema no tiene solución. Este es un método general que funciona en muchas ocasiones. Una solución más sencilla para ver que el sistema del problema no tiene solución es que al sumar las tres ecuaciones se obtiene $0=3$.

Problema. Sea $n$ un entero positivo. Sea $W$ el subconjunto de vectores en $\mathbb{R}^n$ cuya suma de entradas es igual a $0$. Sea $Z$ el espacio generado por el vector $(1,1,\ldots,1)$ de $\mathbb{R}^n$. Determina si es cierto que $$\mathbb{R}^n=W\oplus Z.$$

Solución. El espacio $Z$ está generado por todas las combinaciones lineales que se pueden hacer con el vector $v=(1,1,\ldots,1)$. Como sólo es un vector, las combinaciones lineales son de la forma $av$ con $a$ en $\mathbb{R}$, de modo que $Z$ es precisamente $$Z=\{(a,a,\ldots,a): a\in\mathbb{R}\}.$$

Para obtener la igualdad $$\mathbb{R}^n=W\oplus Z,$$ tienen que pasar las siguientes dos cosas (aquí estamos usando un resultado de la entrada de suma y suma directa de subespacios):

  • $W\cap Z = \{0\}$
  • $W+Z=\mathbb{R}^n$

Veamos qué sucede con un vector $v$ en $W\cap Z$. Como está en $Z$, debe ser de la forma $v=(a,a,\ldots,a)$. Como está en $W$, la suma de sus entradas debe ser igual a $0$. En otras palabras, $0=a+a+\ldots+a=na$. Como $n$ es un entero positivo, esta igualdad implica que $a=0$. De aquí obtenemos que $v=(0,0,\ldots,0)$, y por lo tanto $W\cap Z = \{0\}$.

Veamos ahora si se cumple la igualdad $\mathbb{R}^n=W+Z$. Por supuesto, se tiene que $W+Z\subseteq \mathbb{R}^n$, pues los elementos de $W$ y $Z$ son vectores en $\mathbb{R}^n$. Para que la igualdad $\mathbb{R}^n\subseteq W+Z$ se cumpla, tiene que pasar que cualquier vector $v=(x_1,\ldots,x_n)$ en $\mathbb{R}^n$ se pueda escribir como suma de un vector $w$ uno con suma de entradas $0$ y un vector $z$ con todas sus entradas iguales. Veamos que esto siempre se puede hacer.

Para hacerlo, sea $S=x_1+\ldots+x_n$ la suma de las entradas del vector $v$. Consideremos al vector $w=\left(x_1-\frac{S}{n},\ldots, x_n-\frac{S}{n} \right)$ y al vector $z=\left(\frac{S}{n},\ldots,\frac{S}{n})$.

Por un lado, $z$ está en $Z$, pues todas sus entradas son iguales. Por otro lado, la suma de las entradas de $w$ es
\begin{align*}
\left(x_1-\frac{S}{n}\right)+\ldots + \left(x_n-\frac{S}{n}\right)&=(x_1+\ldots+x_n)-n\cdot \frac{S}{n}\\ &= S-S=0,
\end{align*}

lo cual muestra que $w$ está en $W$. Finalmente, notemos que la igualdad $w+z=v$ se puede comprobar haciendo la suma entrada a entrada. Con esto mostramos que cualquier vector de $V$ es suma de vectores en $W$ y $Z$ y por lo tanto concluimos la igualdad $\mathbb{R}^n=W\oplus Z$.

$\square$

En el problema anterior puede parecer algo mágico la propuesta de vectores $w$ y $z$. ¿Qué es lo que motiva la elección de $\frac{S}{n}$? Una forma de enfrentar los problemas de este estilo es utilizar la heurística de trabajar hacia atrás. Sabemos que el vector $w$ debe tener todas sus entradas iguales a cierto número $a$ y queremos que $z=v-w$ tenga suma de entradas igual a $0$. La suma de las entradas de $v-w$ es $$(x_1-a)+\ldots+(x_n-a)= S -na.$$ La elección de $a=\frac{S}{n}$ está motivada en que queremos que esto sea cero.

Problema. Considera las siguientes tres matrices en $M_2(\mathbb{C})$:
\begin{align*}
A&= \begin{pmatrix} -i & -3 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}\\
B&= \begin{pmatrix} 2i& 1 \\ 3 & -1 \end{pmatrix}\\
C&= \begin{pmatrix} i & -7 \\ 12 & 7 \end{pmatrix}.
\end{align*}

Demuestra que $A$, $B$ y $C$ son matrices linealmente dependientes. Da una combinación lineal no trivial de ellas que sea igual a $0$.

Solución. Para mostrar que son linealmente dependientes, basta dar la combinación lineal no trivial buscada. Buscamos entonces $a,b,c$ números complejos no cero tales que $aA+bB+cC=O_2$, la matriz cero en $M_2(\mathbb{C})$. Para que se de esta igualdad, es necesario que suceda entrada a entrada. Tenemos entonces el siguiente sistema de ecuaciones:
$$\begin{cases}
-i a + 2i b + ic &= 0\\
-3a + b -7c &=0\\
2a + 3b + 12c &= 0\\
3a -b +7c &=0.
\end{cases}$$

En este sistema de ecuaciones tenemos números complejos, pero se resuelve exactamente de la misma manera que en el caso real. Para ello, llevamos la matriz correspondiente al sistema a su forma escalonada reducida. Comenzamos dividiendo el primer renglón por $-i$ y aplicando transvecciones para hacer el resto de las entradas de la columna iguales a $0$. Luego intercambiamos la tercera y cuarta filas.

\begin{align*}
&\begin{pmatrix}
-i & 2i & i \\
-3 & 1 & -7 \\
2 & 3 & 12 \\
3 & -1 & 7
\end{pmatrix}\\
\to&\begin{pmatrix}
1 & -2 & -1 \\
0 & -5 & -10 \\
0 & 7 & 14 \\
0 & 5 & 10
\end{pmatrix}
\end{align*}

Ahora reescalamos con factor $-\frac{1}{5}$ la segunda fila y hacemos transvecciones para hacer igual a cero el resto de entradas de la columna 2:

\begin{align*}
&\begin{pmatrix}
1 & 0& 3 \\
0 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\end{align*}

Con esto llegamos a la forma escalonada reducida de la matriz. De acuerdo al procedimiento que discutimos en la entrada de sistemas lineales homogéneos, concluimos que las variables $a$ y $b$ son pivote y la variable $c$ es libre. Para poner a $a$ y $b$ en términos de $c$, usamos la primera y segunda ecuaciones. Nos queda \begin{align*} a &= -3c \\ b &= -2c. \end{align*}

En resumen, concluimos que para cualqueir número complejo $c$ en $\mathbb{C}$ se tiene la combinación lineal $$-3c\begin{pmatrix} -i & -3 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} – 2c \begin{pmatrix} 2i& 1 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} + c\begin{pmatrix} i & -7 \\ 12 & 7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}.$$

Una posible combinación lineal no trivial se obtiene tomando $c=1$.

$\square$

En el problema anterior bastaba encontrar una combinación lineal no trivial para acabar el ejercicio. Por supuesto, esto también se puede hacer por prueba y error. Sin embargo, la solución que dimos da una manera sistemática de resolver problemas de este estilo.

Problema. Consideremos el espacio vectorial $V$ de funciones $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$. Para cada real $a$ en $(0,\infty)$, definimos a la función $f_a\in V$ dada por $$f_a(x)=e^{ax}.$$

Tomemos reales distintos $0<a_1<a_2<\ldots<a_n$. Supongamos que existe una combinación lineal de las funciones $f_{a_1},\ldots,f_{a_n}$ que es igual a $0$, es decir, que existen reales $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ tales que $$\alpha_1 e^{a_1x} + \alpha_2e^{a_2x} + \ldots + \alpha_n e^{a_nx} = 0$$ para todo real $x\geq 0$.

Muestra que $\alpha_1=\ldots=\alpha_n=0$. Concluye que la familia $(f_a)_{a\in \mathbb{R}}$ es linealmente independiente en $V$.

Solución. Procedemos por inducción sobre $n$. Para $n=1$, si tenemos la igualdad $\alpha e^{ax}=0$ para toda $x$, entonces $\alpha=0$, pues $e^{ax}$ siempre es un número positivo. Supongamos ahora que sabemos el resultado para cada que elijamos $n-1$ reales cualesquiera. Probaremos el resultado para $n$ reales cualesquiera.

Supongamos que tenemos la combinación lineal $$\alpha_1 e^{a_1x} + \alpha_2e^{a_2x} + \ldots + \alpha_n e^{a_nx} = 0$$ para todo real $x\geq 0$.

Dividamos esta igualdad que tenemos entre $e^{a_nx}$:

$$\alpha_1 e^{(a_1-a_n)x} + \alpha_2e^{(a_2-a_n)x} + \ldots + \alpha_{n-1}e^{(a_{n-1}-a_n)x}+\alpha_n = 0.$$

¿Qué sucede cuando hacemos $x\to \infty$? Cada uno de los sumandos de la forma $\alpha_i e^{(a_i-a_n)x}$ se hace cero, pues $a_i<a_n$ y entonces el exponente es negativo y se va a $-\infty$. De esta forma, queda la igualdad $\alpha_n=0$. Así, nuestra combinación lineal se ve ahora de la forma $$\alpha_1 e^{a_1x} + \alpha_2e^{a_2x} + \ldots + \alpha_{n-1} e^{a_{n-1}x} = 0.$$

Por la hipótesis inductiva, $\alpha_1=\ldots=\alpha_{n-1}=0$. Como también ya demostramos $\alpha_n=0$, hemos terminado el paso inductivo.

Concluimos que la familia (infinita) $(f_a)_{a\in \mathbb{R}}$ es linealmente independiente en $V$ pues cualquier subconjunto finito de ella es linealmente independiente.

$\square$

El problema anterior muestra que la razón por la cual ciertos objetos son linealmente independientes puede deberse a una propiedad analítica o de cálculo. A veces dependiendo del contexto en el que estemos, hay que usar herramientas de ese contexto para probar afirmaciones de álgebra lineal.

Entradas relacionadas

Álgebra Lineal I: Problemas de producto de matrices y matrices invertibles

Introducción

Esta sección consta de puros problemas para practicar los conceptos vistos en entradas previas. Las entradas anteriores correspondientes son la de producto de matrices y la de matrices invertibles.

Problemas resueltos

Problema. Encuentra todas las matrices $B\in M_3(\mathbb{C})$ que conmutan con la matriz

\begin{align*}
A=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0\\
0 & 0 &2
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Solución. Sea

\begin{align*}
B=\begin{pmatrix} a & b & c\\ d & e & f \\ g & h & i \end{pmatrix}\in M_3(\mathbb{C}).
\end{align*}

Calculamos usando la regla del producto:

\begin{align*}
AB=\begin{pmatrix}
a & b & c\\ 0 & 0 & 0\\ 2 g & 2h & 2i \end{pmatrix}
\end{align*}

y

\begin{align*}
BA= \begin{pmatrix} a & 0 & 2c\\ d & 0 & 2f\\ g & 0 & 2i\end{pmatrix}.
\end{align*}

Igualando ambas matrices obtenemos que $A$ y $B$ conmutan si y sólo si se satisfacen las condiciones

\begin{align*}
\begin{cases}
b=d=f=h=0\\
2c=c\\
2g=g\end{cases}.
\end{align*}

Las últimas dos condiciones son equivalentes a que $c=g=0$. Cualquier matriz que conmuta con $A$ satisface estas condiciones y conversamente (por nuestro cálculo) si satisface estas ecuaciones conmuta con $A$. Esto nos deja como parámetros libres a $a,e,i$, es decir $B$ puede ser cualquier matriz diagonal.

$\square$

Problema. Considerando las matrices

\begin{align*}
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 0& 4 &-1\\ 9& 6 & 0 \end{pmatrix}, \hspace{2mm} B= \begin{pmatrix} -1 & 1\\ 0 & -2 \\ 1 &0 \end{pmatrix},
\end{align*}

¿cuáles de los productos $A^2, AB, BA, B^2$ tienen sentido? Calcula los que si lo tienen.

Solución. Recordamos que los productos tienen sentido si el número de columnas de la matriz de la izquierda sea el mismo que el número de filas de la matriz de la derecha. Entonces no podemos realizar los productos $BA$ o $B^2$ pues esta condición no se cumple (por ejemplo, $B$ tiene $3$ columnas, $A$ tiene $2$ filas, y estos números difieren). Calculamos entonces usando la regla del producto:

\begin{align*}
A^2 = \begin{pmatrix}
10 & 11 & 0\\
-9 & 10 & -4\\
9 & 33 & 3\end{pmatrix}, \hspace{2mm} AB= \begin{pmatrix} 0 & -1\\ -1 & -8\\ -9 &-3\end{pmatrix}.
\end{align*}

$\square$

Problema. Considera la matriz \begin{align*}
A=\begin{pmatrix} 1 & 1& 0 \\ 0 & 1 &1\\ 0 &0 & 1 \end{pmatrix}
\end{align*}

  • Demuestra que $A$ satisface que $(A-I_3)^3=O_3$
  • Calcula $A^{n}$ para cualquier entero positivo $n$.

Solución.

  • Hacemos el cálculo directamente:
    \begin{align*}
    (A-I_3)^3&= \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\0 & 0 &1\\ 0 & 0 &0 \end{pmatrix}^{2} \cdot \begin{pmatrix} 0 & 1 &0 \\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 &0 \end{pmatrix} \\&= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0\\ 0 &0 &0\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 0 & 1 &0 \\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 &0 \end{pmatrix}\\&=O_3. \end{align*}
  • Para este tipo de problemas, una estrategia que funciona es hacer casos pequeños para hacer una conjetura, y luego demostrarla por inducción. Probando para algunos valores de $n$ conjeturamos que
    \begin{align*}
    A^{n}=\begin{pmatrix} 1 & n & \frac{n(n-1)}{2}\\ 0 & 1 & n\\ 0 & 0 &1 \end{pmatrix}.
    \end{align*}
    Lo demostramos por inducción sobre $n$, dando por cierto el caso base con $n=1$.
    Hagamos ahora el paso inductivo. Para esto usamos que $1+\dots + (n-1)= \frac{n(n-1)}{2}$.
    Nuestra hipótesis de inducción nos dice entonces que para cierto $n$ se tiene que $A^{n}=\begin{pmatrix} 1 & n & 1+\dots +(n-1) \\ 0 & 1 & n\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$. Usando que $A^{n+1}=A^{n}\cdot A$ con nuestra hipótesis de inducción se sigue:
    \begin{align*}
    A^{n+1}= A^{n}\cdot A&= \begin{pmatrix} 1 & n & 1+\dots +(n-1)\\ 0 & 1 &n\\ 0 & 0 &1\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} 1 & 1+n & 1+\dots + (n-1)+n\\ 0 & 1 & n+1\\ 0 & 0 &1\end{pmatrix}.\end{align*}
    Luego el resultado es cierto para $n+1$ y así queda demostrado el resultado.

$\square$

El siguiente problema combina temas de números complejos y de matrices invertibles. Para que lo entiendas a profundidad, es útil recordar la teoría de raíces $n$-ésimas de la unidad. Puedes revisar esta entrada del blog. El ejemplo puede parecer un poco artificial. Sin embargo, las matrices que se definen en él tienen muchas aplicaciones, por ejemplo, en procesamiento de señales.

Problema. Sea $n>1$ un natural y sea

\begin{align*}
\zeta= e^{\frac{2\pi i}{n}}= \cos \left( \frac{2\pi}{n}\right)+i\sin \left( \frac{2\pi}{n}\right).
\end{align*}

Este número puede parecer muy feo, pero es simplemente la raíz $n$-ésima de la unidad de menor argumento.

Definimos la matriz de Fourier de orden $n$, denotada por $\mathcal{F}_n$ como la matriz tal que su $(j,k)-$ésima entrada es $\zeta^{(j-1)(k-1)}$ para $1\leq j,k\leq n$.

  • a) Sea $\overline{\mathcal{F}_n}$ la matriz cuya $(j,k)-$ésima entrada es el conjugado complejo de la $(j,k)-$ésima entrada de $\mathcal{F}_n$. Demuestra que
    \begin{align*}
    \mathcal{F}_n\cdot \overline{\mathcal{F}_n} = \overline{\mathcal{F}_n}\cdot \mathcal{F}_n= nI_n.
    \end{align*}
  • b) Deduce que $\mathcal{F}_n$ es invertible y calcule su inversa.

Solución.

  • a) Sean $1\leq j,k\leq n$. Usando la regla del producto, podemos encontrar la entrada $(j,k)$ como sigue:
    \begin{align*}
    \left( \mathcal{F}_n \cdot \overline{\mathcal{F}_n} \right)_{jk} &= \sum_{l=1}^{n} \left(\mathcal{F}_n\right)_{jl} \cdot \left(\overline{\mathcal{F}_n}\right)_{lk}\\
    &= \sum_{l=1}^{n} \zeta^{(j-1)(l-1)} \cdot \overline{\zeta^{(l-1)(k-1)}}\\
    &= \sum_{l=1}^{n} \zeta^{(j-1)(l-1)-(l-1)(k-1)},
    \end{align*}
    la última igualdad se debe a que $\overline{\zeta}= \zeta^{-1}$. Así
    \begin{align*}
    \left( \mathcal{F}_n \cdot \overline{\mathcal{F}_n}\right)_{jk}=\sum_{l=1}^{n}\zeta^{(l-1)(j-k)}=\sum_{l=0}^{n-1}\left( \zeta^{j-k}\right)^{l}.
    \end{align*}
    Y la suma de la derecha es la suma de una sucesión geométrica con razón $\zeta^{j-k}$. Si $j=k$, entonces $\zeta^{j-k}=1$, así que la suma es igual a $n$ ya que cada termino es $1$ y lo sumamos $n$ veces. Si $j\neq k$ entonces $\zeta^{j-k}\neq 1$ y usamos la fórmula para una suma geométrica:
    \begin{align*}
    \sum_{l=0}^{n-1} \left( \zeta^{j-k}\right)^{l}= \frac{1-\left(\zeta^{j-k}\right)^{n}}{1-\zeta^{j-k}}=\frac{1-(\zeta^{n})^{j-k}}{1-\zeta^{j-k}}=0.\end{align*}
    Usamos en la última igualdad que $\zeta^{n}=1$. Se sigue que $\left( \mathcal{F}_n \cdot \overline{\mathcal{F}_n}\right)_{jk}$ es $n$ si $j=k$ y $0$ de otra manera, es decir
    \begin{align*}
    \mathcal{F}_n\cdot\overline{\mathcal{F}_n}=n\cdot I_n.
    \end{align*}
    La igualdad simétrica $\overline{\mathcal{F}_n}\cdot \mathcal{F}_n=n \cdot I_n$ se prueba de la misma manera y omitimos los detalles.
  • b) Por el inciso anterior, sugerimos $\frac{1}{n} \overline{\mathcal{F}_n}$, y esta satisface

    \begin{align*}
    \mathcal{F}_n \cdot \frac{1}{n} \overline{\mathcal{F}_n} = \frac{1}{n} \cdot n I_n= I_n
    \end{align*}
    y la otra igualdad se verifica de la misma manera. Por lo tanto, $\mathcal{F}_n$ es invertible y su inversa es $\frac{1}{n} \overline{\mathcal{F}_n}$.

$\square$

Problema. Sean $A,B\in M_n(\mathbb{R})$ matrices tales que

\begin{align*}
A+B=I_n \hspace{5mm} A^2+B^2=O_n
\end{align*}

Demuestra que $A$ y $B$ son invertibles y que satisfacen

\begin{align*}
(A^{-1}+B^{-1})^{n}=2^{n} I_n
\end{align*}

Solución. Observamos que las propiedades dadas nos permiten calcular

\begin{align*}
A(I_n+B-A)&= (I_n-B) (I_n+B-A)\\&=I_n+B-A-B-B^2+BA\\
&= I_n -A-B^2+BA \\&=I_n+(B-I_n)A-B^2\\ &=I_n-A^2-B^2\\&= I_n.
\end{align*}

Es decir $A^{-1}=I_n+B-A$ (falta demostrar que con esta propuesta, también se cumple $A^{-1}A=I_n$, omitimos los cálculos). Similarmente $B^{-1}= I_n+A-B$ y por tanto $A^{-1}+B^{-1}= 2\cdot I_n$ y de esta igualdad se sigue la segunda parte del problema, pues

\begin{align*}
\left(A^{-1}+B^{-1}\right)^{n}= \left( 2\cdot I_n\right)^{n}=2^{n} \cdot I_n.\end{align*}

$\square$

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Álgebra Lineal I: Problemas de vectores, matrices y matrices como transformaciones lineales

Introducción

Esta entrada consiste de puros problemas resueltos. Mediante la solución de estos problemas se puede poner en práctica los conceptos vistos anteriormente. En específico, aquí repasamos los conceptos de suma y producto escalar que vimos al inicio, así como la idea de la entrada anterior de relacionar a matrices con transformaciones lineales.

Problemas resueltos

Problema. Escribe de manera explicita la matriz $A=[a_{ij}]\in M_{2,3}(\mathbb{R})$ tal que

\begin{align*}
a_{ij}=\begin{cases} 1 & \text{si } i+j \text{ es par}\\ 0 & \text{si } i+j\text{ es impar}\end{cases}
\end{align*}

Solución. Tomemos como ejemplo a la entrada $a_{11}$. Como $1+1=2$ y $2$ es par, entonces la entrada $a_{11}$ será igual a $1$. De manera similar, obtenemos que $a_{12}=0$ pues $1+2=3$, que es un número impar. Siguiendo de este modo, obtenemos que
\begin{align*}
A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\
0 & 1& 0 \end{pmatrix}.
\end{align*}

$\square$

Problema. Para cada par de matrices $(A,B)$, explica cuáles de las operaciones $A+2B$ y $A-B$ tienen sentido, y cuando tengan sentido, haz el cálculo.

  1. \begin{align*}
    A= \begin{pmatrix} 1 & 1& 0\\
    0& 1 & 1\\
    1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \hspace{5mm} \text{y}\hspace{5mm} B=\begin{pmatrix} 1 &2 &3\\
    7 & 8 & 9\\
    4 & 5 & 6
    \end{pmatrix}.
    \end{align*}
  2. \begin{align*}
    A=\begin{pmatrix} 192450916\\1\\0 \\1\\2\end{pmatrix} \hspace{5mm} \text{y} \hspace{5mm} B= \begin{pmatrix} -1\\ 0 \\ 199\\ 2020\\ 0\\ 3\end{pmatrix}.
    \end{align*}
  3. \begin{align*}
    A= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2\\
    3 & 5 & 8 \end{pmatrix} \hspace{5mm} \text{y} \hspace{5mm}B= \begin{pmatrix} 1&-1 & 1\\ 2 & 4 & 8 \end{pmatrix}.
    \end{align*}

Solución:

  1. Dado que ambas matrices tienen el mismo tamaño, podemos calcular ambas operaciones. Tenemos que hacer las operaciones entrada a entrada. Así, la primer entrada de $A+2B$ será $1+2\cdot 1 = 3$. Haciendo lo mismo para cada entrada, obtenemos que
    \begin{align*}
    A+2B= \begin{pmatrix}
    3 & 5 & 6\\
    14 & 17 & 19\\
    9 & 10 & 13
    \end{pmatrix}
    \end{align*}
    De manera similar, obtenemos que \begin{align*}A-B=\begin{pmatrix} 0 &-1 & -3 \\ -7 & -7 & -8\\ -3 & -5 &-5\end{pmatrix}.\end{align*}
  2. En este caso las operaciones no tienen sentido, pues una matriz tiene 5 renglones y la otra 6.
  3. Observamos que ambas matrices tienen el mismo tamaño, por lo que sí podemos calcular ambas operaciones: \begin{align*}
    A+2B= \begin{pmatrix}
    3 & -1 & 4\\ 7 & 13 & 24
    \end{pmatrix} \hspace{5mm} \text{y} \hspace{5mm} A-B=\begin{pmatrix} 0 &2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}.\end{align*}

$\square$

Problema.

  • a) Considera la función $f: \mathbb{R}^2\to \mathbb{R}^2$ dada por
    \begin{align*}
    f(x,y)=(x^2,y^2).
    \end{align*}
    ¿Es $f$ una transformación lineal?
  • b) Responde la misma pregunta reemplazando $\mathbb{R}$ por $\mathbb{F}_2$.

Solución.

  • a) No, $f$ no es lineal. Vamos a ver un ejemplo en el cual no «abre sumas». Por un lado, tenemos por definición que $f(2,0)=(4,0)$. Por otro lado, tenemos que $(2,0)=(1,0)+(1,0)$ y que $f(1,0)+f(1,0)= (2,0)$. Es decir
    \begin{align*}
    f( (1,0)+(1,0) ) \neq f(1,0)+f(1,0).
    \end{align*}
  • b) Si cambiamos el dominio por $\mathbb{F}_2$ entonces $f$ sí es lineal. Lo podemos verificar:
    \begin{align*}
    f(x+y,z+w)&= \left((x+y)^2, (z+w)^2\right)\\
    &= \left( x^2+y^2+2xy, z^2+w^2+2wz\right)\\
    &=\left(x^2+y^2, z^2+w^2\right)\\
    &= \left(x^2,z^2\right)+\left(y^2,w^2\right)\\
    &= f(x,z)+f(y,w).
    \end{align*}
    En estas igualdades estamos usando que $\mathbb{F}_2$ es el campo con dos elementos, en donde se cumple que $2=1+1=0$, por lo cual $2xy=0=2wz$.
    Por otro lado, si $\alpha\in \mathbb{F}_2$ es un escalar, entonces
    \begin{align*}
    f(\alpha\cdot(x,y))&= f(\alpha x, \alpha y)\\
    &= (\alpha^2 x^2, \alpha^2 y^2)\\
    &= \alpha^2 \cdot (x^2,y^2)\\
    &= \alpha \cdot f(x,y).
    \end{align*}
    De nuevo estamos usando las propiedades del campo $\mathbb{F}_2$ en la última igualdad. Como $\mathbb{F}_2$ es el campo con $2$ elementos, los valores de $\alpha, x,y $ sólo pueden ser $0$ o $1$. Como $0^2=0$ y $1^2=1$, tenemos la igualdad. Concluimos que $f$ es lineal.
  • b)’ Otra manera de resolver el inciso b) es observar que en $\mathbb{F}_2$, $x^2=x$ para todo $x$ (esto lo usamos con $\alpha, x, y$ en la prueba pasada). Luego la función $f$ coincide con la función identidad, y es más fácil verificar que ésta es lineal.

$\square$

Problema. Da un ejemplo de un mapeo $f:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ que no sea lineal, pero que cumpla

\begin{align*}
f(av)= af(v)
\end{align*}

para cualesquiera $v\in \mathbb{R}^2$ y $a\in \mathbb{R}$.

Solución. Proponemos

\begin{align*}
f(x,y)= \begin{cases} x & \text{si } y=0\\
y & \text{si } y\neq 0
\end{cases}.
\end{align*}

Verifiquemos que $f$ cumple la compatibilidad con escalares. Primero, si $a=0$ es claro que

\begin{align*}
f(av) &= f(0,0)\\
&= 0\\
&= 0 \cdot f(v)\\
&= a\cdot f(v).
\end{align*}

Entonces si $a=0$ se cumple la condición. Ahora supongamos que $a\neq 0$, tenemos dos subcasos que verificar:

  • Si $v=(x,y)$ con $y\neq 0$, entonces $av= (ax,ay)$ y $ay\neq 0$ (pues el producto de reales no nulos es no nulo), por lo que
    \begin{align*}
    f(av)&= f(ax,ay)\\
    &= ay\\
    &= a\cdot f(x,y)=a\cdot f(v).
    \end{align*}
  • Si $v=(x,0)$ entonces $av= (ax,0)$ y así
    \begin{align*}
    f(av)&= f(ax,0)\\
    &= ax\\
    &= a\cdot f(x,0)=a\cdot f(v).
    \end{align*}

Así verificamos que $f$ cumple con la condición buscada. Para ver que $f$ no es lineal, observamos que

  • $f(1,0)=1$
  • $f(0,1)=1$
  • $f(1,1)=1$

Y así tenemos

\begin{align*}
f(0,1)+f(1,0)&= 2\\
&\neq 1\\
&= f(1,1)\\
&=f((1,0)+(0,1))
\end{align*}

Es decir, existen $u$ y $v$ vectores tales que $f(u+v)\neq f(u)+f(v)$, por lo que $f$ no es lineal.

$\square$

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Álgebra Superior II: Problemas de operaciones con polinomios

Introducción

En una entrada anterior ya construimos el anillo de polinomios con coeficientes reales. Para hacer esto, tomamos las sucesiones que consisten casi de puros ceros, después les definimos las operaciones de suma y producto. Ahora practicaremos estos nuevos conceptos, resolviendo algunos problemas de operaciones con polinomios.

Problema de suma de polinomios

Comenzamos con un ejemplo de suma de polinomios del libro de Álgebra Superior de Bravo, Rincón y Rincón.

Ejercicio 399. Haz la suma de los siguientes polinomios:
\begin{align*}
p(x)&=(-85,0,-37,-35, 97, 50, \overline{0})\\
q(x)&=(56,49,0,57,\overline{0}).
\end{align*}

En el video se hace la suma de dos formas distintas. Primero, se hace la suma directamente de la definición, es decir, sumando los polinomios entrada a entrada como sucesiones. Después, se hace la suma en la notación de $x$ y potencias, que tal vez conozcas mejor.

Es importante entender que la notación de sucesiones sirve para establecer los fundamentos de los polinomios, pero no es práctica para hacer operaciones con polinomios concretas. Dependiendo del tipo de problema que se quiere resolver, a veces hay que usar una notación u otra.

Suma de polinomios

Problemas de producto de polinomios

A continuación se resuelven dos ejercicios de producto de polinomios.

Ejercicio. Multiplicar los polinomios $(2,0,3,\overline{0})$ y $(0,1,\overline{0})$.

En el video se hace la multiplicación usando directamente la definición, paso a paso. Sin embargo, los pasos para realizar la multiplicación se pueden realizar en una tabla, como la que usamos en entradas anteriores. Después del video ponemos la tabla correspondiente a la multiplicación.

Para hacer la multiplicación con una tabla, ponemos a las entradas del primer polinomio en la primer fila de una tabla, y a las del segundo polinomio en la primer columna de la tabla. Luego, hacemos las multiplicaciones «en cada casilla» como sigue:

$2$$0$$3$
$0$$0$$0$$0$
$1$$2$$0$$3$

De aquí, se puede leer el producto «por diagonales». La primer diagonal es $0$, la segunda $2+0=2$, la tercera $0+0=0$ y la cuarta $3$. Concluimos que el polinomio es $$(0,2,0,3,\overline{0}).$$

Veamos un ejemplo más, usando la notación de $x$ y sus potencias.

Ejercicio. Encuentra el producto de polinomios $(1+3x)(1-2x+3x^2)$.

Problema de división de polinomios

Finalmente, hacemos un ejemplo de división de polinomios. La técnica que se hace en el video es la de «dividir con casita», que es una forma visual de representar el algoritmo de la división para polinomios. Hablaremos un poco más adelante de este algoritmo, y de por qué siempre nos da un residuo cero o de grado menor.

Cuando se hace la «división con casita», hay que recordar dejar los espacios correspondientes a los términos que tengan coeficiente $0$.

Ejercicio. Divide el polinomio $x^5+x^3+3x$ entre el polinomio $x^2-x+1$.

División de polinomios

Tarea moral

  • Realiza la suma $(-10,0,3,-4,1,\overline{0})+(14,0,0,0,-5,0,3,\overline{0})$.
  • Realiza el producto $(-1,1,\overline{0})(1,1,1,1,\overline{0})$.
  • Realiza el producto $(x^3+4x^2-3)(2x^2+x-3)$.
  • Realiza la división $(x^5+3x^4+x^3+5x^2-5x+1)/(x^2+3x-1)$.
  • Realiza la división $(x^4+2x^3+2x^2+11x)/(x^2+3)$.

Más adelante

Aunque esta entrada la dedicamos para que pudieras practicar tus habilidades operando polinomios, te recomendamos seguir practicando, ya que estas operaciones serán la base de la teoría. A partir de aquí veremos los teoremas importantes sobre los polinomios.

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