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Problemas resueltos de Espacios Vectoriales:
1.- Para cada uno de los conjuntos de vectores que se dan a continuación
estudia si son linealmente independientes, sistema generador o base:
a) {(2, 1 , 1 , 1) , (1, 1 , 1 , 1) , (3, 1 , 1 , 2) , (0, 1 , 2 , 1) , (2, − 1 , 1 , −1)} en R
4
Solución:
Como son 5 vectores de R 4 con toda seguridad son linealmente dependientes,
pues hay más vectores que componentes tiene cada vector 1
. Ahora, escribimos
los vectores como las de una matriz A y calculamos la forma escalonada por
las de dicha matriz A:
A =
E 1 ↔ E 2
E 2 − 2 E 1
E 3 − 3 E 1
E 4 − 2 E 1
−E 2
E 3 + 2E 2
E 4 − E 2
E 5 + 3E 2
E 3 ↔ E 4
E 5 − 2 E 3
E 5 − 2 E 4
= U
Como en la matriz escalonada por las U hay una la de ceros se deduce
que los vectores originales son linealmente dependientes, como ya dijimos. Por
otro lado, sabemos que el subespacio de R
4 generado por las las de la matriz A
coincide con el subespacio de R
4 generado por las las de la matriz escalonada
U y además sabemos que las las distintas de cero de una matriz escalonada
por las siempre son linealmente independientes. De manera que:
(^1) Os recuerdo que el espacio vectorial Kn (^) tiene dimensión n, de manera que cualquier
familia de vectores de K n formada por más de n vectores es linealmante dependiente.
Como en la matriz escalonada U hay cuatro las linealmente independientes,
las las distintas de cero, estas las tomadas como vectores de R 4 son un sistema
generador, de hecho son una base de R
4 , luego los vectores originales son un
sistema generador de R
4 .
En resumen, el conjunto de vectores de R
4
es linealmente dependiente y un sistema generador de R 4
. Como es linealmente
dependiente no es una base de R 4 , pero al ser un sistema generador de R 4
podemos extraer de él alguna base eliminando algún vector que sea combinación
lineal de los demas. Para hacer esto observemos lo siguiente, ya hemos dicho que
las las de la matriz A y las las de la matriz U generan el mismo subespacio
de R
4
. A la vista de la matriz U vemos que sus cuatro primeras las forman
una base de R
4 , esto nos podría hacer pensar que las cuatro primeras las de
A son una base de R
4
. En general esto no es cierto pues durante el proceso de
escalonamiento de la matriz A podríamos haber permutado la quinta la de A
con alguna de las cuatro primeras las, de manera que las cuatro primeras las
de U no se corresponderían con las cuatro primeras las de A. Sin embargo,
en este ejemplo concreto, como en el proceso de escalonamiento de la matriz
A, las dos únicas permutaciones de las que ha habido son: F ila 1 ↔ F ila 2 y
F ila 3 ↔ F ila 4 , las cuatro primeras las de la matriz A forman una base de R
4 .
Luego, {(2, 1 , 1 , 1) , (1, 1 , 1 , 1) , (3, 1 , 1 , 2) , (0, 1 , 2 , 1)}, es una base de R
4 .
b) {(1, 1 , 1 , 1 , 1) , (2, 1 , 2 , 1 , 2) , (1, 2 , 1 , 2 , 1) , (0, 0 , 0 , 0 , 1)} en Z
5 7
Como son cuatro vectores de K
5 , donde K = Z 7 , no pueden ser un sistema
generador de Z
5 7 , luego no son una base de Z
5 7
. Para ver si son linealmente
independientes hacemos igual que en el ejercicio anterior, es decir, escribimos
los vectores como las de una matriz A y calculamos la forma escalonada por
las de dicha matriz A:
A =
E 2 + 5E 1
E 3 − E 1
E 2 ↔ E 3
E 3 + E 2
E 3 ↔ E 4
= U
Como B es una base de Z
4 5 y dado que las coordenadas de un vector respecto
de una base son únicas, el sistema lineal anterior es compatible determinado,
es decir, tiene solución única. Para hallar esta solución escribimos la matriz
ampliada del sistema y calculamos la forma escalonada por las de dicha matriz.
E 2 + 3E 1
E 3 + 4E 1
E 4 + 4E 1
E 3 − E 2
E 4 + E 2
si seguimos hasta encontrar la forma escalonada reducida dispondremos de los
valores de las incógnitas directamente, de manera que así lo hacemos,
E 1 + E 2
luego el sistema de ecuaciones lineales tiene por solución:
x 1 = 0
x 2 = 1
x 3 = 3
x 4 = 4
de manera que podemos decir que las coordenadas del vector v = (1, 1 , 3 , 1)
respecto de la base B son v = (0, 1 , 3 , 4) B
Observación: El problema ya ha concluido, pero antes de pasar a otro vamos a
hacer la siguiente observación general: Llamemos Mm×n (K) al conjunto
de todas las matrices de m las y n columnas con todas sus entradas en el
cuerpo K. Sean A ∈ Mm×n (K) y ¯b ∈ Mn× 1 (K) las siguientes matrices:
A =
a 11 a 12 · · · a 1 n
a 21 a 22 · · · a 2 n
. . .
am 1 am 2 · · · amn
b =
b 1
b 2
. . .
bn
veamos que vale el producto matricial A ·
b. Según la de nición del pro-
ducto matricial sabemos que A ·
b ∈ Mm× 1 (K), sea pues,
A ·
b =
a 11 a 12 · · · a 1 n
a 21 a 22 · · · a 2 n
. . .
am 1 am 2 · · · amn
b 1
b 2
. . .
bn
a 11 b 1 + a 12 b 12 +... + a 1 nbn
a 21 b 1 + a 22 b 2 +... + a 2 nbn
. . .
am 1 b 1 + am 2 b 2 +... + amnbn
a 11
a 21
. . .
am 1
b 1 +
a 12
a 22
. . .
am 2
b 2 +... +
a 1 n
a 2 n
. . .
amn
bn
= ¯a 1 b 1 + ¯a 2 b 2 +... + ¯anbn
donde
¯aj =
a 1 j
a 2 j
. . .
amj
; 1 ≤ j ≤ n
son las columnas de la matrz A. De manera que, multiplicar A ·
b (en el
orden indicado), donde A es una matriz de orden m × n y
b es una matriz
columna de n entradas (es decir, de orden n × 1 ) da como resultado una
combinación lineal de las columnas de A con coe cientes (o pesos) las
entradas de la columna ¯b.
Como consecuencia de lo dicho, vemos que resolver un sistema de ecuaciones
lineales se puede interpretar del siguiente modo:
Dado el sistema de ecuaciones lineales, con m ecuaciones y n incógnitas:
a 11 x 1 + a 12 x 2 +... + a 1 nxn = b 1
a 21 x 1 + a 22 x 2 +... + a 2 nxn = b 2
. . .
am 1 x 1 + am 2 x 2 +... + amnxn = bm
si llamamos
A =
a 11 a 12 · · · a 1 n
a 21 a 22 · · · a 2 n
. . .
am 1 am 2 · · · amn
; X =
x 1
x 2
. . .
xn
b =
b 1
b 2
. . .
bm
forma escalonada, ocurra que en dicha forma escalonada no nos quede la última
columna como columna pivote.
. x
. y
. z
. t
E 2 − 2 E 1
E 3 − E 1
E 4 − E 1
. x
. y − 2 x
. z − x
. t − x
E 3 ↔ E 4
. x
. y − 2 x
. t − x
. z − x
E 3 + E 2
. x
. y − 2 x
. − 3 x + y + t
. z − x
y como podemos ver, para que la última columna de la matriz escalonada no sea
columna pivote ha de ocurrir que − 3 x + y + t = 0 y también que z − x = 0 (⇔
x−z = 0). Luego las ecuaciones implicitas del subespacio 〈(1, 2 , 1 , 1) , (1, 1 , 1 , 2)〉
son
(x, y, z, t) ∈ R
4 /
− 3 x + y + t = 0
x − z = 0
. Es decir,
(x, y, z, t) ∈ R
4 /
− 3 x + y + t = 0
x − z = 0
Sea ahora v = (1, 0 , 1 , 0) ∈ R
4 , para ver si v ∈ 〈(1, 2 , 1 , 1) , (1, 1 , 1 , 2)〉 sólo hemos
de comprobar si cumple las ecuaciones implicitas, entonces como
⇒ v /∈ 〈(1, 2 , 1 , 1) , (1, 1 , 1 , 2)〉
4.- Calcula una base y la dimensión de los siguientes subespacios:
a)
(x, y, z, t) /
x − y + z − t = 0
2 x + z + t = 0
en R
4 .
solución: Como podemos ver el subespacio es el conjunto de soluciones del
sistema de ecuaciones homogéneo:
x − y + z − t = 0
2 x + z + t = 0
cuyas soluciones son:
E 2 − 2 E 1
a la vista de la matriz escalonada, vemos que el sistema es compatible indeter-
minado, siendo equivalente al siguiente sistema homogéneo:
x − y + z − t = 0
2 y − z + 3 t = 0
x − y = −z + t
2 y = z − 3 t
donde podemos ver que las incógnitas x e y son las incógnitas principales (tam-
bién llamadas básicas) y las incógnitas z y t son incógnitas libres. Despejando y
de la segunda ecuación y sustituyendo su valor en la primera ecuación obtenemos
las soluciones :
x = −
1 2
z −
1 2
t
y =
1 2
z −
3 2
t
z ∈ R (libre)
t ∈ R (libre)
Luego el conjunto de soluciones es:
{
(x, y, z, t) ∈ R
4 / (x, y, z, t) =
z −
t,
z −
t, z, t
; z, t ∈ R
z −
t,
z −
t, z, t
/ z, t ∈ R
z
/ z, t ∈ R
Así,
(x, y, z, t) /
x − y + z − t = 0
2 x + z + t = 0
1 2
1 2
1 2
3 2
, de man-
era que el subespacio tiene dimensión 2, siendo
1 2
1 2
1 2
3 2
una
base de dicho subespacio.
b) Calcula base y dimensión de 〈(1, 2 , 1 , 1), (1, 1 , 1 , 2), (3, 2 , 3 , 2)〉 en Z
4
solución: Veamos si los vectores que generan el subespacio son linealmente
independientes o linealmente dependientes. Para ello, escribimos los vectores
como las de una matriz A y calculamos la forma escalonada por las de dicha
matriz A:
A =
E 2 + 4E 1
E 3 + 2E 1
E 3 + E 2
= U
Como las las de la matriz A y las de la matriz escalonada U generan el mismo
subespacio de Z 4 5 , es decir, como:
E 3 + 5E 2
E 4 + 4E 2
E 4 − E 3
= U
de manera que
W 1 = 〈(1, 2 , 1 , 1) , (0, 1 , 0 , −1) , (0, 0 , − 1 , −7)〉
siendo {(1, 2 , 1 , 1) , (0, 1 , 0 , −1) , (0, 0 , − 1 , −7)} una base de W 1. Como W 2 =
〈(2, 3 , − 1 , 2)〉, es evidente que {(2, 3 , − 1 , 2)} es una base de W 2. Entonces, el
conjunto de vectores formado por la unión de las dos bases generará al subespa-
cio W 1 + W 2. Es decir:
W 1 + W 2 = 〈(1, 2 , 1 , 1) , (0, 1 , 0 , −1) , (0, 0 , − 1 , −7) , (2, 3 , − 1 , 2)〉
Veamos, ahora, si estos vectores son linealmente independientes:
A =
E 4 − 2 E 1
E 4 + E 2
E 4 − 3 E 3
= U
como en la matriz escalonada U no hay ninguna la de ceros, los vectores la
de la matriz A son linealmente independientes. De manera que el conjunto de
vectores
B = {(1, 2 , 1 , 1) , (0, 1 , 0 , −1) , (0, 0 , − 1 , −7) , (2, 3 , − 1 , 2)}
forman una base del subespacio W 1 + W 2. Como en la base B de W 1 + W 2 hay
cuatro vectores, resulta que:
dim (W 1 + W 2 ) = 4
W 1 + W 2 es subespacio de R
4
⇒ W 1 + W 2 = R
4
Por otro lado, sabemos que
dim (W 1 + W 2 ) = dim W 1 + dim W 2 − dim (W 1 ∩ W 2 )
de donde
dim (W 1 ∩ W 2 ) = dim W 1 + dim W 2 − dim (W 1 + W 2 )
De manera que W 1 ∩ W 2 = {(0, 0 , 0 , 0)}. Concluimos pues que: W 1 ⊕ W 2 = R
4 .
Observación: Dados dos subespacios W 1 y W 2 de un espacio vectorial, si nos
piden que calculemos el subespacio suma W 1 + W 2 y el subespacio inter-
sección W 1 ∩W 2 , la forma más directa de proceder, sin necesidad de hacer
referencia a fórmulas sobre dimensiones del tipo,
dim (W 1 + W 2 ) = dim W 1 + dim W 2 − dim (W 1 ∩ W 2 )
es la siguiente.
- Para calcular W 1 + W 2 se unen los vectores de una base de W 1 con los
vectores de una base de W 2 y a continuación se calcula el subespacio
generado por dicho conjunto de vectores, siendo dicho subespacio igual al
subespacio W 1 + W 2 buscado.
- Para calcular W 1 ∩ W 2 se juntan las ecuaciones implícitas que de nen a
ambos subespacios y se calcula el subespacio cuyas ecuaciones implícitas
son la unión de todas las ecuaciones implícitas.
Así, si en el problema anterior queremos calcular el subespacio W 1 ∩W 2 siguiendo
la observación hecha, haríamos lo siguiente:
En primer lugar, escribiríamos el subespacio W 1 en ecuaciones implícitas, es
decir, como
W 1 = 〈(1, 2 , 1 , 1) , (0, 1 , 0 , −1) , (0, 0 , − 1 , −7)〉
siendo {(1, 2 , 1 , 1) , (0, 1 , 0 , −1) , (0, 0 , − 1 , −7)} una base de W 1. Resulta que,
Dado (x, y, z, t) un vector cualquiera de R
4 , entonces sabemos que
(x, y, z, t) ∈ 〈(1, 2 , 1 , 1) , (0, 1 , 0 , −1) , (0, 0 , − 1 , −7)〉 ⇐⇒
existen escalares x 1 , x 2 , x 3 ∈ R tales que
(x, y, z, t) = x 1 · (1, 2 , 1 , 1) + x 2 · (0, 1 , 0 , −1) + x 3 · (0, 0 , − 1 , −7) ⇐⇒
el sistema de ecuaciones lineales
x 1 = x
2 x 1 + x 2 = y
x 1 − x 3 = z
x 1 − x 2 − 7 x 3 = t
es compati-
ble ⇐⇒ cuando transformemos la matriz ampliada del sistema
. x
. y
. z
. t
. z
. y + 3z
. x + 2z
. t + 2z
y como podemos ver, para que la última columna de la matriz escalonada
no sea columna pivote ha de ocurrir que,
y + 3z = 0
x + 2z = 0
2 z + t = 0
, luego
W 2 = 〈(2, 3 , − 1 , 2)〉 =
(x, y, z, t) ∈ R
4 /
y + 3z = 0
x + 2z = 0
2 z + t = 0
Entonces, como
W 1 = 〈(1, 2 , 1 , 1) , (0, 1 , 0 , −1) , (0, 0 , − 1 , −7)〉 =
(x, y, z, t) ∈ R
4 / 4 x + y − 7 z + t = 0
y
W 2 = 〈(2, 3 , − 1 , 2)〉 =
(x, y, z, t) ∈ R
4 /
y + 3z = 0
x + 2z = 0
2 z + t = 0
resulta que, W 1 ∩ W 2 =
(x, y, z, t) ∈ R 4 /
4 x + y − 7 z + t = 0
y + 3z = 0
x + 2z = 0
2 z + t = 0
. De man-
era, que vamos a resolver el sistema,
4 x + y − 7 z + t = 0
y + 3z = 0
x + 2z = 0
2 z + t = 0
E 1 ↔ E 3
E 3 − 4 E 1
E 3 − E 2
E 3 ↔ E 4
E 4 + 9E 3
De manera que nos queda el siguiente sistema equivalente,
x +2z = 0
y +3z = 0
2 z + t = 0
10 t = 0
que como podemos ver tiene como solución única, (x, y, z, t) = (0, 0 , 0 , 0).
De manera que, W 1 ∩ W 2 = {(0, 0 , 0 , 0)}. Como ya sabiamos.
6.- Para los siguientes subespacios, estudia si son iguales y, caso de no serlo,
estudia si uno de los dos está incluido en el otro:
a)
(x, y, z, t) /
x − y + z − t = 0
2 x + z + t = 0
y 〈(2, 3 , − 1 , 2)〉 en R 4 .
solución: Llamemos
W 1 =
(x, y, z, t) /
x − y + z − t = 0
2 x + z + t = 0
y
W 2 = 〈(2, 3 , − 1 , 2)〉
El subespacio W 1 ha sido estudiado en el problema 4a) y sabemos que dim (W 1 ) =
- Entonces, W 1 6 = W 2 , pues dim (W 2 ) = 1. Veamos si el vector (2, 3 , − 1 , 2)
pertenece a W 1. Como 2 − 3 + (−1) − 2 = − 4 6 = 0 ⇒ (2, 3 , − 1 , 2) ∈/ W 1. Luego,
W 2 * W 1. Obviamente W 1 * W 2.
b) W 1 =
(x, y, z, t, u)/
x − y + z − t + u = 0
2 x + z + t − u = 0
y
W 2 =
(x, y, z, t, u)/
x − y + z − t + u = 0
2 x + z + t − u = 0
x + t + u = 0
en Z
5
solución: A la vista de las ecuaciones implicitas que de nen a los subespa-
cios es evidente que W 2 ⊆ W 1. Para comprobar que W 1 * W 2 basta con ver que
la matriz ampliada del sistema homogéneo que de ne a W 2 al ponerse en forma
escalonada por las no deja ninguna la nula.
E 2 + 3E 1
E 3 − E 1
Si también quisiéramos saber si W 2 ⊆ W 1 procederíamos de igual forma, es decir
buscaríamos una base de W 2 y unas ecuaciones implícitas de W 1 , para después
comprobar lo indicado anteriormante. Por último, sucederá que,
W 1 = W 2 ⇔
W 1 ⊆ W 2
y
W 2 ⊆ W 1
En resumen, si hemos de averiguar si dos subespacios son iguales, los mejor
es conocer una base y unas ecuaciones implícitas de cada subespacio.
7.- Encuentra bases con las siguientes condiciones:
a) En R
3 de forma que un vector esté en la recta
x − y + z = 0
2 x − z = 0
y otros
dos en el plano x + y + z = 0.
solución: Resolvamos el sistema homogéneo que de ne las ecuaciones im-
plícitas de la recta:
E 2 − 2 E 1
de manera que el sistema es equivalente al siguiente:
x − y + z = 0
2 y − 3 z = 0
x − y = −z
2 y = 3 z
a la vista del último sistema vemos que las variables x e y son principales (o
básicas), las que se corresponden con las columnas pivote de la matriz escalon-
ada, y que la variable z es libre. Entonces, despejando y de la segunda ecuación
y sustituyéndola en la primera, obtenemos las in nitas solucines de este sistema
compatible indeterminado, que son:
x =
1 2
z
y =
3 2
z
z ∈ R (libre)
Luego la recta es,
z,
z, z
/z ∈ R
z
/z ∈ R
Calculemos ahora una base del plano resolviendo la ecuación implícita que
lo de ne
x + y + z = 0 ↔ x = −y − z
la variable x es principal y las variables y y z son libres. Siendo las in nitas
soluciones,
x = −y − z
y ∈ R (libre)
z ∈ R (libre)
Luego el plano es,
{(−y − z, y, z) /y, z ∈ R} = {y · (− 1 , 1 , 0) + z · (− 1 , 0 , 1) /y, z ∈ R}
La base buscada es B = {(− 1 , 1 , 0) , (− 1 , 0 , 1) , (1, 3 , 2)}.
b) En Z
4 5 de forma que haya exactamente un vector en el subespacio^ W^ =
{(x, y, z, t) /x − y + z − t = 0}.
solución: Resolvemos la ecuación implícita que de ne al subespacio,
x − y + z − t = 0 ↔ x = y − z + t (= y + 4z+)
la variable x es principal y las variables y, z y t son libres. Siendo las in nitas
soluciones,
x = y + 4z + t
y ∈ R (libre)
z ∈ R (libre)
t ∈ R (libre)
Luego el subespacio es,
W =
(y + 4z + t, y, z, t) /y, z, t ∈ Z
5
= {y · (1, 1 , 0 , 0) + z · (4, 0 , 1 , 0) + t · (1, 0 , 0 , 1) /y, z, t ∈ Z 5 }
Pues bien, cojamos el vector (1, 1 , 0 , 0) ∈ W y los vectores,
(0, 1 , 0 , 0) ∈/ W
(0, 0 , 1 , 0) ∈/ W
(0, 0 , 0 , 1) ∈/ W
Obviamnte, B = {(1, 1 , 0 , 0) , (0, 1 , 0 , 0) , (0, 0 , 1 , 0) , (0, 0 , 0 , 1)} es una base de
Z
5 5 , cumpliendo lo que queríamos.
c) Encuentra una base en Z
4
{ 7 de forma que haya dos vectores en el plano
x − y + z − t = 0
2 x − z = 0
, otro en el plano
x − y + z = 0
2 x − z + t = 0
y el último fuera de
ellos.
solución: Resolvamos el primer sistema,
E 2 + 5E 1
Luego las soluciones son,
x = 4 z + 3t
y ∈ 5 z + 3t
z ∈ Z 7 (libre)
t ∈ Z 7 (libre)
Entonces, el segundo plano es,
{(4z + 3t, 5 z + 3t, z, t) /z, t ∈ Z 7 } = {z · (4, 5 , 1 , 0) + t · (3, 3 , 0 , 1) /z, t ∈ Z 7 }
Es decir los planos son:
Pues bien, tomemos el siguiente conjunto de vectores de Z
4 7
B = {(4, 5 , 1 , 0) , (0, 6 , 0 , 1) , (3, 3 , 0 , 1) , (0, 0 , 0 , 1)} ,
donde los dos primeros están en el primer plano, el tercero está en el segundo
plano y el cuarto no pertenece a ninguno de los dos planos, y comprobemos
que son linealmente independientes, en cuyo caso B sería una base como la que
buscamos.
E 3 + E 1
E 3 + E 2
Como los vectores son linealmente independientes, B es una base.
d) En R 3 de forma que el primer vector esté en el eje X, el segundo en
la recta
x − y + z = 0
2 x − z = 0
y, con respecto a esa base, el vector (1, 1 , 1) tenga
coordenadas (2, 1 , 2).
solución: Resolvamos el sistema homogéneo de ecuaciones implícitas que
de nen a la recta vectorial,
x − y + z = 0
2 x − z = 0
E 2 − 2 E 1
de manera que el sistema es equivalente al siguiente,
x − y + z = 0
2 y − 3 z = 0
x − y = −z
2 y = 3 z
donde las variables x e y son principales y la variables z es libre. Despejamos
y de la segunda ecuación y sustitumos su valor en la primera, obteniendo como
soluciones:
x =
1 2 z
y =
3 2 z
z ∈ R (libre)
entonces la recta es,
z,
z, z
/z, ∈ R
z ·
/z ∈ R
Como nos piden una base de R
3 , tal que el primer vector esté en el eje X, el
segundo en la recta anterior, y que conrespecto a esa base el vector (1, 1 , 1)
tenga coordenadas (2, 1 , 2). Llamemos B = {(1, 0 , 0) , (1, 3 , 2) , (a, b, c)}, a dicha
base. Entonces, para que las coordenadas del vector (1, 1 , 1) respecto de la base
B sean (2, 1 , 2), ha de suceder que,
B ⇐⇒ (1, 1 , 1) = 2 · (1, 0 , 0) + 1 · (1, 3 , 2) + 2 · (a, b, c)
1 = 3 + 2a
1 = 3 + 2b
1 = 2 + 2c
a = − 1
b = − 1
c = −
1 2
→ (a, b, c) =
De manera que la base buscada es,
B =
8.- Pasa los siguientes problemas al correspondiente K
n y resuelvelos:
a) Estudia si son linealmente independientes, sistema generador o base,
1 − x + x
2 , x + x
2 , 2 − x + x
2
en Q 2 [x].
solución: Sea C =
1 , x, x
2
la base canínica de Q 2 [x]. Si a + bx + cx
2
es un vector cualquiera de Q 2 [x]. Entonces,
a + bx + cx
2 = a · 1 + b · x + c · x
2 ⇒ a + bx + cx
2 = (a, b, c) C
