Ejercicios Resueltos
(Espacios Vectoriales)
Mat156 2do Semestre de 2012
1. Determinar si los siguientes conjuntos son subespacios: a) {(0, y) :y∈R} deR2.
b) {(x, y, z)∈R3:x+y−3z= 0}de R3. c) {p(x)∈R2[x] :p(x) =p′(x)} deR2[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 aU (ya queax+y∈R). Por lo tantoU es un subespacio deR2.
Observaci´on 1 Si representamos este conjunto en el plano R2, vemos que U es preci-samente el ejeY
U
X
Adem´as tenemos que
U = {(0, y) :y ∈R} = {y(0,1) :y ∈R} = <(0,1)>
b) Para W ={(x, y, z)∈R3 :x+y−3z = 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)∈R3 :x+y−3z= 0} = <(1,0,1),(−1,1,0) >
y como todo espacio generado es siempre un subespacio, se cumple que W es un subes-pacio deR3.
c) Finalmente, sea U ={p(x)∈R2[x] :p(1) =p′(1)}. Si consideramos p(x) =ax2+bx+c,
tenemos que
p(1) = p′(1) a+b+c = 2a+b
c = a Luego, para todo p(x) =ax2+bx+c∈ U, se tiene que
ax2+bx+c=ax2+bx+a=a(x2+ 1) +bx Luego
U = {p(x) =ax2+bx+c∈R2[x] :p(1) =p′(1)}
= {a(x2+ 1) +bx:a, b∈R} = < x2+ 1, x >
y por lo tanto U es un subespacio de R2[x].
2. Sea {u, v, w} ∈R3 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
1 1 1 1 −1 0 1 1 −1 a b c = 0 0 0
Calculando determinante, tenemos que det
1 1 1 1 −1 0 1 1 −1
= 46= 0, as´ı la ´unica soluci´on del
sistema 1 1 1 1 −1 0 1 1 −1 a b c = 0 0 0
es
a= 0, b= 0 y c= 0 Esto nos dice que la ´unica soluci´on de
a(u+v+w) +b(u+w−v) +c(u−w) = 0
esa= 0, b= 0 yc= 0, por lo tanto{u+v+w, u+w−v, u−w}es un conjunto L.I. 3. Sea B ={(1,0,1),(2,3,−1),(3,3,2)} ∈R3. Demostrar que B es una base de R3 y encontrar
las coordenadas del vector (−3,1,−2).
Soluci´on. Para demostrar queB={(1,0,1),(2,3,−1),(3,3,2)} es una base de R3, debemos simplemente mostrar queB es L.I. (ya que #(B) = 3 = dim(R3), as´ı el espacio generado por B esR3). As´ı, considerando la combinaci´on lineal
a(1,0,1) +b(2,3,−1) +c(3,3,2) = (0,0,0) lo cual es equivalente a 1 2 3 0 3 3 1 −1 2 a b c = 0 0 0 Como det 1 2 3 0 3 3 1 −1 2
= 6, la ´unica soluci´on de este sistema es a=b=c= 0. As´ıB es L.I
y por tanto es una base de R3.Notemos que el ejercicio se resuelve, si calculamos el determinante de la matriz asociada a la combinaci´on lineal.
Observaci´on 2 Si analizamos esta soluci´on, podemos ver que al considerar la combinaci´on lineal
a(1,0,1) +b(2,3,−1) +c(3,3,2) = (0,0,0)
(para saber si es L.I.), lo que en la practica estamos haciendo es resolver el sistema
1 2 3 0 3 3 1 −1 2 a b c = 0 0 0
Si nos detenemos en este punto, podemos ver que la matriz que se forma es justamente, considerar cada vector de B como una columna de esta matriz.
(1,0,1),(2,3,−1),(3,3,2) y 1 2 3 0 3 3 1 −1 2
¿Que pasar´ıa si en vez de colocar los vectores de B como columna, los colocamos como fila? (1,0,1),(2,3,−1),(3,3,2) y 1 0 1 2 3 −1 3 3 2
Respuesta: Nada, ya que 1 2 3 0 3 3 1 −1 2 t = 1 0 1 2 3 −1 3 3 2
y por lo tanto los determinantes de estas matrices son iguales... En adelante usar´e esta ultima forma para la matrices (vectores como filas).
4. ¿Es {(1,0,2),(2,1,1),(3,1,4)} una base de R3?.
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 siB es L.I., entonces
dim<(1,0,2),(2,1,1),(3,1,4)>= 3 = dim(R3)
luego el conjunto {(1,0,2),(2,1,1),(3,1,4)} genera a R3. Veamos la independencia lineal, es decir, debemos calcular el determinante de
1 0 2 2 1 1 3 1 4
y este es igual a 1. Por lo tanto B es L.I. y as´ı una base deR3.
5. Sean U = {(x, y, z) ∈ R3 : 3x−2y+z = 0} y W = {(x, y, z) ∈ R3 : −x+ 2y + 2z = 0}. EncontrarU ∩ W y calcular dim(U ∩ W).
Soluci´on. Si consideramos (x, y, z)∈ U ∩ W, entonces se debe cumplir que 3x−2y+z= 0 y −x+ 2y+ 2z= 0
es decir, el sistema
3x−2y+z = 0 −x+ 2y+ 2z = 0
si multiplicamos la segunda ecuaci´on por 3 y las sumamos, obtenemos que 4y+ 7z= 0 es decir y= −7
4 z
Reemplazando este resultado en la primera ecuaci´on del sistema obtenemos que 3x+7
2z+z= 0 es decir x= −3
2 z As´ı para cualquier (x, y, z) ∈ U ∩ W, se cumple que
(x, y, z) = −3 2 z, −7 4 z, z =z −3 2 , −7 4 ,1 y por lo tanto U ∩ W =< −3 2 , −7 4 ,1 >
6. Encontrar t∈Rde 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 = 0
es decir,t3−2t= 0. Como t3−2t=t(t2−2) =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.
7. Sean (1,2,3),(3,2,1) ∈R3. Encontrar (x, y, z) ∈ R3 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 1 2 3 3 2 1 x y z = det 2 1 y z −2 det 3 1 x z + 3 det 3 2 x y = (2z−y)−2(3z−x) + 3(3y−2x) = 2z−y−6z+ 2x+ 9y−6x = −4x+ 8y−4z
Luego debemos pedir que
−4x+ 8y−4z6= 0 o equivalente a −x+ 2y−z6= 0 Despejando, tenemos que
x6= 2y−z As´ı, para cualquier elemento del conjunto
{(x, y, z) :x6= 2y−z} tenemos que{(1,2,3),(3,2,1),(x, y, z)} es L.I.
8. 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
de esta manera, el conjunto generado por estos vectores es <(1,3,2),(2,6,4),(−3,−9,−6) > = {a(1,3,2) +b(2,6,4) +c(−3,−9,−6) :a, b, c∈R} = {a(1,3,2) +b(2(1,3,2)) +c(−3(1,3,2)) :a, b, c∈R} = {(a+ 2b−3c)(1,3,2) :a, b, c∈R} haciendod=a+ 2b−3c = {d(1,3,2) :d∈R} = <(1,3,2) >
es decir, el espacio generado por{(1,3,2),(2,6,4),(−3,−9,−6)}es simplemente<(1,3,2) > y por lo tanto B={(1,3,2)} es una base de<(1,3,2),(2,6,4),(−3,−9,−6) >.
b) Para los vectores {(2,2,2),(2,4,6),(9,6,3)} no se ve a primera vista si son L.I. Para saber esto, usando operaciones filas vamos a reducir la matriz asociada a esos vectores y si alguna fila se vuelve nula, entonces los vectores son L.D ¿Por que?. Veamos que
sucede 2 2 2 2 4 6 9 6 3 | {z } A F21(−1) F31(−9/2) 2 2 2 0 2 4 0 −3 −6 | {z } A′ F32(3/2) 2 2 2 0 2 4 0 0 0 | {z } A′′
Luego det(A) = det(A′′) = 0 y por lo tanto {(2,2,2),(2,4,6),(9,6,3)} es un conjun-to L.D. Veamos cual es la combinaci´on lineal de estos vectores, para esto notemos lo siguiente:
- La segunda fila de la matrizA′ se obtuvo aplicando la operaci´onF
21(−1) a la matriz
A, es decir,
(0,2,4) =−(2,2,2) + (2,4,6) - La tercera fila de A′ se obtuvo aplicando la operaci´on F
31(−9/2) a la matriz A, es
decir
(0,−3,−6) = −9
2 (2,2,2) + (9,6,3) - Finalmente la tercera fila de A′′ de obtuvo aplicando F
32(3/2) a la matriz A′, es
decir,
(0,0,0) = −3
2 (0,2,4) + (0,−3,−6) reemplazando por lo anterior
= −3 2 (−(2,2,2) + (2,4,6))− 9 2(2,2,2) + (9,6,3) = 3 2(2,2,2)− 3 2(2,4,6)− 9 2(2,2,2) + (9,6,3) = −3(2,2,2)− 3 2(2,4,6) + (9,6,3) es decir, (9,6,3) = 3(2,2,2) + 32(2,4,6).
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 3(2,2,2) +3 2(2,4,6) :a, b, c∈R} = {(a+ 3c)(2,2,2) + b+ 3c 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 esC ={(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 1 1 0 1 1 0 0 1
= 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) >. 9. Sea U = 1 −1 0 3 , 1 0 0 1
≤M2(R). Determinar a∈R para que las siguientes matrices
pertenezcan aU: a) a+ 1 5a 3a 4a+ 1 b) 1−a 4 0 2 + 2a c) 3a −a 0 5a
Soluci´on. Notemos que U = 1 −1 0 3 , 1 0 0 1 = b 1 −1 0 3 +c 1 0 0 1 :b, c∈R = b+c −b 0 3b+c :b, c∈R
As´ı, para que estas matrices pertenezcan a U, deben existirb, c∈Rtal que a) a+ 1 5a 3a 4a+ 1 = b+c −b 0 3b+c Luego a+ 1 = b+c 5a = −b 3a = 0 4a+ 1 = 3b+c
De la tercera ecuaci´on obtenemos queadebe ser 0. Usando esto, de la segunda ecuaci´on obtenemos queb= 0 y as´ı con estos valores, de la primera ecuaci´on obtenemos quec= 1. Por lo tanto
Sia6= 0, la tercera ecuaci´on no tiene soluci´on y por lo tanto
a+ 1 5a 3a 4a+ 1 / ∈ U. Sia= 0, tenemos que a+ 1 5a 3a 4a+ 1 = 1 0 0 1 ∈ U, ya que 1 0 0 1 = 0 1 −1 0 3 + 1 0 0 1 (b= 0, c= 1) b) 1−a 4 0 2 + 2a = b+c −b 0 3b+c Luego 1−a = b+c 4 = −b 0 = 0 2 + 2a = 3b+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 = −2a+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 = 4 4 0 −4 ∈ U, ya que se escribe como
4 4 0 −4 =−4 1 −1 0 3 + 8 1 0 0 1
c) Finalmente, tenemos que
3a −a 0 5a = b+c −b 0 3b+c es decir 3a = b+c −a = −b 0 = 0 5a = 3b+c
Luego obtenemos que a = b y c = 2b (esto se cumple para todo b ∈ R). Por lo tanto,
3a −a 0 5a ∈ U, ya que 3a −a 0 5a =b 1 −1 0 3 + 2b 1 0 0 1
10. Determinar si D={1, x2+ 1,−2x2−x+ 1} es una base deR2[x].
Soluci´on. Seana, b, c∈R y demostremos que la ´unica soluci´on de a(1) +b(x2+ 1) +c(−2x2−x+ 1) = 0 esa, b, c= 0. Si sumamos en la ecuaci´on anterior, tenemos que
(b−2c)x2−cx+ (a+b+c) = 0 y para que esto sucede, se debe cumplir que
b−2c = 0
−c = 0
a+b+c = 0
Y como podemos ver, se cumple que a=b=c= 0. Y as´ıD es L.I.
Como<1, x2+ 1,−2x2−x+ 1>es un subespacio deR2[x] y su dimension es 3 = dim(R2[x]),
tenemos queD genera aR2[x] y por lo tanto es una base deR2[x].
11. Sean
U1 ={(x, y, z) ∈R3:x−y+ 2z= 0}
y
U2 ={(x, y, z) ∈R3: 2x+y+z= 0}
subespacios de R3. Encontrar U1 ∩ U2 y U1+U2 y adem´as las bases y dimensiones de estos
subespacios.
Soluci´on.
a) Sea (x, y, z)∈ U1∩ U2, luego
x−y+ 2z = 0 2x+y+z = 0
Si sumamos ambas ecuaciones, tenemos que 3x+ 3z = 0, es decir x = −z. Adem´as, si multiplicamos la primera ecuacion por -2 y sumamos, obtenemos que 3y−3z = 0, es decir,y =z. As´ı
U1∩ U2 = {(−z, z, z) :y, z ∈R}
= {z(−1,1,1) :y, z ∈R} = <(−1,1,1) >
y por lo tanto dim(U1∩ U2) = 1.
b) Notemos que cada uno de estos espacios, puede escribirse en base a sus generadores. As´ı U1 = {(x, y, z)∈R3 :x−y+ 2z= 0}
= {(x, y, z)∈R3 :x=y−2z} = {(y−2z, y, z) :y, z∈R}
= {y(1,1,0) +z(−2,0,1) :y, z∈R} = <(1,1,0),(−2,0,1) >
y U2 = {(x, y, z)∈R3: 2x+y+z= 0} = {(x, y, z)∈R3:z=−2x−y} = {(x, y,−2x−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:
1 1 0 −2 0 1 1 0 −2 0 1 −1 F21(2) F31(−1) 1 1 0 0 2 1 0 −1 −2 0 1 −1 F32(1/2) F42(−1/2) 1 1 0 0 2 1 0 0 −3/2 0 0 −3/2 F43(−1) 1 1 0 0 2 1 0 0 −3/2 0 0 0
Haciendo lo mismo que en el ejercicio 8.b), tenemos que (0,0,0) = (0,0,−3/2) | {z } −12(0,2,1)+(0,1,−1) − (0,0,−3/2) | {z } 1 2(0,2,1)+(0,−1,−2) (0,0,0) = − (0,2,1) | {z } 2(1,1,0)+(−2,0,1) +(0,1,−1)− (0,−1,−2)) | {z } −(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 U1+U2 = {u+v:u∈ U1 yv∈ U2} = {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) >