Álgebra Lineal

X EDICIÓN PREMIOS JORGE JUAN
Álgebra Lineal
Sea E el espacio vectorial de las sucesiones de números complejos y a, b 2 C con b 6= 0. Se
considera la aplicación lineal
h:E ! E
(un ) 7 ! (vn )
con Se pide:
1. Calcular ker h (núcleo de h).
2. Demostrar que la aplicación
: E ! C2 dada por
((un )) = (u1 ; u2 ) es lineal y que su
restricción al subespacio ker h es una biyección.
3. Demostrar que el conjunto formado por las sucesiones (un ) (con u1 = 1, u2 = 0 y un+2 +
aun+1 + bun = 0, para todo n 2 N) y (v n ) (con v 1 = 0, v 2 = 1 y v n+2 + av n+1 + bv n = 0,
para todo n 2 N) es una base de ker h.
4. Determinar la relación que debe existir entre a y b para que haya una única sucesión en ker h
cuyo término general sea de la forma un = rn (r 6= 0).
5. Sabiendo que, cuando se da la situación del apartado anterior, la sucesión (nrn ) también
pertenece a ker h, calcular el término general de la sucesión (un ) tal que un+2
6un+1 +
9un = 0, para todo n 2 N, u1 = 3 y u2 = 18.
Solución:
1. Por de nición,
ker h = f(un ) 2 E jh ((un )) = (0) 2 Eg :
Puesto que h ((un )) = (vn ) con vn = un+2 + aun+1 + bun , para todo n 2 N, se tiene
ker h = f(un ) 2 E jun+2 + aun+1 + bun = 0; 8n 2 Ng :
2. Sean (un ) ; (u0n ) 2 E y
2 C. Puesto que, por de nición,
(un ) + (u0n ) := (un + u0n ) 2 E
y
(un ) := ( un ) 2 E;
se tiene
((un ) + (u0n )) =
(un + u0n ) = (u1 + u01 ; u2 + u02 ) =
= (u1 ; u2 ) + (u01 ; u02 ) =
1
(un ) +
(u0n )
y
( (un )) =
Por lo tanto,
(( un )) = ( u1 ; u2 ) =
(u1 ; u2 ) =
((un )) :
es una aplicación lineal.
Consideremos ahora
! C2 la restricción de
: ker h
biyectiva.
En efecto, si (un ) ; (u0n ) 2 ker h y
((un )) =
a ker h. Veremos que
es
((u0n )), entonces (u1 ; u2 ) = (u01 ; u02 ) y, por
lo tanto, u1 = u01 y u2 = u02 . Además, por ser (un ) ; (u0n ) 2 ker h, se cumple, para cualquier
n 2 N,
un+2 + aun+1 + bun = 0
y
u0n+2 + au0n+1 + bu0n = 0:
Probaremos, por inducción completa sobre n, que un = u0n para todo n 2 N.
Para n = 1, se tiene
u3 + au2 + bu1 = 0
y
u03 + au02 + bu01 = 0
y, restando ambas igualdades, se obtiene u3 = u03 .
Supongamos ahora que ui = u0i para todo i < n. Se obtiene un = u0n , restando las expresiones
un + aun
1
+ bun
2
=0
u0n + au0n
1
+ bu0n
2
= 0:
y
Así pues, (un ) = (u0n ) y
Para probar que
es inyectiva.
es suprayectiva, supongamos que (u; v) 2 C2 . Tomando (un ) 2 E tal que
u1 = u, u2 = v y un+2 + aun+1 + bun = 0, para todo n 2 N, se tiene que (un ) 2 ker h y
((un )) = (u; v).
3. Probamos, en primer lugar, que (un ) y (v n ) son linealmente independientes.
Sea
(un ) +
(v n ) = 0 con ;
2 C. Entonces un + v n = 0, para todo n 2 N. En
particular, u1 + v 1 = 0 y u2 + v 2 = 0, de donde se obtiene
=0y
Veamos, ahora, que f(un ) ; (v n )g es un sistema de generadores de ker h.
En efecto, si (wn ) 2 ker h, se tiene que
= 0.
((wn )) = (w1 ; w2 ) 2 C2 y, si denotamos por
2
fe1 ; e2 g la base canónica de C2 , se tiene
(1; 0) = e1 y
((wn )) = w1 e1 + w2 e2 . Puesto que
((un )) =
((v n )) = (0; 1) = e2 , se tiene
((wn )) = w1 e1 + w2 e2 = w1 ((un )) + w2 ((v n ))
que, por ser
una aplicación lineal, se convierte en
((wn )) =
y, por ser
(w1 (un ) + w2 (v n ))
inyectiva, (wn ) = w1 (un ) + w2 (v n ). Por lo tanto, f(un ) ; (v n )g es un sistema
de generadores.
4. La sucesión (rn ), con r 6= 0, pertenece a ker h si, y sólo si,
rn+2 + arn+1 + brn = 0;
para todo n 2 N. Sacando factor común a rn en la expresión anterior, se tiene
r2 + ar + b = 0;
por lo que r =
b=
a2
4
a
p
a2 4b
.
2
. En ese caso, r =
Para que r sea único debe cumplirse que a2
4b = 0, es decir,
a
.
2
5. Para la sucesión (un ) dada en el enunciado, se tiene que (un ) 2 ker h para los valores de
a=
6 y b = 9. Puesto que b =
a2
,
4
sabemos, por el apartado anterior, que existe una única
sucesión en ker h de la forma (rn ) y el valor de r es
sabemos que la sucesión (n3n ) 2 ker h y, por lo tanto,
Por otra parte, tenemos que
a
2
= 3. Además, en ese caso, también
((n3n )) = (1 31 ; 2 32 ) = (3; 18) :
((un )) = (u1 ; u2 ) = (3; 18) =
tiva, (un ) = (n3n ).
3
((n3n )) y, por ser
inyec-