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Ejercicios resueltos de Álgebra Lineal
Ultano Kindelán Bustelo
Grado de Ingeniería de la Energía, ETSIME (UPM)
12 de enero de 2024
1. Sistemas de ecuaciones lineales. Matrices
- Indique si son linealmente independientes los vectores
u 1 =
(^) , u 2 =
(^) y u 3 =
Solución: para que los tres vectores sean linealmente independientes es necesario y suficiente que la
igualdad vectorial
α 1 u 1 + α 2 u 2 + α 3 u 3 = 0 ⇔
α 1 + 2 α 2 + 3 α 3 = 0
− 2 α 1 + 3 α 2 + 2 α 3 = 0
− 3 α 1 − α 2 + α 3 = 0
se satisfaga únicamente para α 1 = α 2 = α 3 = 0. Es fácil comprobar que el sistema homogéneo
anterior es equivalente al sistema
α 1 + 2 α 2 + 3 α 3 = 0
7 α 2 + 8 α 3 = 0
30 α 3 = 0
que es un sistema homogéneo compatible determinado que admite como única solución α 1 = α 2 =
α 3 = 0. Por lo tanto los tres vectores son linealmente independientes.
- Dados los vectores
u =
, a 1 =
y a 2 =
determine si el vector u se puede expresar como combinación lineal de a 1 y a 2. En caso de que la
respuesta fuera afirmativa, calcule los coeficientes de la combinación lineal indicando si son únicos.
Solución: el vector u se podrá expresar como combinación lineal de a 1 y a 2 si la ecuación vectorial
α 1 a 1 + α 2 a 2 = u ⇔
α 1 + 2 α 2 = 8
α 1 + α 2 = 5
0 α 1 + 0 α 2 = 0
α 1 + 0 α 2 = 2
2 α 1 + 3 α 2 = 13
tiene solución. Es fácil comprobar que el sistema anterior es equivalente al sistema
α 1 + 2 α 2 = 8
− α 2 = − 3
que es un sistema compatible determinado que admite como única solución α 1 = 2, α 2 = 3. Por lo
tanto el sistema tiene solución y es única: el vector u se puede expresar como combinación lineal de
a 1 y a 2 de forma única.
- Dados los vectores
u =
, a 1 =
y a 2 =
determine si el vector u se puede expresar como combinación lineal de a 1 y a 2. En caso de que la
respuesta fuera afirmativa, calcule los coeficientes de la combinación lineal indicando si son únicos.
Solución: el vector u se podrá expresar como combinación lineal de a 1 y a 2 si la ecuación vectorial
α 1 a 1 + α 2 a 2 = u ⇔
α 1 + 2 α 2 = 2
α 1 + α 2 = 1
0 α 1 + 0 α 2 = 1
α 1 = 3
2 α 1 + 3 α 2 = 2
tiene solución. Es fácil comprobar que el sistema anterior es incompatible porque ningún par de
números reales puede verificar la tercera ecuación. Por lo tanto el sistema no tiene solución: el vector
u no se puede expresar como combinación lineal de a 1 y a 2.
- Dados los vectores
u =
, a 1 =
, a 2 =
y a 3 =
determine si el vector u se puede expresar como combinación lineal de a 1 , a 2 y a 3. En caso de que la
respuesta fuera afirmativa, calcule los coeficientes de la combinación lineal indicando si son únicos.
Solución: el vector u se podrá expresar como combinación lineal de a 1 , a 2 y a 3 si la ecuación vectorial
α 1 a 1 + α 2 a 2 + α 3 a 3 = u ⇔
α 1 + 2 α 2 + 3 α 3 = 5
α 1 + α 2 + 2 α 3 = 3
0 α 1 + 0 α 2 + 0 α 3 = 0
α 1 + 0 α 2 + α 3 = 1
2 α 1 + 3 α 2 + 5 α 3 = 8
tiene solución. Escalonando la matriz ampliada del sistema:
Ab =
Realizando operaciones elementales en las filas de Ab se obtiene una matriz escalonada equivalente a
Ab:
Ab
F 2 − F 1
F 3 − αF 1 ∼
1 β α 1
0 β(α − 1) 1 − α β − 1
0 β(1 − α) 1 − α
2 1 − α
F 3 + F 2 ∼
1 β α 1
0 β(α − 1) 1 − α β − 1
0 0 2 − α
2 − α β − α
= A
′ b
La submatriz formada por las tres filas de A
′ b
y sus tres primeras columnas es una matriz escalonada
equivalente a la matriz de coeficientes del sistema (A) a la que denominaremos A
′ :
A
′
1 β α
0 β(α − 1) 1 − α
0 0 2 − α
2 − α
Discutiremos las soluciones del sistema en función de los rangos de A y Ab, iguales, respectivamente,
a los de A
′ y A
′ b. El término^2 −^ α
2 − α se anula para α = 1 y α = − 2. Clasificaremos, por lo tanto,
las soluciones según α sea igual a 1, igual a -2 o distinto de 1 y -2:
a) α = 1
Si β ̸= 1 entonces rg(A) = 1 ̸= rg(Ab) = 2 → Sistema incompatible.
Si β = 1 entonces rg(A) = 1 = rg(Ab) = 1 → Sistema compatible indeterminado con
dos grados de libertad.
b) α = − 2
Si β ̸= − 2 entonces rg(A) = 2 ̸= rg(Ab) = 3 → Sistema incompatible.
Si β = − 2 entonces rg(A) = 2 = rg(Ab) = 2 → Sistema compatible indeterminado con
un grado de libertad.
c) α ̸= 1 y α ̸= − 2
Si β ̸= 0 entonces rg(A) = 3 = rg(Ab) = 3 → Sistema compatible determinado.
Si β = 0 entonces rg(A) = 2 ̸= rg(Ab) = 3 → Sistema incompatible.
Observación 1: si al comienzo del escalonamiento se hubieran intercambiado las filas 1 y 2:
Ab ∼
1 αβ 1 β
α β 1 1
1 β α 1
F 2 − αF 1
F 3 − F 1 ∼
1 αβ 1 β
0 β(1 − α
2 ) 1 − α 1 − αβ
0 β(1 − α) α − 1 1 − β
(1 + α)F 3 − F 2 ∼
1 αβ 1 β
0 β(1 − α)(1 + α) 1 − α 1 − αβ
0 0 (α + 2)(α − 1) α − β
En el último paso se ha multiplicado la fila 3 por (1 + α), por lo tanto la discusión de los rangos de
A y Ab habrá que hacerla con α ̸= − 1. Si se tiene en cuenta la restricción anterior la discusión es
exactamente igual que la realizada más arriba. Faltaría estudiar el caso α = − 1 a partir de
1 αβ 1 β
0 β(1 − α
2 ) 1 − α 1 − αβ
0 β(1 − α) α − 1 1 − β
que se convierte en
1 −β 1 β
0 0 2 1 + β
0 2 β − 2 1 − β
1 −β 1 β
0 2 β − 2 1 − β
0 0 2 1 + β
de donde se deduce
a) Si β ̸= 0 entonces rg(A) = 3 = rg(Ab) = 3 → Sistema compatible determinado.
b) Si β = 0 entonces rg(A) = 2 ̸= rg(Ab) = 3 → Sistema incompatible.
que se pueden incluir en el caso c). Por lo tanto el resultado de la discusión es el mismo que con el
primer procedimiento.
Observación 2: si al comienzo del escalonamiento no se realiza ningún cambio de fila:
Ab ∼
α β 1 1
1 αβ 1 β
1 β α 1
αF 2 − F 1
αF 3 − F 1 ∼
α β 1 1
0 β(α
2 − 1) α − 1 αβ − 1
0 β(α − 1) α
2 − 1 α − 1
F 3 ↔ F 2 ∼
α β 1 1
0 β(α − 1) α
2 − 1 α − 1
0 β(α
2 − 1) α − 1 αβ − 1
F 3 − (α + 1)F 2 ∼
α β 1 1
0 β(α − 1) α
2 − 1 α − 1
0 0 −(α − 1)(α + 2) β − α
En este caso, en el primer paso se han multiplicado las filas 2 y 3 por α, por lo tanto la discusión de
los rangos de A y Ab habrá que hacerla con α ̸= 0. Si se tiene en cuenta la restricción anterior la
discusión es exactamente igual que las realizadas más arriba. Faltaría estudiar el caso α = 0 a partir
de
α β 1 1
1 αβ 1 β
1 β α 1
que se convierte en
0 β 1 1
1 0 1 β
1 β 0 1
1 0 1 β
0 β 1 1
0 0 − 2 β
de donde se deduce
a) Si β ̸= 0 entonces rg(A) = 3 = rg(Ab) = 3 → Sistema compatible determinado.
b) Si β = 0 entonces rg(A) = 2 ̸= rg(Ab) = 3 → Sistema incompatible.
que se pueden incluir en el caso c). Por lo tanto el resultado de la discusión es el mismo que con los
dos procedimientos anteriores.
- Determine el rango de la siguiente matriz
- Dada la matriz
A =
a) halle las matrices F , L y U de la factorización F A = LU con pivote parcial.
b) Determine las tres matrices de pivoteo, P
1 , P
2 y P
3 , que se utilizan en la factorización. ¿Qué
relación hay entre L y estas tres matrices?
Solución:
- Factorización F A = LU.
a) Primera etapa de la triangularización gaussiana con pivote parcial:
- Se busca el pivote de la primera columna y se intercambian las filas correspondientes:
F
1 A =
- Se hacen cero los elementos de la primera columna por debajo del pivote con m 21 = 1/ 2 ,
m 31 = − 1 / 2 y m 41 = 0:
b) Segunda etapa de la triangularización gaussiana con pivote parcial:
- Se busca el pivote de la segunda columna y se intercambian las filas correspondientes:
F
2 A =
- En este caso los elementos de la segunda columna por debajo del pivote ya son cero, por lo
tanto m 32 = 0 y m 42 = 0
c) Tercera etapa de la triangularización gaussiana con pivote parcial:
- Se busca el pivote de la tercera columna y se intercambian las filas correspondientes (en este
caso no hay cambio de filas porque el pivote ya se encuentra en la tercera fila, F
3 = I 4 )
F
3 A =
- Se hacen cero los elementos de la tercera columna por debajo del pivote con m 43 = 1:
Por lo tanto
U =
L =
−m 41 1 0 0
−m 31 −m 32 1 0
−m 21 −m 42 −m 43 1
y
F = F
3 F
2 F
1
verificándose F A = LU.
Observación: En la primera columna de L se han intercambiado −m 41 y −m 21 , esto es debido a
que en los cambios de filas de las etapas posteriores se intercambian las filas 2 y 4. En el siguiente
apartado se justifica este intercambio con más detalle.
- a) Matrices de pivoteo. La matriz de pivoteo P
k es una matriz elemental tal que al premulti-
plicar a otra matriz A se obtiene una nueva matriz A
′ tal que A
′ es el resultado de realizar la
k-ésima etapa de la triangularización gaussiana (haciendo ceros por debajo del pivote akk) en A.
Por tanto
P
1
m 21 1 0 0
m 31 0 1 0
m 41 0 0 1
Observe como, efectivamente,
P
1
P
2
0 m 32 1 0
0 m 42 0 1
Observe como, efectivamente,
P
2
- Determine el número de operaciones de coma flotante (FLOPs) que se necesitan para realizar las
siguientes operaciones en una matriz A, cuadrada e inversible, de dimensión 100:
a) Reemplazar la fila 7 por ella misma más la fila 1 multiplicada por un escalar.
b) Suponiendo que se estuviera realizando la triangularización gaussiana de la matriz A y se hubiera
completado la etapa k = 6 (se habrían obtenido ceros por debajo de los pivotes (1,1), (2,2), (3,3),
(4,4), (5,5) y (6,6)), ¿cuántas FLOPs se necesitan para completar la etapa k = 7?
c) Suponiendo que A fuera la matriz de coeficientes del sistema Ax = b y se utilizara el método de
Gauss para resolverlo, ¿cuántas FLOPs habría que realizar para despejar la incógnita x 58 en el
proceso de remonte.
Solución:
a) La operación que hay que realizar es
a 7 j = a 7 j + αa 1 j j = 1, · · · , 100
que para completarla es necesario realizar 100 sumas y 100 multiplicaciones. Por lo tanto el
número total de FLOPs necesarias para realizar esta operación elemental es 200.
b) En la etapa k = 7 hay que realizar las 100 − 7 = 93 operaciones elementales siguientes:
Fi = Fi + mi 7 F 7 i = 8, · · · , 100
y en cada una de las 93 operaciones elementales anteriores se realizan 93 sumas y 93 multiplica-
ciones:
aij = aij + mi 7 a 7 j j = 8, · · · , 100.
Por otro lado hay que tener en cuenta que para calcular los 93 coeficientes
mi 7 = −ai 7 /a 77 i = 8, · · · , 100
hay que realizar 93 divisiones. Por lo tanto, en total, hay que realizar
2 × 93
2
c) Despejando x 58 se obtiene
x 58 =
b 58 −
X^100
k=
a 58 ,kxk
a 58 , 58
en donde se realizan 100 − 58 multiplicaciones, 100 − 58 sumas y una división. En total
2 × 42 + 1 = 85 FLOPs.
- Determinantes
- ¿Cuáles deben ser los valores de i y k para que el producto
a 47 a 63 a 1 ia 55 a 7 ka 24 a 31
aparezca con el signo + en el desarrollo del determinante de una matriz A ∈ M 7 (R).
Solución:
det(A) =
X
σ∈Σ 7
ε(σ)a 1 σ(1)a 2 σ(2)... a 7 σ(7) = +a 11 a 22 a 33 a 44 a 55 a 66 a 77 − a 11 a 22 a 33 a 44 a 55 a 67 a 76
+a 11 a 22 a 33 a 44 a 57 a 65 a 76 + · · · − a 17 a 26 a 35 a 44 a 53 a 62 a 71.
El desarrollo del determinante de A consta de 7! = 5040 sumandos de la forma ε(σ)a 1 σ(1)a 2 σ(2)... a 7 σ(7)
en donde ε(σ) representa el signo de la permutación σ. El producto del enunciado se puede ordenar
de la forma
a 1 ia 24 a 31 a 47 a 55 a 63 a 7 k
Por lo tanto en este ejercicio se trata de determinar los valores de i y k que hacen que el signo de
la permutación i 41753 k sea positivo. En primer lugar hay que tener en cuenta que i y k únicamente
pueden tomar (cada uno de ellos) los valores 2 y 6 (debido a que los índices de la permutación no se
pueden repetir: en los términos del desarrollo de un determinante aparece un representante de cada
fila y columna y solamente uno). En consecuencia solo hay dos permutaciones posibles:
2417536 → 7 inversiones → permutación impar → ε(σ) = −,
6417532 → 14 inversiones → permutación par → ε(σ) = +.
Por lo tanto la solución es i = 6, k = 2.
Observación: En una permutación σ(1), σ(2), · · · , σ(n) se dice que hay una inversión si para i < j
se verifica σ(i) > σ(j). Para contar el número total de inversiones se empieza por σ(1) (el número
situado más a la izquierda de la permutación) y se anotan las inversiones con respecto a los números
situados a la derecha, a continuación se sigue con σ(2) y así sucesivamente hasta llegar a σ(n) (el
número situado más a la derecha). A lo largo del proceso se cuentan únicamente las inversiones
con respecto a los números situados a la derecha. Sumando el número de inversiones que tiene
cada número con respecto a los que están a su derecha se tiene el número total de inversiones de la
permutación. Cuando el número de inversiones es impar se dice que la permutación es impar y su
signo (ε(σ)) es negativo, cuando es par la permutación es par y su signo es positivo.
- Encuentre los sumandos que, conteniendo al factor a 32 , aparecen con el signo + en el desarrollo de
un determinante de una matriz A ∈ M 4 (R).
Solución: los sumandos que contienen al factor a 32 son de la forma
a 1 σ(1)a 2 σ(2)a 32 a 4 σ(4)
donde σ(1), σ(2), σ(4) pueden tomar los valores 1 , 3 , 4. Por lo tanto hay 3! = 6 permutaciones posibles:
teniendo las tres primeras un número de inversiones par y las otras tres un número impar. Entonces los
sumandos que, conteniendo al factor a 32 , aparecen con el signo + en el desarrollo de un determinante
de una matriz A ∈ M 4 (ℜ) son:
a 11 a 24 a 32 a 43 , a 13 a 21 a 32 a 44 , a 14 a 23 a 32 a 41.
- Espacios vectoriales
- Demuestre que el conjunto de las matrices simétricas de coeficientes reales de orden n (Sn(R)) es un
s.e.v. del espacio vectorial de las matrices cuadradas de coeficientes reales de orden n (Mn(R)).
Solución: hay que demostrar que cualquier combinación lineal de matrices simétricas es también una
matriz simétrica:
∀A, B ∈ Sn(R) y ∀α, β ∈ R (αA + βB)
t = (αA)
t
t = αA
t
t = αA + βB
y, por lo tanto, αA + βB ∈ Sn(R).
- Siendo v 1 = (1, 2 , 1)
t , v 2 = (1, 0 , −3)
t , v 3 = (3, 1 , −7)
t y v 4 = (5, 2 , −11)
t ; determine si S =
{v 1 , v 2 , v 3 , v 4 } es un sistema generador de R
3 .
Solución: para que S sea un sistema generador de R
3 hay que demostrar, en primer lugar, que S ⊂ R
3
(trivial: los cuatro vectores son vectores de tres componentes y por lo tanto pertenecen a R
3 ) y, en
segundo lugar, que cualquier vector de R
3 se puede expresar como combinación lineal de los vectores
de S: existen α 1 , α 2 , α 3 y α 4 tales que
α 1 v 1 + α 2 v 2 + α 3 v 3 + α 4 v 4 = x ∀x ∈ R
3 .
o, lo que es lo mismo, que el siguiente sistema tiene solución ∀(x 1 , x 2 , x 3 )
t ∈ R
3 .
α 1
α 2
α 3
α 4
x 1
x 2
x 3
Realizando operaciones elementales en la matriz ampliada del sistema:
1 1 3 5 x 1
2 0 1 2 x 2
1 − 3 − 7 − 11 x 3
1 1 3 5 x 1
0 − 2 − 5 − 8 x 2 − 2 x 1
0 − 4 − 10 − 16 x 3 − x 1
1 1 3 5 x 1
0 − 2 − 5 − 8 x 2 − 2 x 1
0 0 0 0 3 x 1 − 2 x 2 + x 3
Por lo que el sistema únicamente sera compatible para aquellos vectores de R
3 que verifican 3 x 1 −
2 x 2 + x 3 = 0. En consecuencia S no es un sistema generador de R
3 porque existen vectores de R
3 que
no se pueden expresar como combinación lineal de vectores de S.
- Determine las coordenadas del vector (1, 3 , 6)
t {ui}
de R
3 en la base {ei}, sabiendo que la base {ui}
está formada por los vectores (1, 2 , 1)t {ei}
, (− 1 , 0 , 2)t {ei}
y (2, 1 , 1)t {ei}
Solución: en el enunciado se dan las coordenadas de los vectores de la base {ui} en función de la
base {ei}:
u 1 u 2 u 3
{ei}
matriz de cambio de base que transforma coordenadas en la base {ui} a coordenadas en la base {ei}.
Entonces, aplicando el cambio de base al vector (1, 3 , 6)
t {ui}
x 1
x 2
x 3
{ei}
{ui}
- En el espacio vectorial real de los polinomios de grado menor o igual que dos se considera la base
B = {p 1 (t) = 1 + t, p 2 (t) = t + t
2 , p 3 (t) = 1 + 2t + 2t
2 }.
¿Cuáles son las coordenadas del polinomio p(t) = (1, 1 , −1)t B
en la base { 1 , t, t^2 }?
Solución: llamando B 0 a la base { 1 , t, t
2 },
p(t) = (1, 1 , −1)
t B =^ p^1 (t) +^ p^2 (t)^ −^ p^3 (t) = 1 +^ t^ +^ t^ +^ t
2 − 1 − 2 t − 2 t
2 = −t
2 = (0, 0 , −1)B 0.
- Dadas tres bases de un espacio vectorial V de dimensión n: B 1 = {ei}, B 2 = {ui} y B 3 = {wi},
exprese las coordenadas de un vector cualquiera de V en la base B 3 en función de sus coordenadas
en la base B 1 , si se conoce que la relación entre las bases B 1 y B 2 es:
ui =
X^ n
j=
ajiej
y la relación entre las bases B 2 y B 3 es
ui =
X^ n
j=
bjiwj.
Solución: un vector cualquiera u ∈ V se puede expresar como:
u =
n X
i=
xiei =
n X
i=
yiui =
n X
i=
ziwi
Denotando A = (aij ), B = (bij ), A
− 1 = (a
− 1 ij ), B
− 1 = (b
− 1 ij )^ y reemplazando los^ ei^ y los^ wi^ en función de los ui se tiene
n X
i=
xi
n X
j=
a
− 1 ji uj^ =
n X
i=
zi
n X
j=
b
− 1 ji uj^ ⇒
n X
i=
a
− 1 ji xi^ =
n X
i=
b
− 1 ji zi^ (j^ = 1,^ · · ·^ n)^ ⇒
zk =
X^ n
j=
X^ n
i=
bk,j a
− 1 ji
xi (k = 1, · · · n) ⇔
z 1
. . .
zn
B 3
= BA
− 1
x 1
. . .
xn
B 1
También se puede resolver matricialmente. Con los datos del enunciado nos están dando el cambio de
base de B 2 a B 1 y de B 2 a B 3 :
x 1
. . .
xn
B 1
= A
y 1
. . .
yn
B 2
z 1
. . .
zn
B 3
= B
y 1
. . .
yn
B 2
Despejando (y 1 , · · · y 2 )
t de la primera expresión y sustituyéndola en la segunda se tiene
z 1
. . .
zn
B 3
= BA
− 1
x 1
. . .
xn
B 1
el sistema de ecuaciones paramétricas (4) por el método de Gauss (trabajando directamente con la
matriz ampliada de (4)):
1 0 2 x 1
1 1 1 x 2
0 1 1 x 3
1 0 0 x 4
1 0 2 x 1
0 1 − 1 x 2 − x 1
0 0 2 x 3 + x 1 − x 2
0 0 0 −x 2 + x 3 + x 4
Las tres primeras ecuaciones permiten despejar los parámetros α, β y γ en función de x 1 , x 2 , x 3 y
x 4 pero esto no es lo que se pide en el ejercicio. Lo que se pide es hallar la ecuación implícita, para
ello hay que fijarse en la cuarta ecuación: para que el vector x = (x 1 , x 2 , x 3 , x 4 )
t pertenezca a W es
condición necesaria y suficiente que el sistema (4) sea compatible y para ello es necesario y suficiente
que −x 2 + x 3 + x 4 = 0. Por lo tanto esta última ecuación sería una ecuación implícita de W.
- Dados los s.e.v de R
3 :
W 1 =
x ∈ R
3 x 1 − x 2 = 0 y W 2 =
x ∈ R
3 x 3 = 0 ,
Halle:
a) Unas ecuaciones paramétricas y unas ecuaciones implícitas de W 1 + W 2.
b) Unas ecuaciones implícitas de W 1 ∩ W 2.
Solución:
a)
W 1 =
x ∈ R
3 t.q.
x 1 = α
x 2 = α
x 3 = β
⇒ Base de W 1 :
W 2 =
x ∈ R
3 t.q.
x 1 = α
x 2 = β
x 3 = 0
⇒ Base de W 2 :
La unión de las bases de W 1 y W 2 es un sistema generador de W 1 + W 2. Por lo tanto
W 1 +W 2 =
⇒ Base de W 1 +W 2 =
En consecuencia W 1 + W 2 = R
3 .
Ecuaciones paramétricas:
W 1 + W 2 =
x ∈ R
3 t.q.
x 1 = α
x 2 = β
x 3 = γ
No hay ecuaciones implícitas porque todos los vectores de R
3 pertenecen a W 1 + W 2. Observe
que si se eliminan los parámetros de las paramétricas no queda ninguna ecuación dependiente
en la que sustituir los valores de los parámetros.
b) Para que un vector pertenezca a W 1 ∩ W 2 tiene que pertenecer a W 1 y W 2. Por tanto tendrá que
verificar la ecuación implícita de W 1 y la ecuación implícita de W 2 :
W 1 ∩ W 2 =
x ∈ R
3 t.q.
x 1 − x 2 = 0
x 3 = 0
- Dados los subespacios vectoriales de R
5
U 1 = (1, 0 , 0 , 0 , 0)
t , (1, 1 , 0 , 0 , 0)
t , (0, 1 , 0 , 1 , 0)
t , (2, 3 , 0 , 1 , 0)
t ,
U 2 = {x ∈ R
5 /x 1 − x 2 + x 4 − x 5 = 0, x 3 − x 5 = 0},
en donde todas las coordenadas están referidas a una cierta base de R
5 , halle unas ecuaciones implícitas
de
a) U 1 + U 2 ,
b) U 1 ∩ U 2.
Solución:
a) A partir del sistema generador de U 1 se obtiene una base de U 1 :
⇒ Base de U 1 =
y a partir de las implícitas de U 2 una base de U 2 :
U 2 =
x ∈ R
5 t.q.
x 1 = α − β + γ
x 2 = α
x 3 = γ
x 4 = β
x 5 = γ
⇒ Base de U 2 :
Uniendo las bases de U 1 y U 2 se obtiene un sistema generador de U 1 + U 2 :
U 1 + U 2 =
⇒ Base de U 1 + U 2 =
Ecuaciones paramétricas de U 1 + U 2 :
U 1 + U 2 =
x ∈ R
5 t.q.
x 1 = α
x 2 = β
x 3 = γ
x 4 = δ
x 5 = γ
y a partir de las paramétricas se obtienen las ecuaciones implícitas (en este caso una sola,
1 = 5 − 4 ) despejando los parámetros de las cuatro primeras ecuaciones y reemplazándolos en la
quinta:
U 1 + U 2 = {x ∈ R
5 /x 3 − x 5 = 0}.
- (Ejercicio 10) Sea W =
(x, y, z)
t ∈ R
3 ⧸x + y + z = 0 y sea v = (2, − 1 , −1)
t {ei} ∈^ W.^ Se pide:
a) Comprobar que BW = {(− 1 , 0 , 1)
t {ei},^ (−^1 ,^3 ,^ −2)
t {ei}}^ es una base de^ W^.
Solución: hay que demostrar que
- BW es un conjunto linealmente independiente. Para ello habrá que demostrar que el sistema
homogéneo
α
(^) + β
α
β
admite únicamente la solución trivial (α, β)t^ = (0, 0)t. Como
el rango de la matriz de coeficientes es dos y la única solución del sistema es (α, β)
t = (0, 0)
t .
Observación: se llegaría a la misma conclusión calculando el rango de la matriz de coefi-
cientes traspuesta (cuyas filas son las coordenadas de los dos vectores de BW )
- BW es un sistema generador de W. Para que BW sea un sistema generador hay que demos-
trar, en primer lugar, que BW ⊂ W (trivial: los dos vectores de BW verifican que la suma
de sus coordenadas es igual cero) y, en segundo lugar, que cualquier vector de W se puede
expresar como combinación lineal de los vectores de BW :
α
β
u 1
u 2
−u 1 − u 2
Para demostrar que α y β existen, se comprueba que el sistema anterior es compatible:
− 1 − 1 u 1
0 3 u 2
1 − 2 −u 1 − u 2
− 1 − 1 u 1
0 3 u 2
0 0 0
como efectivamente lo es al coincidir los rangos de la matriz de coeficientes y de la matriz
ampliada, concluimos que es un sistema generador.
Observación 1: se podría haber comprobado a la vez que BW es un conjunto linealmente
independiente y un sistema generador y, por lo tanto, una base, verificando (tras comprobar
BW ⊂ W ) que el sistema (5), además de compatible, es compatible determinado, lo que
implica que los coeficientes α y β son únicos.
Observación 2: W está definida mediante una ecuación implícita, lo que implica que su di-
mensión es dos (dim(W ) = dim(R
3 ) − r, con r = nº de ecuaciones implícitas linealmente
independientes de W ). Sabiendo que la dimensión de W es dos no es necesario comprobar que
BW es un sistema generador de W , bastaría con comprobar que los dos vectores de BW son
linealmente independientes ya que un conjunto de dos vectores linealmente independientes de un
subespacio vectorial de dimensión dos siempre es un sistema generador del subespacio.
b) Hallar las coordenadas de v respecto de BW.
Solución: si se resuelve el sistema (5) se obtiene:
α = −u 1 − u 2 / 3 ,
β = u 2 / 3 ,
donde α y β serán las coordenadas de un vector cualquiera de W en la base BW y u 1 y u 2 las dos
primeras coordenadas del mismo vector en la base {ei}. Por lo tanto en el caso de v se tendrá:
α = −2 + 1/3 = − 5 / 3
β = − 1 / 3
⇒ v =
BW
c) Hallar las coordenadas de v respecto de la base B de R
3 dada por B = {(1, 1 , 0)
t {ei},^ (0,^1 ,^ 1)
t {ei},
(2, 0 , 1)
t {ei}
Solución: en el enunciado se dan las coordenadas de los vectores de la base B en función de la
base {ei}, por lo tanto se conoce el cambio de base desde B a {ei}:
{ei}
y 1
y 2
y 3
B
Como hay que hacer el cambio inverso, se resuelve el sistema anterior (compatible determinado
si B es una base de R
3 ) y las soluciones serán las coordenadas de v en la base B. También se
puede invertir la matriz del cambio de base de B a {ei} (más costoso en operaciones pero con
la ventaja de tener la matriz del cambio de base de {ei} a B calculada para futuros cambios de
base) y multiplicarla por vB. Haciendo esto último:
y 1
y 2
y 3
B
{ei}
