Ejercicios Para Taller De Lineal. Yuli.docx

Aplicaciones lineales 1. Cuáles de las siguientes son aplicaciones lineales? a. 𝐴: ℝ3 → ℝ3 , 𝐴(𝑥, 𝑦 , 𝑧) = (𝑥, 2𝑦 , 2𝑧 ) b. 𝐴: ℝ3 → ℝ3 , 𝐴(𝑥, 𝑦 , 𝑧) = (3𝑥, 𝑎, 5𝑧) , donde 𝑎 ∈ ℝ c. 𝐴: ℝ4 → ℝ3 , 𝐴(𝑥, 𝑦 , 𝑧, 𝑤) = (𝑥 − 𝑤, 𝑦 − 𝑤, 𝑥 + 𝑧) d. 𝐴: 𝑀(𝑛 × 𝑛) → ℝ𝑛 , 𝐴([𝑎𝑖𝑗 ]) = (𝑎11 , 𝑎22 , 𝑎33 , … , 𝑎𝑛𝑛 ) e. 𝐴: 𝐶 ∞ (ℝ) → 𝐶 ∞ (ℝ), 𝐴𝑓 = 3𝑓 ′′ − 2𝑓 ′ + 1 𝑎 𝑏 f. 𝐴: 𝑀(2 × 2) → ℝ, 𝐴 ([ ]) = 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 𝑐 𝑑 Obs: Para b. considere los casos 𝑎 = 0 y 𝑎 ≠ 0. En e. 𝐶 ∞ (ℝ) representa el conjunto de las funciones infinitamente derivables. 2. Sea 𝑓: ℝ3 → ℝ una transformación lineal Sabiendo que f(1, 1)=3 y f(2, 3)=1, calcule f(x, y). 3. Considere las transformaciones lineales 𝐴: ℝ2 → ℝ3 y 𝑏: ℝ3 → ℝ2 definidas por: 𝐴(𝑥, 𝑦) = (𝑥, 𝑦, 𝑥 + 𝑦) y 𝐵(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑎𝑥 + (𝑎 − 1)𝑦 + (1 − 𝑎)𝑧, −𝑏𝑥 + (1 − 𝑏)𝑦 + 𝑏𝑧). Determine el operador 𝐵𝐴: ℝ2 → ℝ2 . Demuestre con esto que 𝐴 = 1 0 [0 1] tiene infinitas inversas por izquierda. 1 1 4. Considere la transformación lineal 𝐴: ℝ4 → ℝ3 , dada por 𝐴(𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡) = (𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 2𝑡, 𝑥 − 𝑦 + 2𝑧, 4𝑥 + 2𝑦 + 5𝑧 + 6𝑡). Halle el núcleo y la imagen de A. Encuentre un vector 𝑏 ∈ ℝ3 que no pertenezca a la imagen de A y con eso exhiba un sistema lineal de tres ecuaciones con cuatro incógnitas sin solución. 5. Pruebe que 𝐶: 𝑃𝑛 → 𝑃𝑛+2 ; 𝐶𝑝(𝑥) = (𝑥 2 + 1)𝑝(𝑥) es una transformación lineal inyectiva y obtenga una inversa lineal por izquierda.

Valores propios y vectores propios 1. Diagonalizar, bajo congruencia, la siguiente forma cuadrática 𝑞(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 + 2𝑦𝑧 . (Hallar P y D) 2. Sabiendo que la matriz A admite 0 como valor propio, verificar si A es diagonalizable bajo similaridad y si lo es, obtener la matriz P que lo diagonaliza,

1  1 siendo A   0  0

1 k 0 0

0 0 1 1

0  0 . 1  k

3. Si los valores propios de la matriz A son 1 = 2 = 2 y 3 = 9 y sus vectores propios son, respectivamente, v1 = (1, –1, 0), v2 = (1, 0, 1) y v3 = (1, 2, 1), determinar A, su polinomio característico y su polinomio mínimo.

SOLUCIONES 1. Cuáles de las siguientes son aplicaciones lineales? a. 𝑨: ℝ𝟑 → ℝ𝟑 , 𝑨(𝒙, 𝒚 , 𝒛) = (𝒙, 𝟐𝒚 , 𝟐𝒛 ) b. 𝑨: ℝ𝟑 → ℝ𝟑 , 𝑨(𝒙, 𝒚 , 𝒛) = (𝟑𝒙, 𝒂, 𝟓𝒛) , donde 𝒂 ∈ ℝ c. 𝑨: ℝ𝟒 → ℝ𝟑 , 𝑨(𝒙, 𝒚 , 𝒛, 𝒘) = (𝒙 − 𝒘, 𝒚 − 𝒘, 𝒙 + 𝒛) d. 𝑨: 𝑴(𝒏 × 𝒏) → ℝ𝒏 , 𝑨([𝒂𝒊𝒋 ]) = (𝒂𝟏𝟏 , 𝒂𝟐𝟐 , 𝒂𝟑𝟑 , … , 𝒂𝒏𝒏 ) e. 𝑨: 𝑪∞ (ℝ) → 𝑪∞ (ℝ), 𝑨𝒇 = 𝟑𝒇′′ − 𝟐𝒇′ + 𝟏 𝒂 𝒃 f. 𝑨: 𝑴(𝟐 × 𝟐) → ℝ, 𝑨 ([ ]) = 𝒂𝒅 − 𝒃𝒄 𝒄 𝒅 a) No es lineal, pues 𝐴(0, 0, 0) = (0, 1, 1) ≠ (0, 0, 0) b) Para 𝑎 ≠ 0 no es lineal, pues 𝐴(0, 0, 0) = (0, 𝑎, 0) ≠ (0, 0, 0). Para 𝑎 = 0 es lineal. Demostremos:  𝐴(𝑥1 + 𝑥2 , 𝑦1 + 𝑦2 , 𝑧1 + 𝑧2 ) = (3(𝑥1 + 𝑥2 ), 0, 5(𝑧1 + 𝑧2 )) = (3𝑥1 , 0, 5𝑧1 ) + (3𝑥2 , 0, 5𝑧2 ) = 𝐴(𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1 ) + 𝐴(𝑥2 , 𝑦2 , 𝑧2 )  𝐴(𝛼𝑥, 𝛼 𝑦 , 𝛼 𝑧) = (3𝛼𝑥, 0, 5𝛼𝑧) = 𝛼(3𝑥, 0, 5𝑧) = 𝛼𝐴(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∀ 𝛼 ∈ ℝ c) Demostremos que es lineal:  𝐴(𝑥1 + 𝑥2 , 𝑦1 + 𝑦2 , 𝑧1 + 𝑧2 , 𝑤1 + 𝑤2 ) = (𝑥1 + 𝑥2 − 𝑤1 − 𝑤2 , 𝑦1 + 𝑦2 − 𝑤1 − 𝑤2 , 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑧1 + 𝑧2 , ) = (𝑥1 − 𝑤1 , 𝑦1 − 𝑤1 , 𝑥1 + 𝑧1 ) + (𝑥2 − 𝑤2 , 𝑦2 − 𝑤2 , 𝑥2 + 𝑧2 ) = 𝐴(𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1 , 𝑤1 ) + 𝐴(𝑥2 , 𝑦2 , 𝑧2 , 𝑤2 )  𝐴(𝛼𝑥, 𝛼 𝑦 , 𝛼 𝑧, 𝛼𝑤) = (𝛼𝑥 − 𝛼𝑤, 𝛼 𝑦 − 𝛼𝑤 , 𝛼𝑥 + 𝛼 𝑧) = 𝛼𝐴(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∀𝛼 ∈ ℝ d) Demostremos que es lineal:  𝐴([𝑎𝑖𝑗 ] + [𝑏𝑖𝑗 ]) = 𝐴([𝑎𝑖𝑗 + 𝑏𝑖𝑗 ]) = (𝑎11 + 𝑏11 , 𝑎22 + 𝑏22 , 𝑎33 + 𝑏33 , … , 𝑎𝑛𝑛 + 𝑏𝑛𝑛 ) = (𝑎11 , 𝑎22 , 𝑎33 , … , 𝑎𝑛𝑛 ) + (𝑏11 , 𝑏22 , 𝑏33 , … , 𝑏𝑛𝑛 ) = 𝐴([𝑎𝑖𝑗 ]) + 𝐴([𝑏𝑖𝑗 ]) 

𝐴(𝛼[𝑎𝑖𝑗 ]) = 𝐴([𝛼𝑎𝑖𝑗 ]) = (𝛼𝑎11 , 𝛼 𝑎22 , 𝛼𝑎33 , … , 𝛼𝑎𝑛𝑛 ) = 𝛼(𝑎11 , 𝑎22 , 𝑎33 , … , 𝑎𝑛𝑛 ) ∀𝛼 ∈ ℝ e) No es lineal, pues 𝐴0 = 3.0 − 2.0 + 1 = 1 ≠ 0 f) Demostremos que no es lineal: 𝑎 𝑏 𝛼𝑎 𝛼𝑏  𝐴 (𝛼 [ ]) = 𝐴 ([ ]) = 𝛼𝑎𝛼𝑑 − 𝛼𝑏𝛼𝑐 = 𝛼 2 (𝑎𝑑 − 𝑏𝑐) = 𝑐 𝑑 𝛼𝑐 𝛼𝑑 𝑎 𝑏 𝑎 𝑏 𝛼 2 𝐴 ([ ]) ≠ 𝛼𝐴 ([ ]) 𝑐 𝑑 𝑐 𝑑 2. Sea 𝒇: ℝ𝟑 → ℝ una transformación lineal Sabiendo que f(1, 1)=3 y f(2, 3)=1, calcule f(x, y). Calculamos  f(1, 0)=f(3(1, 1)-(2, 3))=3f(1, 1)-f(2, 3)=3.3-1=8  f(0, 1)=f(-2(1, 1)+(2, 3))=-2f(1, 1)+f(2, 3)=-2.3+1=-5 Luego, f(x, y)=xf(1, 0)+y(f(0,1))=8x-5y

3. Considere las transformaciones lineales 𝑨: ℝ𝟐 → ℝ𝟑 y 𝒃: ℝ𝟑 → ℝ𝟐 definidas por: 𝑨(𝒙, 𝒚) = (𝒙, 𝒚, 𝒙 + 𝒚) y 𝑩(𝒙, 𝒚, 𝒛) = (𝒂𝒙 + (𝒂 − 𝟏)𝒚 + (𝟏 − 𝒂)𝒛, −𝒃𝒙 + (𝟏 − 𝒃)𝒚 + 𝒃𝒛). Determine el operador 𝑩𝑨: ℝ𝟐 → ℝ𝟐 . 𝐵𝐴(𝑥, 𝑦) = 𝐵(𝑥, 𝑦, 𝑥 + 𝑦) = (𝑎𝑥 + (𝑎 − 1)𝑦 + (1 − 𝑎)(𝑥 + 𝑦), −𝑏𝑥 + (1 − 𝑏)𝑦 + 𝑏(𝑥 + 𝑦) = (𝑥, 𝑦) 1 0 𝐴 = [0 1] es la matriz de la aplicación A. Como la aplicación B es inversa por 1 1 𝑎 𝑎−1 1−𝑎 izquierda de A se tiene ∀ 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ 𝐵 = [ ] es inversa por −𝑏 1 − 𝑏 𝑏 izquierda de A, luego existen infinitas inversas por izquierda de A. 4. Considere la transformación lineal 𝑨: ℝ𝟒 → ℝ𝟑 , dada por 𝑨(𝒙, 𝒚, 𝒛, 𝒕) = (𝒙 + 𝒚 + 𝒛 + 𝟐𝒕, 𝒙 − 𝒚 + 𝟐𝒛, 𝟒𝒙 + 𝟐𝒚 + 𝟓𝒛 + 𝟔𝒕). Halle el núcleo y la imagen de A. Encuentre un vector 𝒃 ∈ ℝ𝟑 que no pertenezca a la imagen de A y con eso exhiba un sistema lineal de tres ecuaciones con cuatro incógnitas sin solución. Hallamos el núcleo de A, que es La solución del sistema: 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 2𝑡 = 0 𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 =0 4𝑥 + 2𝑦 + 5𝑧 + 6𝑡 = 0 3 1 0 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 2 [1 −1 2 0] ~ [0 −2 1 −2] ~ [0 −2 1 −2] ~ 1 0 1 − 1 4 2 5 6 0 −2 1 −2 0 0 0 0 2 [0 0 0 0 ] Variables libres: 𝑧, 𝑡 Para 𝑧 = 2, 𝑡 = 0 → 𝑦 = 1, 𝑥 = −3 Para 𝑧 = 0, 𝑡 = −1 → 𝑦 = 1, 𝑥 = 1 Núcleo 𝑁(𝐴) = 𝑙𝑖𝑛((−3, 1, 2, 0), (1, 1, 0, −1)) Hallamos la imagen, consideramos la base usual, los vectores 𝐴(𝑒1 ), 𝐴(𝑒2 ), 𝐴(𝑒3 ), 𝐴(𝑒4 ) generan la imagen de A. 𝐴(𝑒1 ) = (1, 1, 4); 𝐴(𝑒2 ) = (1, −1, 2); 𝐴(𝑒3 ) = (1, 2, 5); 𝐴(𝑒4 ) = (2, 0, 6) Hallamos una base de Im(A). 1 1 4 1 1 4 1 1 4 1 0 3 1 −1 2 0 2 2 0 1 1 [ ]~[ ]~[ ] ~ [0 1 1 ] 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 2 5 0 2 2 0 0 0 0 0 0 2 0 6 Base para 𝐼𝑚(𝐴) {(1, 0 ,3), (0, 1, 1)}. Un vector que no pertenezca a la imagen podría ser (1, 0, 0) ya que este vector no puede ser combinación lineal de {(1, 0 ,3), (0, 1, 1)}. Luego, el sistema de 3 ecuaciones y 4 incognitas: 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 2𝑡 = 1

𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 =0 4𝑥 + 2𝑦 + 5𝑧 + 6𝑡 = 0 No tiene solución. 5. Pruebe que 𝑪: 𝑷𝒏 → 𝑷𝒏+𝟐 ; 𝑪𝒑(𝒙) = (𝒙𝟐 + 𝟏)𝒑(𝒙) es una transformación lineal inyectiva y obtenga una inversa lineal por izquierda. Demostremos que C es inyectiva, esto es, el núcleo de C es 0. El nucleo es la solución del sistema: (𝑥 2 + 1)𝑝(𝑥) = 0 Como (𝑥 2 + 1) ≠ 0 ∀𝑥 ∈ ℝ podemos simplificar en la ecuación, luego 𝑝(𝑥) = 0 es la única solución. Buscamos una inversa por izquierda 𝐷: 𝑃𝑛+2 → 𝑃𝑛 , Sea 𝑝(𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 2 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 ∈ 𝑃𝑛 𝐷𝐶𝑝(𝑥) = 𝑝(𝑥) 𝐷(𝑥 2 + 1)(𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 2 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 ) = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 2 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 𝑎0 𝐷(𝑥 2 + 1) + 𝑎1 𝐷𝑥(𝑥 2 + 1) + 𝑎2 𝐷𝑥 2 (𝑥 2 + 1) + ⋯ + 𝑎𝑛 𝐷𝑥 𝑛 (𝑥 2 + 1) = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 2 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 Una aplicación valida podría ser, para 𝑞(𝑥) = 𝑏0 + 𝑏1 𝑥 + 𝑏2 𝑥 2 + ⋯ + 𝑏𝑛 𝑥 𝑛 +𝑏𝑛+1 𝑥 𝑛+1 + 𝑏𝑛+2 𝑥 𝑛+2 ∈ 𝑃𝑛+2 𝐷(𝑥 𝑖+2 + 𝑥 𝑖 ) = 𝑥 𝑖 ; 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑖 = 0, 1, 2, … , 𝑛 𝐷𝑥 = 0; 𝐷1 = 0

1. Diagonalizar, bajo congruencia, la siguiente forma cuadrática 𝒒(𝒙, 𝒚, 𝒛) = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 + 𝟐𝒚𝒛 . (Hallar P y D) 1 𝑞(𝑥, 𝑦 𝑧) = (𝑥, 𝑦 , 𝑧) [0 0

0 0 𝑥 1 1] (𝑦) 1 1 𝑧

Diagonalizamos A. Hallamos el polinomio característico 𝑝(𝜆) = |𝜆𝐼 − 𝑄| = 𝜆3 − 3𝜆2 + 2𝜆 = 𝜆(𝜆 − 2)(𝜆 − 1) Autovalores: 𝜆1 = 0; 𝜆2 = 1; 𝜆3 = 2 Hallamos los vectores propios. En cada uno de los casos hallamos la solución del sistema MX=0. −1 0 Para 𝜆1 = 0 𝑀 = 𝜆𝐼 − 𝐴 = [ 0 −1 0 −1

0 1 0 −1] ~ [0 1 −1 0 0

0 1] 0

Variable libre: z. Para 𝑧 = −1, → 𝑦 = 1, 𝑥 = 1 1 Luego, una base del autosubespacio 𝐸0 es {[ 1 ]} , como queremos una base −1 1

ortonormal (para que la matriz sea ortogonal) normalizamos. 𝑣1 =

√3 1 √3 1

[− √3] 0 0 0 0 1 0 Para 𝜆2 = 1 𝑀 = 𝜆𝐼 − 𝐴 = [0 0 −1] ~ [0 0 1] 0 −1 0 0 0 0 Variable libre: x. Para 𝑧 = 0, 𝑦 = 0, 𝑥 = 1 1 1 Una base del autosubespacio 𝐸1 es {[0]} y como es ortonormal 𝑣2 = [0] 0 0 1 0 0 1 0 0 Para 𝜆3 = 2 𝑀 = 𝜆𝐼 − 𝐴 = [0 1 −1] ~ [0 1 −1] 0 −1 1 0 0 0 Variable libre: z. Para 𝑧 = 1, → 𝑦 = 1, 𝑥 = −1

1

−

√3 1

−1 Una base del autosubespacio 𝐸2 es {[ 1 ]} y normalizando 𝑣3 = 1

√3 1

[

√3

]

1

P es la matriz formada por los autovectores 𝑃 = [𝑣1

𝑣2

√3 1

𝑣3 ] =

√3 1

[− √3

1 0 0

−

1

√3 1

√3 1 √3

]

0 0 0 𝐷 = 𝑃 𝐴𝑃 = [0 1 0] 0 0 2 𝑇

2. Sabiendo que la matriz A admite 0 como valor propio, verificar si A es diagonalizable bajo similaridad y si lo es, obtener la matriz P que lo

1  1 diagonaliza, siendo A   0  0

1 k 0 0

0 0 1 1

0  0 . 1  k 

Hallamos el polinomio característico de A, como es diagonal por bloques el polinomio característico es el producto de los polinomios característicos de cada bloque, luego 𝑝(𝜆) = |𝜆𝐼 − 𝐴| = |𝜆𝐼 − 𝐷1 ||𝜆𝐼 − 𝐷2 | = [(𝜆 − 1)(𝜆 − 𝑘) − 1]2 = [𝜆2 + (−1 − 𝑘)𝜆 + 𝑘 − 1]2 . Como 0 es un valor propio, 0 es raíz del polinomio característico. 0=

1 + 𝑘 ± √(1 + 𝑘)2 − 4(𝑘 − 1) 2

(1 + 𝑘)2 = (1 + 𝑘)2 − 4(𝑘 − 1) → 𝑘 = 1 1 𝐴 = [1 0 0

1 1 0 0

Autovalores: 𝜆1 = 0; 𝜆2 = 2

0 0 1 1

0 0] ; 𝑝(𝜆) = |𝜆𝐼 − 𝐴| = 𝜆2 (𝜆 − 2)2 1 1

−1 Para 𝜆1 = 0 𝑀 = 𝜆𝐼 − 𝐴 = [−1 0 0

0 −1 −1 0 0 −1 0 −1

0 1 0 ] ~ [0 −1 0 −1 0

1 0 0 0

0 1 0 0

0 1] 0 0

Variables libres: y, t; Para 𝑦 = −1, 𝑦 𝑡 = 0 → 𝑥 = 1, 𝑧 = 0. Para 𝑦 = 0, 𝑦 𝑡 = −1 → 𝑥 = 0, 𝑧 = 1 1 0 −1 Una base del autosubespacio 𝐸0 es {[ ] ; [ 0 ]} verificamos que son ortogonales, 0 1 0 −1 1 0 √2 0 1 1 normalizando tenemos: 𝑣1 = − √2 ; 𝑣2 = ; √2 0 1 [ 0 ] [− √2] 0 0 1 −1 1 −1 −1 1 0 0 Para 𝜆2 = 2 𝑀 = 𝜆𝐼 − 𝐴 = [ ] ~ [0 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 −1 1 0 0

0 1 0 0

0 −1] 0 0

Variables libres: y, t; Para 𝑦 = 1, 𝑦 𝑡 = 0 → 𝑥 = 1, 𝑧 = 0. Para 𝑦 = 0, 𝑦 𝑡 = 1 → 𝑥 = 0, 𝑧 = 1 1 0 Una base del autosubespacio 𝐸2 es {[1] ; [0]} verificamos que son ortogonales, 0 1 0 1 1 0 √2 0 1 1 normalizando tenemos: 𝑣3 = √2 ; 𝑣4 = ; √2 0 1 [0] [√2] P es la matriz formada por los autovectores 𝑃 = [𝑣1 1 1 0 0 √2 √2 0 0 1 1 1 1 − √2

0 [ 0

√2 1

−

√2

√2

0 0

𝑣2

√2 1 √2]

0 𝐷 = 𝑃𝑇 𝐴𝑃 = [0 0 0

0 0 0 0

0 0 2 0

0 0] 0 2

𝑣3

𝑣4 ] =

3. Si los valores propios de la matriz A son 1 = 2 = 2 y 3 = 9 y sus vectores propios son, respectivamente, v1 = (1, –1, 0), v2 = (1, 0, 1) y v3 = (1, 2, 1), determinar A, su polinomio característico y su polinomio mínimo. 𝐴𝑣𝑖 = 𝜆𝑖 𝑣𝑖 → 𝐴[𝑣1

𝑣2

𝑣3 ] = [𝜆1 𝑣1

𝜆2 𝑣2

𝜆3 𝑣3 ] → 𝐴𝑃 = 𝑃𝐷 → 𝐴 = 𝑃𝐷𝑃−1

1 1 1 1 0 −1 𝑣3 ] = [−1 0 2] ; 𝑃−1 = [−0.5 −0.5 1.5 ] ; 𝐷 = 0 1 1 0.5 0.5 −0.5 2 0 0 1 1 1 2 0 0 1 0 −1 [0 2 0] ; 𝐴 = [−1 0 2] [0 2 0] [−0.5 −0.5 1.5 ] = 0 0 9 0 1 1 0 0 9 0.5 0.5 −0.5 5.5 3.5 −3.5 [7 9 −7 ] 3.5 3.5 −1.5 𝑃 = [𝑣1

𝑣2

Hallamos el polinomio característico 𝑝(𝜆) = |𝜆𝐼 − 𝐴| = 𝜆3 − 13𝜆2 + 40𝜆 − 36 = (𝜆 − 2)2 (𝜆 − 9) El polinomio mínimo puede ser: 𝑚(𝜆) = (𝜆 − 2)(𝜆 − 9) o 𝑚(𝜆) = (𝜆 − 2)2 (𝜆 − 9) Verificamos 𝑚(𝐴) = (𝐴 − 2𝐼)(𝐴 − 9𝐼) =0 Luego, el polinomio mínimo es: 𝑚(𝜆) = (𝜆 − 2)(𝜆 − 9) = 𝜆2 − 11𝜆 − 18