(Ec.1) 2α + β = b (Ec.4) (Ec.3)

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1 Problema 1. Hallar t R para que el vector x = (3, 8, t) pertenezca al subespacio engendrado por los vectores u = (1, 2, 3) y v = (1, 3, 1). Solución del problema 1. x L{ u, v} si, y sólo si, existen α, β R tales que x = α u + β v, es decir, (3, 8, t) = α(1, 2, 3) + β(1, 3, 1) = (α, 2α, 3α) + (β, 3β, β) = (α + β, 2α + 3β, 3α β). Luego, obtenemos el siguiente sistema α + β = 3 2α + 3β = 8 3α β = t (Ec.1) (Ec.2) (Ec.3) De (Ec.1), tenemos que α = 3 β. Sustituyendo en (Ec.2) 2(3 β) + 3β = 8 β = 2. Luego, α = 1. Finalmente, por (Ec.3), deducimos que t = 1. Por tanto, x pertenece al subespacio engendrado por los vectores u y v si, y sólo si, t = 1. Problema 2. Determinar a y b para que el vector (1, 4, a, b) sea combinación lineal de (1, 2, 1, 2) y de (0, 1, 2, 1). Solución del problema 2. (1, 4, a, b) es combinación lineal de (1, 2, 1, 2) y de (0, 1, 2, 1) si, y sólo si, existen α, β R tales que α = 1 (Ec.1) 2α + β = 4 (Ec.2) (1, 4, a, b) = α(1, 2, 1, 2) + β(0, 1, 2, 1) α + 2β = a (Ec.3) 2α + β = b (Ec.4) Sustituyendo el valor de α en la (Ec.2) obtenemos β = 2. Luego, de la (Ec.3) y (Ec.4) deducimos que a = 3 y b = 0, respectivamente. Por tanto, el vector (1, 4, a, b) es combinación lineal de (1, 2, 1, 2) y de (0, 1, 2, 1) si, y sólo si, a = 3 y b = 0. Problema 3. Demostrar que los vectores u 1 = (1, 1, 0), u 2 = (1, 0, 1), u 3 = (0, 1, 1) forman una base de (R 3, +, ) y encontrar las coordenadas de los vectores de la base canónica respecto a dicha base. Dpto. de Análisis Matemático 1 Curso 2014/15

2 Solución del problema 3. a) Veamos que B = { u 1, u 2, u 3 } forman una base de R 3. En primer lugar, son linealmente independientes ya que si disponemos los vectores en forma matricial, resulta: A = y se verica que rg(a) = 3 (puesto que det(a) = 2 0), por lo que los tres vectores que conforman la matriz son linealmente independientes. Como dim(r 3 ) = 3 y card(b) = 3, entonces B forma una base de R 3. b) Sean e 1, e 2, e 3 los vectores de la base canónica de R 3, es decir, e 1 = (1, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0) y e 3 = (0, 0, 1). Tenemos que encontrar las coordenadas de e 1, e 2 y e 3 en la base B = { u 1, u 2, u 3 }. Problema 4. Para e 1. Sean α 1, α 2, α 3 R tales que e 1 = α 1 u 1 + α 2 u 2 + α 3 u 3. Es decir, α 1 + α 2 = 1, (1, 0, 0) = (α 1 + α 2, α 1 + α 3, α 2 + α 3 ) α 1 + α 3 = 0, (S) α 2 + α 3 = 0, Resolviendo el sistema (S), obtenemos que α 1 = 1, α 2 2 = 1 y α 2 3 = 1. Por tanto, 2 las coordenadas de e 1 con respecto de la base B son ( 1, 1, 1) B. Para e 2. Sean β 1, β 2, β 3 R tales que e 2 = β 1 u 1 + β 2 u 2 + β 3 u 3. Es decir, β 1 + β 2 = 0, (0, 1, 0) = (β 1 + β 2, β 1 + β 3, β 2 + β 3 ) β 1 + β 3 = 1, (S) β 2 + β 3 = 0, Resolviendo el sistema (S), obtenemos que β 1 = 1, β 2 2 = 1 y β 2 3 = 1. Por tanto, las 2 coordenadas de e 2 con respecto de la base B son ( 1, 1, 1) B. Para e 3. Sean δ 1, δ 2, δ 3 R tales que e 3 = δ 1 u 1 + δ 2 u 2 + δ 3 u 3. Es decir, δ 1 + δ 2 = 0, (0, 0, 1) = (δ 1 + δ 2, δ 1 + δ 3, δ 2 + δ 3 ) δ 1 + δ 3 = 0, (S) δ 2 + δ 3 = 1, Resolviendo el sistema (S), obtenemos que δ 1 = 1, δ 2 2 = 1 y δ 2 3 = 1. Por tanto, las 2 coordenadas de e 3 con respecto de la base B son ( 1, 1, 1) B. Determinar qué conjuntos son subespacios vectoriales de (R 3, +, ): A = {(x, y, z) : x y + z = 0}, B = {(x, y, z) : x + 2y + z = 1}, C = {(x, y, z) : x y = 0, x z = 0}, D = {(x, y, z) : x y + z = 0, y + z = 1}, E = {(x, y, z) : x = 0, y = z}, F = {(x, y, z) : x y = 0}. Dpto. de Análisis Matemático 2 Curso 2014/15

3 Solución del problema 4. a) Veamos que A = {(x, y, z) : x y + z = 0} es un subespacio vectorial de R 3. Para ello, sean u = (u 1, u 2, u 3 ), v = (v 1, v 2, v 3 ) A y α, β R. Tenemos que demostrar que α u + β v A. Notar que α u + β v = (αu 1 + βv 1, αu 2 + βv 2, αu 3 + βv 3 ), y Como u 1 u 2 + u 3 = 0 ya que u A, v 1 v 2 + v 3 = 0 ya que v A. αu 1 +βv 1 (αu 2 +βv 2 )+αu 3 +βv 3 = α( 0 u 1 u 2 + u 3 )+β( 0 v 1 v 2 + v 3 ) = α 0+β 0 = 0, deducimos que α u + β v A. b) Observamos que B = {(x, y, z) : x + 2y + z = 1} no es un subespacio vectorial de R 3 ya que 0 B, debido a a que = 0 1. c) Veamos que C = {(x, y, z) : x y = 0, x z = 0} es un subespacio vectorial de R 3. Para ello, sean u = (u 1, u 2, u 3 ), v = (v 1, v 2, v 3 ) C y α, β R. Tenemos que demostrar que α u + β v C. Notar que y Como α u + β v = (αu 1 + βv 1, αu 2 + βv 2, αu 3 + βv 3 ), u 1 u 2 = 0 u 1 u 3 = 0 v 1 v 2 = 0 v 1 v 3 = 0 ya que u C, ya que v C. (1 o cond.) αu 1 + βv 1 (αu 2 + βv 2 ) = α( 0 u 1 u 2 ) + β( 0 v 1 v 2 ) = α 0 + β 0 = 0, (2 o cond.) αu 1 + βv 1 (αu 3 + βv 3 ) = α( 0 u 1 u 3 ) + β( 0 v 1 v 3 ) = α 0 + β 0 = 0, deducimos que α u + β v C. d) D = {(x, y, z) : x y + z = 0, y + z = 1} no es un subespacio vectorial de R 3, porque 0 D (aunque se satisface la primera condición, 0 0 = 0, no se satisface la segunda = 0 1). e) Veamos que E = {(x, y, z) : x = 0, y = z} es un subespacio vectorial de R 3. Para ello, sean u = (u 1, u 2, u 3 ), v = (v 1, v 2, v 3 ) E y α, β R. Tenemos que demostrar que α u+β v E. Notar que α u + β v = (αu 1 + βv 1, αu 2 + βv 2, αu 3 + βv 3 ), Dpto. de Análisis Matemático 3 Curso 2014/15

4 y Como u 1 = 0 u 2 = u 3 ya que u E, v 1 = 0 v 2 = v 3 ya que v E. (1 o cond.) αu 1 + βv 1 = α 0 + β 0 = 0, (2 o cond.) αu 2 + βv 2 = αu 3 + βv 3, deducimos que α u + β v E. f) F = {(x, y, z) : x y = 1} no es un subespacio vectorial de R 3, ya que si tomamos u = (1, 0, 0) y v = (0, 1, 0), tenemos que u, v F pero u + v = (1, 1, 0) F. NOTA: En este ejemplo, tenemos que 0 F y sin embargo F no es subespacio vectorial. Problema 5. Demostrar que el conjunto E = {(a, 0, a, b) : a, b R} es un subespacio vectorial de (R 4, +, ). En caso armativo, hállese una base del mismo. Solución del problema 5. a) Veamos que E es un subespacio vectorial de R 4. Para ello, sean u = (a, 0, b, a), v = (a, 0, b, a ) E y α, β R. Como α u + β v = α(a, 0, b, a) + β(a, 0, b, a ) = (αa + βa, 0, αb + βb, αa + βa ) E, concluimos que E es un subespacio vectorial de R 4. b) Calculemos una base de E. Como u E u = (a, 0, b, a) = (a, 0, 0, a) + (0, 0, b, 0) = a(1, 0, 0, 1) + b(0, 0, 1, 0), y los vectores (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 0) son linealmente independientes, {(1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 0)} es una base de E. Problema 6. Calcular una base, unas ecuaciones paramétricas, unas ecuaciones implícitas y la dimensión de los siguientes subespacios vectoriales: a) H 1 = L{(1, 0, 1), ( 1, 1, 0)}. b) H 2 = L{(1, 1, 1), ( 1, 0, 1), (0, 1, 2)}. c) H 3 = {(x, y, z) R 3 : x = y z}. d) H 4 = {(x, y, z) R 3 : x + y + z = 0, x 2z = 0}. Dpto. de Análisis Matemático 4 Curso 2014/15

5 Solución del problema 6. a) H 1 = L{(1, 0, 1), ( 1, 1, 0)}. Como rg = 2 tenemos que los vectores que generan el subespacio son linealmente independientes. Por tanto, dichos vectores forman una base de H 1 y dim(h 1 ) = 2. Ecuaciones paramétricas. Escribimos un vector genérico v = (x, y, z) H 1 como combinación lineal de los vectores de la base (x, y, z) = λ(1, 0, 1) + µ( 1, 1, 0) = (λ µ, µ, λ), de donde obtenemos las ecuaciones paramétricas de H 1 : x = λ µ y = µ con λ, µ R. z = λ NOTA: Observar que deben aparecer tantos parámetros (en este caso, λ y µ) como dimensión tiene el subespacio vectorial. Ecuaciones implícitas. Para hallar las ecuaciones implícitas tomamos un vector cualquiera (x, y, z) H 1 y observamos que los vectores (x, y, z), (1, 0, 1), ( 1, 1, 0) son linealmente dependientes, luego rg 1 1 x 0 1 y 1 0 z = x 0 1 y 1 0 z = 0 x + y z = 0. Luego, H 1 = {(x, y, z) R 3 : x + y z = 0}. b) H 2 = L{(1, 1, 1), ( 1, 0, 1), (0, 1, 2)}. Consideremos la matriz formada por estos tres vectores, es decir, A = Como rg(a) = 2 y un menor principal de A es = 2 0, tenemos que los vectores {(1,1,1),(-1,0,1),(0,1,2)} son linealmente dependientes y los vectores {(1,1,1),(-1,0,1)} son linealmente independientes. Entonces, H 2 = L{(1, 1, 1), ( 1, 0, 1)}, dim(h 2 ) = 2 y {(1, 1, 1), ( 1, 0, 1)} es una base de H 2. Dpto. de Análisis Matemático 5 Curso 2014/15

6 Ecuaciones paramétricas. Escribimos un vector genérico v = (x, y, z) H 2 como combinación lineal de los vectores de la base (x, y, z) = λ(1, 1, 1) + µ( 1, 0, 1) = (λ µ, λ, λ + µ), de donde obtenemos las ecuaciones paramétricas de H 1 : x = λ µ y = λ con λ, µ R. z = λ + µ Ecuaciones implícitas. Para hallar las ecuaciones implícitas tomamos un vector cualquiera (x, y, z) H 2 y observamos que los vectores (x, y, z), (1, 1, 1), ( 1, 0, 1) son linealmente dependientes, luego rg 1 1 x 1 0 y 1 1 z = x 1 0 y 1 1 z = 0 x 2y + z = 0. Luego, H 2 = {(x, y, z) R 3 : x 2y + z = 0}. c) H 3 = {(x, y, z) R 3 : x = y z} = {(x, y, z) R 3 : x y + z = 0}. Ecuaciones implícitas. El rango de la matriz del sistema formado por la ecuación que dene a H 3 es uno: rg ( ) = 1 por lo que la ecuación que dene a H 3 es su ecuación implícita. Ecuaciones paramétricas. Tenemos que resolver el sistema formado por la ecuación x y + z = 0. Como el rango de la matriz de este sistema es 1, como se vio anteriormente, le damos a las variables y y z el valor de dos parámetros, respectivamente. Es decir, y = λ y z = µ, con λ, µ R. Luego, obtenemos x = λ µ y = λ con λ, µ R, z = µ que son las ecuaciones paramétricas del subespacio H 3. Para obtener una base de H 3 usamos las ecuaciones paramétricas. (x, y, z) H 3 (x, y, z) = (λ µ, λ, µ) = (λ, λ, 0) + ( µ, 0, µ) = λ(1, 1, 0) + µ( 1, 0, 1). Como los vectores (1, 1, 0) y ( 1, 0, 1) son linealmente independientes, deducimos que {(1, 1, 0), ( 1, 0, 1)} es una base de H 3 y por tanto dim(h 3 ) = 2. d) H 4 = {(x, y, z) R 3 : x + y + z = 0, x 2z = 0}. Dpto. de Análisis Matemático 6 Curso 2014/15

7 Ecuaciones implícitas. El rango de la matriz del sistema formado por las ecuaciones que denen a H 4 es dos: ( ) rg = por lo que las dos ecuaciones que denen a H 4 son sus ecuaciones implícitas. Ecuaciones paramétricas. Tenemos que resolver el siguiente sistema. x + y + z = 0 x 2z = 0 Como el rango de la matriz de este sistema es 2, como se vio anteriormente, y como un menor principal de la matriz es , le damos a la variable z el valor de un parámetro, es decir, z = λ, con λ R. Luego, obtenemos el siguiente sistema x + y = λ, Problema 7. x = 2λ, cuya solución es x = 2λ, y = 3λ, z = λ, que son las ecuaciones paramétricas del subespacio H 4. Para obtener una base de H 4 usamos las ecuaciones paramétricas. (x, y, z) H 4 (x, y, z) = (2λ, 3λ, λ) = λ(2, 3, 1). Por lo que cualquier vector de H 4 esta generado por (2, 3, 1). Luego, deducimos que {(2, 3, 1)} es una base de H 4 y por tanto dim(h 4 ) = 1. Sea P 3 [x] el espacio vectorial de los polinomios en la indeterminada x de grado menor o igual a 3. a) Probar que si p(x) es un polinomio de grado 3, entonces B = {p(x), p (x), p (x), p (x)} es una base. b) Tómese p(x) = x 3 3x y hállense las coordenadas de q(x) = x 3 + x 2 respecto de dicha base. Solución del problema 7. a) Como p(x) es un polinomio de grado 3, p(x) se escribe de la forma p(x) = a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0, a 3 0, Dpto. de Análisis Matemático 7 Curso 2014/15

8 donde a 3, a 2, a 1, a 0 R. Derivando, tenemos que p (x) = 3a 3 x 2 + 2a 2 x + a 1, p (x) = 6a 3 x + 2a 2, p (x) = 6a 3. Veamos que B = {p(x), p (x), p (x), p (x)} es un sistema linealmente independiente. Para ello, consideremos α 1, α 2, α 3, α 4 R. 0 = α 1 p(x) + α 2 p (x) + α 3 p (x) + α 4 p (x) = α 1 ( a3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 ) + α2 ( 3a3 x 2 + 2a 2 x + a 1 ) + α3 ( 6a3 x + 2a 2 ) + α4 ( 6a3 ) = α 1 a 3 x 3 + (α 1 a 2 + α 2 3a 3 ) x 2 + (α 1 a 1 + α 2 2a 2 + α 3 6a 3 ) x + α 1 a 0 + α 2 a 1 + α 3 2a 2 + α 4 6a 3 α 1 a 3 = 0 α (S) 1 a 2 + α 2 3a 3 = 0 α 1 a 1 + α 2 2a 2 + α 3 6a 3 = 0 α 1 a 0 + α 2 a 1 + α 3 2a 2 + α 4 6a 3 = 0 De la 1 o ecuación, obtenemos que α 1 = 0, ya que a 3 0. Luego, α 2 3a 3 = 0 (S) α 2 2a 2 + α 3 6a 3 = 0 α 2 a 1 + α 3 2a 2 + α 4 6a 3 = 0 Ahora, de la 1 o ecuación, deducimos que α 2 = 0, ya que a 3 0. Así pues, { α3 6a (S) 3 = 0 α 3 2a 2 + α 4 6a 3 = 0 Como a 3 0, de la 1 o ecuación tenemos que α 3 = 0 y sustituyendo en la 2 o ecuación llegamos a que α 4 = 0. Por tanto, hemos demostrado que α 1 = α 2 = α3 = α 4 = 0. Luego, B es un sistema linealmente independiente. Como card(b) = 4 = dim(p 3 [x]) y los elementos de B son linealmente independientes, deducimos que B es una base de P 3 [x]. NOTA. Si no sabemos que dim(p 3 [x]) = 4, para poder armar que B es una base de P 3 [x] tenemos que ver que B es un sistema generador de P 3 [x], es decir, ver que todo elemento q(x) de P 3 [x] se pone como combinación lineal de los elementos de B. Hagámoslo: Sea q(x) P 3 [x], es decir, q(x) = b 3 x 3 + b 2 x 2 + b 1 x + b 0 con b 3, b 2, b 1, b 0 R. Tenemos que demostrar que existen α 1, α 2, α 3, α 4 R tales que Observando que q(x) = α 1 p(x) + α 2 p (x) + α 3 p (x) + α 4 p (x). (1) α 1 p(x) + α 2 p (x) + α 3 p (x) + α 4 p (x) = α 1 a 3 x 3 + (α 1 a 2 + α 2 3a 3 ) x (α 1 a 1 + α 2 2a 2 + α 3 6a 3 ) x + α 1 a 0 + α 2 a 1 + α 3 2a 2 + α 4 6a 3 Dpto. de Análisis Matemático 8 Curso 2014/15

9 (véase los cálculos anteriormente realizados), obtenemos el siguiente sistema lineal α 1 a 3 = b 3 α (1) 1 a 2 + α 2 3a 3 = b 2 α 1 a 1 + α 2 2a 2 + α 3 6a 3 = b 1 α 1 a 0 + α 2 a 1 + α 3 2a 2 + α 4 6a 3 = b 0 el cual es compatible determinado, siendo su única solución α 1 = b 3 a 3 α 2 = b 2 b 3 a 3 a 2 3a 3 α 3 = b 1 b 3 a a 1 b 2 b 3 a a 3 2 2a 3 3a 2 3 6a 3 α 4 = b 0 b 3 Simplicando, llegamos a que α 1 = b 3 a 3 a a 0 b 2 b 3 a a 3 2 a 3 3a 1 b 1 b b 3 2 b 3 a a a a a 2a 3 2 2a 3 6a 2 3 6a 3 α 2 = a 3b 2 a 2 b 3 3a 2 3 α 3 = 2a2 2 b 3+3a 2 3 b 1 a 3 (2a 2 b 2 +3a 1 b 3 ) 18a 3 3 α 4 = a 3(a 3 (9b 0 3b 1 )+(2a 2 3a 1 )b 2 )+( 2a 2 2 9a 0a 3 +3a 1 (a 2 +a 3 ))b 3 54a 3 3 Observar que las coordenadas de q(x) con respecto a la base B son (α 1, α 2, α 3, α 4 ) B. b) Notar que en este caso, p (x) = 3x 2 3, p (x) = 6x y p (x) = 6. Luego, B = {x 3 3x, 3x 2 3, 6x, 6}. Tenemos que hallar α 1, α 2, α 3, α 4 R tales que Es decir, q(x) = α 1 p(x) + α 2 p (x) + α 3 p (x) + α 4 p (x). x 3 + x 2 = α 1 (x 3 3x) + α 2 (3x 2 3) + α 3 6x + α 4 6 FIN DE LA NOTA = α 1 x 3 + 3α 2 x 2 + ( 3α 1 + 6α 3 ) x + ( 3α 2 + 6α 4 ) α 1 = 1 3α 2 = 0 3α 1 + 6α 3 = 1 3α 2 + 6α 4 = 2 cuya solución es α 1 = 1, α 2 = 0, α 3 = 2 y α 3 4 = 1. Por tanto las coordenadas del 3 polinomio q(x) = x 3 + x 2 en la base B son (1, 0, 2, 1) 3 3 B. Dpto. de Análisis Matemático 9 Curso 2014/15

10 Problema 8. Sean los conjuntos F [x] = {p(x) P 3 [x] : p(0) + p (0) = 0}, G[x] = {p(x) P 3 [x] : p (x) = 0} Demostrar que F [x] y G[x] son subespacios vectoriales de P 3 [x], y encontrar sendas bases para cada uno de ellos. Solución del problema 8. A un polinomio genérico de P 3 [x] lo denotaremos por p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3. Así, las coordenadas de este polinomio p(x) en la base (canónica de P 3 [x]) B = {1, x, x 2, x 3 } son (a 0, a 1, a 2, a 3 ). a) Veamos que F [x] es un subespacio vectorial de F [x]. Como es obvio que F [x] (pues, por ejemplo, 0 F [x]) deberemos comprobar (solamente) que, si p(x), q(x) F [x] y α, β R, el polinomio r(x) = α p(x) + β q(x) también es de F [x]; así ocurre en efecto, pues, además de tener grado menor o igual que 3, se tiene que r(0) + r (0) = α p(0) + β q(0) + α p (0) + β q (0) = α ( 0 p(0) + p (0) ) + β ( 0 q(0) + q (0) ) = 0, ya que r (x) = α p (x) + β q (x), para todo x R. Por tanto, F [x] es un subespacio vectorial de P 3 [x]. Hallemos ahora una base de dicho subespacio. Notar que un polinomio p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 pertenece a F [x] si p(0) + p (0) = 0, lo cual es equivalente a decir que a 0 + a 1 = 0, ya que p (x) = a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2. Luego, F [x] = { a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 : a 0 + a 1 = 0 }, (Expresión implícita) es decir, F [x] = { a 1 (x 1) + a 2 x 2 + a 3 x 3 : a 1, a 2, a 3 R } = L{x 1, x 2, x 3 }. Como los polinomios x 1, x 2, x 3 son linealmente independientes (véase la siguiente nota), resulta que {x 1, x 2, x 3 } es una base de F [x]. nota Para ver que los polinomios x 1, x 2 y x 3 son linealmente independientes basta observar que α 1 (x 1) + α 2 x 2 + α 3 x 3 = 0 α 1 x + α 1 x + α 2 x 2 + α 3 x 3 = 0 α 1 = 0, α 1 = 0, α 2 = 0, α 3 = 0, es decir, α 1 = α 2 = α 3 = 0. Dpto. de Análisis Matemático 10 Curso 2014/15

11 b) Primeramente demostraremos que G[x] es un subespacio vectorial de P 3 [x]. Como, por ejemplo, x G[x], se tiene que G[x]. Tenemos que comprobar que, si p(x), q(x) G[x] y α, β R, el polinomio r(x) = α p(x) + β q(x) pertenece a G[x]. Basta observar que r(x) tiene grado menor o igual que 3 y además (usando las propiedades de la derivación) se tiene que r (x) = α p (x) + β q (x) = α 0 + β 0 = 0, para todo x R. Por tanto, G[x] es un subespacio vectorial de P 3 [x]. Hallemos ahora una base de dicho subespacio. Observamos que p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 G[x] p (x) = 0, para todo x R 2a 2 + 6a 3 x = 0, para todo x R Luego, es decir, a 2 = a 3 = 0. G[x] = { a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 : a 2 = a 3 = 0 }, G[x] = { a 0 + a 1 x : a 0, a 1 R } = L{1, x}. (Expresión implícita) Como los polinomios 1, x son linealmente independientes, deducimos que {1, x} es una base de G[x]. Dpto. de Análisis Matemático 11 Curso 2014/15

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