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Dobles grados de MatFis y MatInfo. Parcial enero 2018
TeorÌa
Vale 20 puntos sobre los 100 de todo el examen. El valor de la pregunta en negrita.
- Dar al menos dos deÖniciones equivalentes de quÈ signiÖca que E sea suma directa de sus subespacios
F 1 ; : : : ; Fk: (2pt)
SoluciÛn. Si cada x 2 E se puede escribir al menos de una forma como x = x 1 + : : : + xk con
xi 2 Fi; i = 1; : : : ; k tenemos que E es suma de F 1 ; : : : ; Fk y se escribe E = F 1 + : : : + Fk: Si esta
posibilidad de escribir todos los x 2 E es ˙nica, la suma es directa y se escribe E = F 1 : : : Fk:
Una condiciÛn equivalente para que la suma sea directa es que si 0 = x 1 + : : : + xk con xi 2 Fi;
i = 1; : : : ; k se tenga que todos los xi son cero.
- Tenemos en E una sucesiÛn de vectores (v 1 ; : : : ; vm) : Consideramos las propiedades (a) Los vectores
son dependientes; (b) Uno de los vectores vi es combinaciÛn lineal de los otros vj ; (c) Uno de los
vectores, digamos vp; es combinaciÛn lineal de los vectores que le anteceden; o sea, vp es combinaciÛn
lineal de v 1 ; : : : ; vp 1 : Estudiar si las propiedades son equivalentes y, si no lo son, demostrar las
implicaciones ciertas entre ellas. (8pt)
SoluciÛn. Damos demostraciÛn circular (c) =) (b) =) (a) =) (c) : Es obvio que (c) implica (b)
pues (b) es caso particular de (c) : Si se cumple (b) ; para cierto i ser·
vi =
i 1 X
j=
i vi +
m X
k=i+
k vk; de donde vi
i 1 X
j=
i vi
m X
k=i+
k vk = 0
y hay dependencia lineal porque el coeÖciente de vi es 1 6 = 0: Si se cumple (a) podemos escribir
0 =
P
i vi con alg˙n 6 = 0: Sea p el ˙ltimo Ìndice tal que p 6 = 0: Claramente
vp =
p
v 1 : : :
p 1
p
vp 1
y se tiene (c) :
- Sea L : E! E un endomorÖsmo. Consideramos los subespacios K
i = ker
L
i
y J
i = im
L
i
siendo L
i = L L; o sea L compuesta con si misma i veces. De las posibilidades para i 1 ;
(a) 8 i; K
i K
i+ ; (b) 8 i; K
i K
i+ ; (c) 8 i; J
i J
i+ ; (d) 8 i; J
i J
i+ ;
demostrar las que sean ciertas cualquiera que sea L; y dar contraejemplos para las que sean falsas.
(8pt)
SoluciÛn. Damos contraejemplos mostrando que (b) y (c) son falsas. Si L : |
2 ! |
2 es L (x) = ax
siendo
a =
es inmediato que L
2 = 0: De hecho K
1 = lg (e 1 ) = J
1 ; K
2 = |
2 y J
2 = 0: En este ejemplo, (b) y (c)
son falsas.
Si x 2 K i se cumple que L i (x) = 0; luego L i+ (x) = L
L
i (x)
= L (0) = 0 y x 2 K i+ : Si x 2 J i+
existe y tal que x = L i+ (y) = L i (L (y)) y esto ˙ltimo dice que x 2 J i : Queda probado que (a) y
(d) son ciertas.
- Hemos probado que si tenemos subespacios aÖnes A = s + F y B = t + G de E; la adjunciÛn A_B
viene dada por
A_B = p + (F + G+ lg (s t)) con p 2 A [ B arbitrario.
Supongamos dim (E) = n 3 y posiblemente n 4 : Preguntamos
a) Si A y B son rectas, distintas, øes cierto que su uniÛn est· contenida siempre en un subespacio
afÌn tridimensional?
b) Si A y B son rectas distintas y que se cortan, øcu·l es la dimensiÛn del mÌnimo subespacio
afÌn que las contiene? (2pt)
SoluciÛn. Al ser A y B rectas podremos poner F = lg (u) y G = lg (v) y por ello,
F + G = lg (u; v) ; (F + G+ lg (s t)) = lg (u; v; s t)
siendo la direcciÛn (F + G+ lg (s t)) con dimensiÛn m·xima 3 : Si es 3 sirve A _ B como espacio
tridimensional conteniendo a A [ B: Puede que A _ B; que sin duda contiene a A [ B; no sea
tridimensional (es el caso, por ejemplo, si u = v y hay dos rectas paralelas distintas). Se busca
un subespacio H tridimensional conteniendo a F + G+ lg (s t) y C = s + H es tridimensional y
contiene a A [ B:
Si A y B se cortan en p podemos escribir A = p+lg (u) y B = p+lg (v) siendo (u; v) independiente
ya que si no, A = B: Asimismo, al ser A \ B 6 = 0 ; la direcciÛn de A _ B es lg (u; v) ; que es
bidimensional. Deducimos que A _ B es el mÌnimo subespacio afÌn bidimensional que contiene a
A yB:
Problemas
Vale 80 puntos sobre los 100 de todo el examen. El valor de la pregunta en negrita.
Problema 1 Calcular los determinantes
D 4 =
1 x x
2 x
3 x
4
x
4 1 x x
2 x
3
x
3 x
4 1 x x
2
x
2 x
3 x
4 1 x
x x
2 x
3 x
4 1
; Dn =
1 x x
2 x
n 1 x
n
x n 1 x x n 2 x n 1
x n 1 x n 1 x n 3 x n 2
x
2 x
3 x
4 1 x
x x
2 x
3 x
n 1
Las matrices se construyen permutando circularmente
1 x x 2 x n 1 x n
al bajar de Öla.
°Ojo! Dn es determinante de una matriz (n + 1) (n + 1) :
SoluciÛn. Si a la Öla que empieza por x
4 y que tiene por ello 1 en la diagonal principal, se le resta
la primera multiplicada por x 4 ; a la que empieza por x 3 se le resta la primera multiplicada por x 2 ; y a
la que empieza por x se le resta la primera multiplicada por x, queda
D 4 =
1 x x
2 x
3 x
4
x
4 1 x x
2 x
3
x
3 x
4 1 x x
2
x
2 x
3 x
4 1 x
x x
2 x
3 x
4 1
1 x x
2 x
3 x
4
0 1 x
5 x
0 0 1 x
5
0 0 0 1 x
5
0 0 0 0 1 x
5
1 x
5
sin que sea necesario precisar los coeÖcientes :
En general, si a la Öla que empieza por x
k y que tiene por ello 1 en la diagonal principal, se le resta
la primera multiplicada por x
k se transforma esa Öla a otra de la forma
0 ; : : : ; 0 ; 1 x
n+ ; ; : : : ;
sin
que necesitemos precisar : Restando de este modo la primera Öla a todas las dem·s,
Dn =
1 x x
2 x
n 1 x
n
x n 1 x x n 2 x n 1
x n 1 x n 1 x n 3 x n 2
x
2 x
3 x
4 1 x
0 0 0 0 1 x
n+
1 x x
2 x
n 1 x
n
0 1 x n+
0 0 1 x n+
. . .
0 0 0 1 x
n+
0 0 0 0 1 x
n+
y no importa el valor concreto de : Sale Dn =
1 x
n+
n : (15pt)
en
1 = las Ölas 2 y 3 y en
2 = las columnas 2 y 3. El ˙ltimo determinante es inmediato por cajas.
Probamos 2. Si F es invertible, M (b) = F
1 b es claramente la inversa de L porque M L = L M =
idE : RecÌprocamente, si L es isomorÖsmo tendremos det (L) 6 = 0 y al ser det (L) = det (F )
2 ; det (F ) 6 = 0
y F es invertible.
Un procedimiento directo para probar que ìL isomorÖsmo implica L invertibleî es usar que la
suprayectividad de L garantiza que existe a 2 |
2 2 tal que I 2 = L (a) = F a: Por consiguiente F
tiene inversa a: Nota. Se vio en teorÌa que ab = I es suÖciente para que tambiÈn sea ba = I luego a es la
inversa de b: ObsÈrvese que no se precisa que sea para esta parte E =|
2 2 ; y podrÌa ser E =|
nn :
Problema 4 Tomamos la matriz
a =
B
B
1 0 0 p
0 1 0 q
0 0 1 r
h j k 0
C
C
A
tal que ph + qj + rk = 0:
Usamos a para deÖnir L : |
4 ! |
4 por L (x) = ax. Dar bases de ker (L) e im (L) : (15pt)
Generalizamos a
a =
0 B B B B B B B @
1 0 0 0 p 1
0 1 0 0 p 2
0 0 1 0 p 3
. . .
0 0 0 1 pn 1
h 1 h 2 h 3 hn 1 0
1 C C C C C C C A
tal que
n 1 X
i=
pihi = 0
y L : |
n ! |
n ; L (x) = ax: Determinar rg (L) ; nul (L) y una base de im (L) y ker (L) : Para el caso en
que n es arbitrario no se pedir· la justiÖcaciÛn, pero sÌ una respuesta correcta. (10pt)
SoluciÛn. Calculamos el espacio de soluciones de ax = 0: Tenemos
0
B
B
1 0 0 p
0 1 0 q
0 0 1 r
h j k 0
C
C
A
1 !
B
B
1 0 0 p
0 1 0 q
0 0 1 r
0 j k ph
C
C
A
2 !
B
B
1 0 0 p
0 1 0 q
0 0 1 r
0 0 k ph qj
1 C C A 3!
B
B
1 0 0 p
0 1 0 q
0 0 1 r
0 0 0 ph qj rk
C
C
A
B
B
1 0 0 p
0 1 0 q
0 0 1 r
0 0 0 0
C
C
A
= b
En
1 ! se resta a la Öla 4 la Öla 1 multiplicada por h; en
2 ! se resta a la Öla 4 la Öla 2 multiplicada por j
y en
3 ! se resta a la Öla 4 la Öla 3 multiplicada por k: Los sistemas ax = 0 y bx = 0 tienen las mismas
soluciones, y bx = 0 tiene la soluciÛn
0
B
B
x
y
z
t
C
C
A
B
B
pt
qt
rt
t
C
C
A
= t
B
B
p
q
r
1
C
C
A
El espacio de soluciones tiene dimensiÛn 1 y ( p; q; r; 1) 6 = 0 es una base de ker (L) : Como rg (L) =
dim (|
n ) nul (L) obtenemos rg (L) = n 1 = 3 en nuestro caso. El subespacio im (L) |
n de dimensiÛn
n 1 = 3 es el subespacio que generan las columnas de a: Claramente, por la forma triangular, las tres
primeras columnas son independientes y forman una base de im (L) :
Como simple respuesta al caso con n general puede decirse que (1) rg (L) = n 1 y nul (L) = 1; (2)
Una base de ker (L) est· formada por el vector ( p 1 ; p 2 ; : : : ; pn 1 ; 1)
; y (3) Una base de im (L)
est· formada por las n 1 primeras columnas de a: Si se quieren justiÖcar las respuestas hay muchos
caminos.
- Se puede hacer generalizando el proceso anterior. Restamos en pasos sucesivos a la ˙ltima Öla la
primera multiplicada por h 1 ; luego (en la nueva matriz) a la ˙ltima la segunda por h 2 ;... , hasta
restar a la ˙ltima (en la matriz que se ha ido transformando) a la ˙ltima la pen˙ltima por hn 1 :
Con esto transformamos a en
b =
0 B B B B B B B @
1 0 0 0 p 1
0 1 0 0 p 2
0 0 1 0 p 3
. . .
0 0 0 1 pn 1
0 0 0 0 0
1 C C C C C C C A
usando al escribir b n n
Pn 1
i= pihi que es cero. Claramente el sistema tiene soluciÛn general
0 B B B B B @
x
1
x
2
x n 1
x n
1 C C C C C A
0 B B B B B @
p 1 x
n
p 2 x
n
pn 1 x n
x n
1 C C C C C A
0 B B B B B @
p 1
p 2
. . .
pn 1
1
1 C C C C C A
y el ˙ltimo vector columna es base de ker (L) : Como en el caso n = 3 se tiene rg (L) = n nul (L) =
n 1 y, como base de im (L) ; subespacio generado por las columnas de a; podemos tomar las n 1
primeras columnas de a: Esto es correcto porque, por la forma triangular de la submatriz, son
vectores independientes, luego si dim (im (L)) = n 1 ; deben formar base.
- Se puede conjeturar por lo que sugiere el caso n = 3 que los vectores que constiyuyen las n 1
primeras columnas de a forman base de im (L) : Desde luego son independientes pero øgeneran
im (L)? La ˙ltima columna de a cumple
0 B B B B B
B
B
p 1
p 2
p 3
. . .
pn 1
0
1 C C C C C
C
C
A
= p 1
0 B B B B B
B
B
h 1
1 C C C C C
C
C
A
0 B B B B B
B
B
h 2
1 C C C C C
C
C
A
0 B B B B B
B
B
hn 1
1 C C C C C
C
C
A
puesto que
Pn 1
i= pihi = 0: Por consiguiente, estas n 1 columnas forman base de im (L) : Con esto,
dim (ker (L)) = n (n 1) = 1: Si se quiere evitar resolver el sistema ax = 0 podemos conjeturar
que v = ( p 1 ; : : : ; pn 1 ; 1)
2 ker L: Esto es f·cil de veriÖcar usando para la ˙ltima ecuaciÛn que Pn 1
i= pihi = 0: Al ser dim (ker (L)) = 1 y v 6 = 0; forma una base.
Evidentemente, si solo se pide responder sin justiÖcaciÛn, que es lo que pide el examen, es suÖciente
dar directamente como respuesta lo que dice el p·rrafo anterior. Advertimos que el solo una de las
respuestas posibles, porque im (L) y ker (L) pueden tener muchas bases.
