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Ejercicios Resueltos
(Espacios Vectoriales)
Mat 2 do^ Semestre de 2012
- Determinar si los siguientes conjuntos son subespacios:
a) {(0, y) : y ∈ R} de R^2. b) {(x, y, z) ∈ R^3 : x + y − 3 z = 0} de R^3. c) {p(x) ∈ R 2 [x] : p(x) = p′(x)} de R 2 [x].
Soluci´on.
a) Sea U = {(0, y) : y ∈ R}. Podemos ver que (0, 0) ∈ U, as´ı que solo nos queda probar que
a(0, x) + (0, y) ∈ U
Pero esto es claro ya que a(0, x) + (0, y) = (0, ax + y) y este ultimo elemento pertenece a U (ya que ax + y ∈ R). Por lo tanto U es un subespacio de R^2.
Observaci´on 1 Si representamos este conjunto en el plano R^2 , vemos que U es preci- samente el eje Y U
X
Adem´as tenemos que
U = {(0, y) : y ∈ R} = {y(0, 1) : y ∈ R} = < (0, 1) >
b) Para W = {(x, y, z) ∈ R^3 : x + y − 3 z = 0}, tenemos que x = 3z − y. As´ı para cualquier (x, y, z) ∈ W se debe cumplir que
(x, y, z) = (3z − y, y, z) = 3(1, 0 , 1) + (− 1 , 1 , 0)
Por lo tanto
W = {(x, y, z) ∈ R^3 : x + y − 3 z = 0} = < (1, 0 , 1), (− 1 , 1 , 0) >
y como todo espacio generado es siempre un subespacio, se cumple que W es un subes- pacio de R^3.
c) Finalmente, sea U = {p(x) ∈ R 2 [x] : p(1) = p′(1)}. Si consideramos p(x) = ax^2 + bx + c, tenemos que
p(1) = p′(1) a + b + c = 2 a + b c = a
Luego, para todo p(x) = ax^2 + bx + c ∈ U, se tiene que
ax^2 + bx + c = ax^2 + bx + a = a(x^2 + 1) + bx
Luego
U = {p(x) = ax^2 + bx + c ∈ R 2 [x] : p(1) = p′(1)} = {a(x^2 + 1) + bx : a, b ∈ R} = < x^2 + 1, x >
y por lo tanto U es un subespacio de R 2 [x].
- Sea {u, v, w} ∈ R^3 un conjunto L.I. ¿Es {u + v + w, u + w − v, u − w} tambi´en un conjunto L.I.? Soluci´on. Consideremos la combinaci´on lineal
a(u + v + w) + b(u + w − v) + c(u − w) = 0
esta combinaci´on lineal es equivalente a
(a + b + c)u + (a − b)v + (a + b − c)w = 0
Como {u, v, w} es L.I. se tiene que
a + b + c = 0 a − b = 0 a + b − c = 0
Como ya sabemos, este sistema de ecuaciones es equivalente a
a b c
Calculando determinante, tenemos que det
(^) = 4 6 = 0, as´ı la ´unica soluci´on del
sistema (^)
a b c
Respuesta: Nada, ya que (^)
t
y por lo tanto los determinantes de estas matrices son iguales...... En adelante usar´e esta ultima forma para la matrices (vectores como filas).
- ¿Es {(1, 0 , 2), (2, 1 , 1), (3, 1 , 4)} una base de R^3 ?.
Soluci´on. Los mismo que el ejercicio anterior: Si B = {(1, 0 , 2), (2, 1 , 1), (3, 1 , 4)} es un conjunto L.I., entonces es una base. Esto es cierto, ya que si B es L.I., entonces
dim < (1, 0 , 2), (2, 1 , 1), (3, 1 , 4) >= 3 = dim(R^3 )
luego el conjunto {(1, 0 , 2), (2, 1 , 1), (3, 1 , 4)} genera a R^3. Veamos la independencia lineal, es decir, debemos calcular el determinante de
y este es igual a 1. Por lo tanto B es L.I. y as´ı una base de R^3.
- Sean U = {(x, y, z) ∈ R^3 : 3x − 2 y + z = 0} y W = {(x, y, z) ∈ R^3 : −x + 2y + 2z = 0}. Encontrar U ∩ W y calcular dim(U ∩ W). Soluci´on. Si consideramos (x, y, z) ∈ U ∩ W, entonces se debe cumplir que
3 x − 2 y + z = 0 y − x + 2y + 2z = 0
es decir, el sistema
3 x − 2 y + z = 0 −x + 2y + 2z = 0
si multiplicamos la segunda ecuaci´on por 3 y las sumamos, obtenemos que
4 y + 7z = 0 es decir y =
z
Reemplazando este resultado en la primera ecuaci´on del sistema obtenemos que
3 x +
z + z = 0 es decir x =
z
As´ı para cualquier (x, y, z) ∈ U ∩ W, se cumple que
(x, y, z) =
z,
z, z
= z
y por lo tanto U ∩ W =<
y dim(U ∩ W) = 1.
- Encontrar t ∈ R de manera que los vectores (t, 1 , 0), (1, t, 1) y (0, 1 , t) sean L.D.
Soluci´on. Para que estos vectores sean L.D. de debe cumplir que
det
t 1 0 1 t 1 0 1 t
es decir, t^3 − 2 t = 0. Como t^3 − 2 t = t(t^2 − 2) = t(t −
2)(t +
2), se tiene que para t = 0, t =
2 y t = −
2, el conjunto {(t, 1 , 0), (1, t, 1), (0, 1 , t)} es L.D.
- Sean (1, 2 , 3), (3, 2 , 1) ∈ R^3. Encontrar (x, y, z) ∈ R^3 para que {(1, 2 , 3), (3, 2 , 1), (x, y, z)} sea un conjunto L.I. Soluci´on. Para que {(1, 2 , 3), (3, 2 , 1), (x, y, z)} sea L.I. se debe cumplir que la matriz asociada a estos vectores debe ser distinto de cero. Calculando determinante, tenemos que
det
x y z
(^) = det
y z
− 2 det
x z
x y
= (2z − y) − 2(3z − x) + 3(3y − 2 x) = 2 z − y − 6 z + 2x + 9y − 6 x = − 4 x + 8y − 4 z
Luego debemos pedir que
− 4 x + 8y − 4 z 6 = 0 o equivalente a − x + 2y − z 6 = 0
Despejando, tenemos que x 6 = 2y − z As´ı, para cualquier elemento del conjunto
{(x, y, z) : x 6 = 2y − z}
tenemos que {(1, 2 , 3), (3, 2 , 1), (x, y, z)} es L.I.
- Encontrar una base para el espacio generado por los vectores:
a) (1, 3 , 2), (2, 6 , 4) y (− 3 , − 9 , −6). b) (2, 2 , 2), (2, 4 , 6) y (9, 6 , 3). c) (1, 1 , 1), (0, 1 , 1) y (0, 0 , 1).
Soluci´on. Primero debemos ver si estos vectores son L.I. o L.D.
a) Para los vectores {(1, 3 , 2), (2, 6 , 4), (− 3 , − 9 , −6)}, podemos ver que
(2, 6 , 4) = 2(1, 3 , 2)
y (− 3 , − 9 , −6) = −3(1, 3 , 2)
De esta manera, el espacio generado
< (2, 2 , 2), (2, 4 , 6), (9, 6 , 3) > = {a(2, 2 , 2) + b(2, 4 , 6) + c(9, 6 , 3) : a, b, c ∈ R}
= {a(2, 2 , 2) + b(2, 4 , 6) + c
: a, b, c ∈ R}
= {(a + 3c)(2, 2 , 2) +
b + 3 c 2
(2, 4 , 6) : a, b, c ∈ R}
= {a(2, 2 , 2) + b(2, 4 , 6) : a, b ∈ R} = < (2, 2 , 2), (2, 4 , 6) >
y por lo tanto una base es C = {(2, 2 , 2), (2, 4 , 6)}. c) Finalmente, para los vectores {(1, 1 , 1), (0, 1 , 1), (0, 0 , 1)} calculamos su determinante
det
(^) = 1 (Es triangular superior)
Luego, el conjunto {(1, 1 , 1), (0, 1 , 1), (0, 0 , 1)} es L.I y por lo tanto es una base para el espacio generado < (1, 1 , 1), (0, 1 , 1), (0, 0 , 1) >.
- Sea U =
≤ M 2 (R). Determinar a ∈ R para que las siguientes matrices pertenezcan a U:
a)
a + 1 5 a 3 a 4 a + 1
b)
1 − a 4 0 2 + 2a
c)
3 a −a 0 5 a
Soluci´on. Notemos que
U =
b
: b, c ∈ R
b + c −b 0 3 b + c
: b, c ∈ R
As´ı, para que estas matrices pertenezcan a U, deben existir b, c ∈ R tal que
a) ( a + 1 5 a 3 a 4 a + 1
b + c −b 0 3 b + c
Luego a + 1 = b + c 5 a = −b 3 a = 0 4 a + 1 = 3 b + c
De la tercera ecuaci´on obtenemos que a debe ser 0. Usando esto, de la segunda ecuaci´on obtenemos que b = 0 y as´ı con estos valores, de la primera ecuaci´on obtenemos que c = 1. Por lo tanto Si a 6 = 0, la tercera ecuaci´on no tiene soluci´on y por lo tanto
a + 1 5 a 3 a 4 a + 1
∈ U /.
Si a = 0, tenemos que
a + 1 5 a 3 a 4 a + 1
∈ U, ya que
( 1 0 0 1
(b = 0, c = 1)
b) ( 1 − a 4 0 2 + 2a
b + c −b 0 3 b + c
Luego 1 − a = b + c 4 = −b 0 = 0 2 + 2a = 3 b + c De la segunda ecuaci´on, tenemos que b = −4 y reemplazando en la primera y cuarta ecuaci´on, obtenemos que 5 = a + c 14 = − 2 a + c Restando la primera ecuaci´on con la segunda, obtenemos que a = −3 y por lo tanto c = 8. As´ı la matriz (reemplazando por a = −3)
1 − a 4 0 2 + 2a
∈ U, ya que se escribe como (^) ( 4 4 0 − 4
c) Finalmente, tenemos que ( 3 a −a 0 5 a
b + c −b 0 3 b + c
es decir 3 a = b + c −a = −b 0 = 0 5 a = 3 b + c Luego obtenemos que( a = b y c = 2b (esto se cumple para todo b ∈ R). Por lo tanto, 3 a −a 0 5 a
∈ U, ya que
( 3 a −a 0 5 a
= b
y
U 2 = {(x, y, z) ∈ R^3 : 2x + y + z = 0} = {(x, y, z) ∈ R^3 : z = − 2 x − y} = {(x, y, − 2 x − y) : x, y ∈ R} = {x(1, 0 , −2) + y(0, 1 , −1) : x, y ∈ R} = < (1, 0 , −2), (0, 1 , −1) >
Reduzcamos la matriz asocia da estos vectores:
F 21 (2)
F 31 (−1)
F 32 (1/2)
F 42 (− 1 /2)
F 43 (−1)
Haciendo lo mismo que en el ejercicio 8.b), tenemos que
(0, 0 , 0) = (0, 0 , − 3 /2) ︸ ︷︷ ︸ − 12 (0, 2 ,1)+(0, 1 ,−1)
1 2 (0,^2 ,1)+(0,−^1 ,−2) (0, 0 , 0) = − (0, 2 , 1) ︸ ︷︷ ︸ 2(1, 1 ,0)+(− 2 , 0 ,1)
−(1, 1 ,0)+(1, 0 ,−2) (0, 0 , 0) = −2(1, 1 , 0) + (− 2 , 0 , 1) + (0, 1 , −1) + (1, 1 , 0) − (1, 0 , −2) (0, 0 , 0) = −(1, 1 , 0) + (− 2 , 0 , 1) + (0, 1 , −1) − (1, 0 , −2)
Por lo tanto (1, 1 , 0) = (− 2 , 0 , 1) + (0, 1 , −1) − (1, 0 , −2) As´ı
U 1 + U 2 = {u + v : u ∈ U 1 y v ∈ U 2 }
= {a(1, 1 , 0) + b(− 2 , 0 , 1) + c(1, 0 , −2) + d(0, 1 , −1) : a, b, c, d ∈ R} = {a((− 2 , 0 , 1) + (0, 1 , −1) − (1, 0 , −2)) + b(− 2 , 0 , 1) + c(1, 0 , −2) + d(0, 1 , −1) : a, b, c, d ∈ R} = {(a + b)(− 2 , 0 , 1) + (−a + c)(1, 0 , −2) + (a + d)(0, 1 , −1) : a, b, c, d ∈ R} = < (− 2 , 0 , 1), (1, 0 , −2), (0, 1 , −1) >
Como dim(U 1 + U 2 ) = 3 = dim(R^3 ), se tiene que U 1 + U 2 = R^3.
