E 1 E 2 E 2 E 3 E 4 E 5 2E 4

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1 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 E 2 2E 1 E 3 3E 1 E 4 2E E 2 E 3 E E 5 2E E 3 + 2E 2 E 4 E 2 E 5 + 3E 2 E 5 2E 3 = 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: (2, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1), (3, 1, 1, 2), (0, 1, 2, 1), (2, 1, 1, 1) = 1 Os recuerdo que el espacio vectorial K n tiene dimensión n, de manera que cualquier familia de vectores de K n formada por más de n vectores es linealmante dependiente 1

2 = (1, 1, 1, 1), (0, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) 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 (2, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1), (3, 1, 1, 2), (0, 1, 2, 1), (2, 1, 1, 1) 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 Z5 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 3 + E = U E 2 E 3 E 3 E 4 2

3 Como en la matriz escalonada U aparece una la de ceros podemos armar que los vectores la de la matriz A no son linealmente independientes Luego, los vectores (1, 1, 1, 1, 1), (2, 1, 2, 1, 2), (1, 2, 1, 2, 1), (0, 0, 0, 0, 1), no son linealmente independientes ni son un sistema generador de Z 5 7 y evidentemente tampoco son una base de Z 5 7 Por otro lado, lo que si podemos asegurar es que el subespacio vectorial de generado por los vectores, Z 5 7 (1, 1, 1, 1, 1), (2, 1, 2, 1, 2), (1, 2, 1, 2, 1), (0, 0, 0, 0, 1) es igual al subespacio vectorial de Z 5 7 generado por los vectores, es decir, (1, 1, 1, 1, 1), (0, 1, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 0, 1) (1, 1, 1, 1, 1), (2, 1, 2, 1, 2), (1, 2, 1, 2, 1), (0, 0, 0, 0, 1) = (1, 1, 1, 1, 1), (0, 1, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 0, 1) siendo (1, 1, 1, 1, 1), (0, 1, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 0, 1) una base de dicho subespacio vectorial 2- Para el conjunto S de vectores siguiente se pide ver que son linealmente independientes, añadirles vectores hasta convertirlos en base y calcular las coordenadas del vector v en dicha base S = (1, 2, 1, 1), (1, 1, 0, 2), v = (1, 1, 3, 1), en Z 4 5 Solución: Veamos, en primer lugar que son linealmente independientes Para ello, como siempre, escribimos los vectores como las las de una matriz A y a continuación hallamos la forma escalonada por las de dicha matriz ( ) E2 + 4E 1 ( como al escalonar la matriz no aparece niguna la de ceros, los vectores son linealmente independientes Ahora completamos los vectores hasta formar una base de Z 4 5 Sea pues, B = (1, 2, 1, 1), (1, 1, 0, 2), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) una base de Z 4 5 Para calcular las coordenadas del vector v en la base B establecemos la combinación lineal vectorial, (1, 1, 3, 1) = x 1 (1, 2, 1, 1) + x 2 (1, 1, 0, 2) + x 3 (0, 0, 1, 0) + x 4 (0, 0, 0, 1) que da lugar al siguiente sistema de ecuaciones lineales: x 1 + x 2 = 1 2x 1 + x 2 = 1 x 1 + x 3 = 3 x 1 + 2x x 4 = 1 ) 3

4 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 3 E 2 E 4 + E 2 E 2 + 3E 1 E 3 + 4E 1 E 4 + 4E 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 E 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 M m n (K) al conjunto de todas las matrices de m las y n columnas con todas sus entradas en el cuerpo K Sean A M m n (K) y b M n 1 (K) las siguientes matrices: A = a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n a m1 a m2 a mn ; b = b 1 b 2 b n 4

5 veamos que vale el producto matricial A b Según la denición del producto matricial sabemos que A b M m 1 (K), sea pues, a 11 a 12 a 1n b 1 A b a 21 a 22 a 2n = b 2 = a m1 a m2 a mn b n a 11 b 1 + a 12 b a 1n b n a 21 b 1 + a 22 b a 2n b n donde = = a 11 a 21 a m1 a m1 b 1 + a m2 b a mn b n b 1 + a 12 a 22 a m2 b = ā 1 b 1 + ā 2 b ā n b n ā j = a 1j a 2j a mj ; 1 j n a 1n a 2n a mn b 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 coecientes (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 a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2 a m1 x 1 + a m2 x a mn x n = b m si llamamos A = a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n a m1 a m2 a mn ; X = x 1 x 2 x n ; b = b 1 b 2 b m 5

6 el sistema se transforma en la ecuación matricial A X = b y si ahora interpretamos el producto A X como combinación de las columnas de A, y denotamos a las columnas de A como ā 1, ā 2,, ā n, el sistema se transforma en la siguiente ecuación vectorial ā 1 x 1 + ā 2 x ā n x n = b Por todo lo dicho, cuando se nos pida que averigüemos cómo se escribe un vector u = (b 1, b 2,, b m ) K m, como combinación lineal de los vectores v 1, v 2,, v h K m, lo que haremos es escribir una matriz A poniendo a los vectores v j como sus columnas y a continuación plantearemos el siguiente sistema de ecuaciones lineales, escrito en forma matricial: v 1 v 2 v h x 1 x 2 x h = Si este sistema es incompatible indicaría que u / v 1, v 2,, v h Si por el contrario es compatible, los valores de las incógnitas nos darían la combinación lineal buscada 3- Encuentra las ecuaciones implícitas del siguiente subespacio y comprueba si el vector dado está o no en el subespacio (1, 2, 1, 1), (1, 1, 1, 2) en R 4, v = (1, 0, 1, 0) b 1 b 2 b m Solución: Sea (x, y, z, t) un vector cualquiera de R 4, entonces sabemos que existen escalares x 1, x 2 R tales que (x, y, z, t) (1, 2, 1, 1), (1, 1, 1, 2) (x, y, z, t) = x 1 (1, 2, 1, 1) + x 2 (1, 1, 1, 2) x 1 + x 2 = x 2x el sistema de ecuaciones lineales 1 + x 2 = y x 1 + x 2 = z x 1 + 2x 2 = t 1 1 cuando transformemos la matriz ampliada del sistema es compatible 1 2 x y z t a una 6

7 forma escalonada, ocurra que en dicha forma escalonada no nos quede la última columna como columna pivote 1 1 x 2 1 y 1 1 z 1 2 t E 2 2E 1 E 3 E 1 E 4 E x 0 1 y 2x 0 1 t x 0 0 z x 1 1 x 0 1 y 2x 0 0 z x E 3 + E t x 0 0 z x E 3 E x 0 1 y 2x 0 0 3x + y + t y como podemos ver, para que la última columna de la matriz escalonada no sea columna pivote ha de ocurrir que 3x + 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 / 3x + y + t = 0 x z = 0 (1, 2, 1, 1), (1, 1, 1, 2) = Es decir, (x, y, z, t) R 4 / 3x + 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) 1 1 = 0 4- Calcula una base y la dimensión de los siguientes subespacios: a) (x, y, z, t) / x y + z t = 0 en R 2x + z + t = 0 4 solución: Como podemos ver el subespacio es el conjunto de soluciones del sistema de ecuaciones homogéneo: x y + z t = 0 2x + z + t = 0 cuyas soluciones son: E 2 2E

8 a la vista de la matriz escalonada, vemos que el sistema es compatible indeterminado, siendo equivalente al siguiente sistema homogéneo: x y + z t = 0 x y = z + t 2y z + 3t = 0 2y = z 3t donde podemos ver que las incógnitas x e y son las incógnitas principales (también 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) = ( 12 z 12 t, 12 z 32 ) t, z, t ; z, t R = = ( 12 z 12 t, 12 z 32 ) t, z, t / z, t R z ( 12, 12 ), 1, 0 + t ( 12 ), 32, 0, 1 / z, t R = ( 12, 12 ), 1, 0, ( 12 ), 32, 0, 1 Así, (x, y, z, t) / x y + z t = 0 = ( 2x + z + t = 0 1 2, 1 2, 1, 0), ( 1 2, 3 2, 0, 1), de manera que el subespacio tiene dimensión 2, siendo ( 1 2, 1 2, 1, 0), ( 1 2, 3 2, 0, 1) 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 5 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 = U E 3 + E 2 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: (1, 2, 1, 1), (1, 1, 1, 2), (3, 2, 3, 2) = (1, 2, 1, 1), (0, 4, 0, 1) 8

9 resulta que el subespacio que nos han dado tiene dimensión 2, siendo (1, 2, 1, 1), (0, 4, 0, 1) una base de dicho subesacio y 5- Para los siguientes pares de subespacios calcula su suma y su intersección: a) (x, y, z, t, u)/ x y + z t + u = 0 y 2x + z + t u = 0 x y + z t + u = 0 (x, y, z, t, u)/ 2x + z + t u = 0 en Z5 5 x + t + u = 0 solución: Llamemos, W 1 = (x, y, z, t, u)/ x y + z t + u = 0 2x + z + t u = 0 x y + z t + u = 0 W 2 = (x, y, z, t, u)/ 2x + z + t u = 0 x + t + u = 0 a la vista de la denición de W 1 y W 2 es evidente que W 2 W 1 y entonces W 1 W 2 = W 2 W 1 W 2 = W 1 y como por otro lado W 1 + W 2 = W 1 W 2, resulta que W 1 + W 2 = W 1 En resumen: W 1 W 2 = W 2 W 1 + W 2 = W 1 y b) Calcula la suma y la intersección de los siguientes subespacios: (1, 2, 1, 1), (1, 1, 1, 2), (3, 1, 2, 1), (2, 0, 1, 1) y (2, 3, 1, 2) en R 4 solución: Llamemos, W 1 = (1, 2, 1, 1), (1, 1, 1, 2), (3, 1, 2, 1), (2, 0, 1, 1) W 2 = (2, 3, 1, 2) Veamos en pimer lugar si los vectores que generan al primer subespacio son linelmente independientes Para ello, como siempre, escribimos los vectores como las de una matriz A y calculamos la forma escalonada por las de dicha matriz A: E 2 E 1 E 3 3E 1 E 4 2E E 2 9

10 de manera que E 3 + 5E 2 E 4 + 4E = U E 4 E 3 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 subespacio 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 2E E 4 3E = U E 4 + E 2 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 de donde dim (W 1 + W 2 ) = dim W 1 + dim W 2 dim (W 1 W 2 ) dim (W 1 W 2 ) = dim W 1 + dim W 2 dim (W 1 + W 2 ) 10

11 = = 0 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 intersección W 1 W 2, la forma más directa de proceder, sin necesidad de hacer referencia a fórmulas sobre dimensiones del tipo, es la siguiente dim (W 1 + W 2 ) = dim W 1 + dim W 2 dim (W 1 W 2 ) 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 denen 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) x 1 = x 2x el sistema de ecuaciones lineales 1 + x 2 = y es compatible cuando transformemos la matriz ampliada del sistema y x 1 x 3 = z x 1 x 2 7x 3 = t x z t 11

12 a una forma escalonada ocurra que en dicha forma escalonada no nos quede la última columna como columna pivote x E 2 2E x y E 3 E y 2x E 4 + E z E 4 E z x t t x x x y 2x E 4 7E y 2x z x z x x + y + t x + y 7z + t y como podemos ver, para que la última columna de la matriz escalonada no sea columna pivote ha de ocurrir que 4x + y 7z + t = 0 Luego, W 1 = (1, 2, 1, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 7) = (x, y, z, t) R 4 /4x + y 7z + t = 0 Ahora, también escribiríamos el subespacio W 2 = (2, 3, 1, 2) en ecuaciones implícitas, para ello, al igual que antes, Dado (x, y, z, t) un vector cualquiera de R 4, entonces sabemos que existe algun escalar x 1 R tales que (x, y, z, t) (2, 3, 1, 2) (x, y, z, t) = x 1 (2, 3, 1, 2) 2x 1 = x 3x el sistema de ecuaciones lineales 1 = y x 1 = z 2x 1 = t 2 transformemos la matriz ampliada del sistema 3 1 es compatible cuando x y z 2 t escalonada ocurra que en dicha forma escalonada no nos quede la última columna como columna pivote 2 x 1 z 3 y E 1 E 3 3 E 2 + 3E 1 y E 3 + 2E 1 1 z 2 x E 4 + 2E 1 2 t 2 t a una forma 12

13 z y + 3z x + 2z t + 2z y como podemos ver, para que la última columna de la matriz escalonada y + 3z = 0 no sea columna pivote ha de ocurrir que, x + 2z = 0, luego 2z + t = 0 W 2 = (2, 3, 1, 2) = (x, y, z, t) R4 / Entonces, como y + 3z = 0 x + 2z = 0 2z + t = 0 W 1 = (1, 2, 1, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 7) = (x, y, z, t) R 4 /4x + y 7z + t = 0 y W 2 = (2, 3, 1, 2) = (x, y, z, t) R4 / resulta que, W 1 W 2 = (x, y, z, t) R 4 / De man- era, que vamos a resolver el sistema, y + 3z = 0 x + 2z = 0 2z + t = 0 4x + y 7z + t = 0 y + 3z = 0 x + 2z = 0 2z + t = 0 4x + y 7z + t = 0 y + 3z = 0 x + 2z = 0 2z + t = E 1 E 3 E 3 E E 3 4E 1 E 3 E 4 13

14 E 4 + 9E De manera que nos queda el siguiente sistema equivalente, x +2z = 0 y +3z = 0 2z + t = 0 10t = 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 y (2, 3, 1, 2) en R 2x + z + t = 0 4 y solución: Llamemos W 1 = (x, y, z, t) / x y + z t = 0 2x + z + t = 0 W 2 = (2, 3, 1, 2) El subespacio W 1 ha sido estudiado en el problema 4a) y sabemos que dim (W 1 ) = 2 Entonces, W 1 W 2, pues dim (W 2 ) = 1 Veamos si el vector (2, 3, 1, 2) pertenece a W 1 Como ( 1) 2 = 4 0 (2, 3, 1, 2) / W 1 Luego, W 2 W 1 Obviamente W 1 W 2 b) W 1 = W 2 = (x, y, z, t, u)/ x y + z t + u = 0 2x + z + t u = 0 x y + z t + u = 0 (x, y, z, t, u)/ 2x + z + t u = 0 x + t + u = 0 y en Z5 5 solución: A la vista de las ecuaciones implicitas que denen a los subespacios 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 dene a W 2 al ponerse en forma escalonada por las no deja ninguna la nula E 2 + 3E 1 E 3 E

15 E 2 E 3 E 3 + 3E c) W 1 = (1, 2, 1, 1), (1, 1, 1, 2), (3, 1, 2, 1), (2, 0, 1, 1) y W 2 = (1, 1, 1, 1), (2, 3, 1, 2) en R 4 solución: Por el problema 5c) sabemos que una base de W 1 es B = (1, 2, 1, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 7) por otro lado, es evidente que E = (1, 1, 1, 1), (2, 3, 1, 2) es una base de W 2 Luego W 1 W 2 Por otro lado, sabemos que dim (W 1 + W 2 ) = dim W 1 + dim W 2 dim (W 1 W 2 ) y como W 1 + W 2 = R 4 Pues, como vimos en el problema 5c) los vectores (1, 2, 1, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 7), (2, 3, 1, 2) son linealmente independientes y por tanto una base de R 4 Entonces resulta que, 4 = dim (W 1 W 2 ) dim (W 1 W 2 ) = 1 W 2 W 1 (pues si fuera W 2 W 1 W 1 W 2 = W 2 y sucedería que dim (W 1 W 2 ) = dim W 2 = 2) Observación: Dados dos subespacios W 1 y W 2 de un espacio vectorial, si queremos averiguar si uno está contenido en otro, por ejemplo, si quisiéramos saber si W 1 W 2, entonces lo más comodo es conocer una base del subespacio W 1 y unas ecuaiones implícitas que denan al subespacio W 2, pues en ese caso basta con comprobar si los vectores de la base de W 1 están en el subespacio W 2 (es decir, cumplen las ecuaciones implícitas de W 2 ) Ya que entonces, sucede que: Si todos los vectores de una base de W 1 pertenecen a W 2 (es decir, cumplen las ecuaciones implícitas de W 2 ), entonces W 1 W 2 Si, por el contrario, algún vector de una base de W 1, no pertenece a W 2 (es decir, no cumple alguna de las ecuaciones implícitas de W 2 ), entonces obviamente W 1 W 2 15

16 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 x y + z = 0 de forma que un vector esté en la recta 2x z = 0 dos en el plano x + y + z = 0 y otros solución: Resolvamos el sistema homogéneo que dene las ecuaciones implícitas de la recta: E 2 2E de manera que el sistema es equivalente al siguiente: x y + z = 0 x y = z 2y 3z = 0 2y = 3z 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 escalonada, y que la variable z es libre Entonces, despejando y de la segunda ecuación y sustituyéndola en la primera, obtenemos las innitas solucines de este sistema compatible indeterminado, que son: 1 x = 2 z 3 y = 2 z z R (libre) Luego la recta es, ( 1 2 z, 3 ) 2 z, z /z R = ( 1 z 2, 3 ) ( 1 2, 1 /z R = 2, 3 ) 2, 1 = (1, 3, 2) Calculemos ahora una base del plano resolviendo la ecuación implícita que lo dene x + y + z = 0 x = y z 16

17 la variable x es principal y las variables y y z son libres Siendo las innitas 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 = ( 1, 1, 0), ( 1, 0, 1) 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 dene 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 innitas 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 = (1, 1, 0, 0), (4, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 1) 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 x y + z = 0, otro en el plano y el último fuera de 2x z = 0 2x z + t = 0 ellos solución: Resolvamos el primer sistema, E 2 + 5E

18 de manera que el sistema es equivalente al siguiente: x y + z t = 0 x y = z + t 2y + 4z + 2t = 0 2y = 4z 2t donde las variables x e y son principales y las variables z y t son libres Despejamos y de la segunda ecuación, 2y = 4z 2t = 3z + 5t y = 5z + 6t recordad que estamos en Z 7 sustituimos el valor de y en la primera ecuación y despejamos x, x 5z 6t = z + t x = 4z Luego las soluciones son, x = 4z y 5z + 6t z Z 7 (libre) t Z 7 (libre) Entonces, el primer plano es, (4z, 5z + 6t, z, t) /z, t Z 7 = z (4, 5, 1, 0) + t (0, 6, 0, 1) /z, t Z 7 = (4, 5, 1, 0), (0, 6, 0, 1) Repitiendo el mismo proceder con el segundo sistema obtenemos, E 2 + 5E de manera que el sistema es equivalente al siguiente: x y + z = 0 x y = z 2y + 4z + t = 0 2y = 4z t las variables x e y son principales y las variables z y t son libres Despejamos y de la segunda ecuación, 2y = 4z t = 3z + 6t y = 5z + 3t recordad que estamos en Z 7 sustituimos el valor de y en la primera ecuación y despejamos x, x 5z 3t = z x = 4z + 3t 18

19 Luego las soluciones son, x = 4z + 3t y 5z + 3t z Z 7 (libre) t Z 7 (libre) Entonces, el segundo plano es, (4z + 3t, 5z + 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: = (4, 5, 1, 0), (3, 3, 0, 1) (4, 5, 1, 0), (0, 6, 0, 1) (4, 5, 1, 0), (3, 3, 0, 1) 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 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 x y + z = 0 la recta y, con respecto a esa base, el vector (1, 1, 1) tenga 2x z = 0 coordenadas (2, 1, 2) solución: Resolvamos el sistema homogéneo de ecuaciones implícitas que denen a la recta vectorial, x y + z = 0 2x z = E 2 2E

20 de manera que el sistema es equivalente al siguiente, x y + z = 0 x y = z 2y 3z = 0 2y = 3z, 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: 1 x = 2 z 3 y = 2 z, z R (libre) entonces la recta es, ( 1 2 z, 3 ) ( 1 2 z, z /z, R = z 2, 3 ) 2, 1 /z R = ( 1 2, 3 ) 2, 1 = (1, 3, 2) 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, (1, 1, 1) = (2, 1, 2) 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 = (1, 0, 0), (1, 3, 2), 1, 1, 1 ) 2 ( 1, 1, 1 ) 2 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 20

21 de manera que podemos identicar Q 2 [x] con Q 3 del siguiente modo, de manera que, Q 2 [x] Q 3 a + bx + cx 2 (a, b, c) Q 2 [x] Q 3 1 x + x 2 (1, 1, 1) x + x 2 (0, 1, 1) 2 x + x 2 (2, 1, 1) luego nos preguntamos si (1, 1, 1), (0, 1, 1), (2, 1, 1) son linealmente independientes, sistema generador o base del espacio vectorial Q 3 Para responder, ponemos estos vectores como las las de una matriz A y transformamos ésta a una forma escalonada por las U A = E 3 2E = U E 3 E 2 como en la matriz U no hay ninguna la de ceros, las tres las de A son linealmente independientes De manera que los tres vectores, (1, 1, 1), (0, 1, 1), (2, 1, 1) Q 3 son linealmente independientes Como son tres y como dim Q 3 = 3, dichos vectores serán base y por lo tanto sistema generador En resumen, los vectores 1 x + x 2, x + x 2, 2 x + x 2 son base (es decir, sistema generador y linealmente independientes) de Q 2 [x] b) Reduce el siguiente conjunto de vectores hasta que sea linealmente independiente y amplialo hasta formar una base ( ) ( ) ( ) ( ) ,,, en M (Z 5 ) ( ) ( ) ( ) ( ) solución: Sea C =,,, la base ( ) a b canónica de M 2 2 (Z 5 ) Si es un vector cualquiera de M c d 2 2 (Z 5 ) Entonces, ( ) ) a b c d ( 1 0 = a 0 0 ) ( b 0 0 ) ( c 1 0 ) ( d

22 ( ) a b = (a, b, c, d) c d C de manera que podemos identicar M 2 2 (Z 5 ) con Z 4 5 del siguiente modo, de manera que, ( M 2 2 (Z 5 ) Z 4 5 a b (a, b, c, d) c d M ( 2 2 (Z 5 ) Z (1, 1, 2, 1) ( 2 1 ) 1 0 (1, 0, 2, 1) ( 2 1 ) 0 0 (0, 0, 2, 1) ( 2 1 ) 0 1 (0, 1, 0, 0) 0 0 luego lo que queremos es, comprobar si el conjunto de vectores (1, 1, 2, 1), (1, 0, 2, 1), (0, 0, 2, 1), (0, 1, 0, 0) de Z 4 5 es linealmente independiente y, en caso de no serlo, reducirlo hasta que sean independientes y ampliarlos hasta formar una base de Z 4 5 Para responder, ponemos estos vectores como las las de una matriz A y transformamos ésta a una forma escalonada por las U A = E 2 + 4E = U E 4 + 4E 2 Como en la matriz escalonada U aparece una la de ceros concluimos que los vectores que forman las las de A son linealmente dependientes Por otro lado, sabemos que las las de A, consideradas como vectores de Z 4 5, y las las de U, también consideradas como vectores de Z 4 5, generan el mismo suespacio vectorial de Z 4 5 De manera que la base de Z4 5 buscada sería, B = (1, 1, 2, 1), (0, 4, 0, 0), (0, 0, 2, 1), (0, 0, 0, 1) donde hemos incluido el vector (0, 0, 0, 1) para completar la base 22

23 observación: como durante el escalonamiento de la matriz A no hemos permutado ninguna la, también las tres primeras las de la matriz A son linealmente independientes, de manera que también podríamos haber propuesto como base de Z 4 5 a: B = (1, 1, 2, 1), (1, 0, 2, 1), (0, 0, 2, 1) (0, 0, 0, 1) De manera que podemos dar como base de M 2 2 (Z 5 ) a, ( ) ( ) ( ) ( B =,,, o también a, B = ( ) ( 1 0, 2 1 ) ( 0 0, 2 1 ) ( 0 0, 0 1 ) ) c) Encuentra las ecuaciones paramétricas e implícitas de los subespacios: W 1 = 0 1, 1 1, 2 1 en M 3 2 (Z 5 ) W 2 = P (x) = a + bx + cx 2 / P (2) = 0 P (1) = 0 en (Z 5 ) 2 [X] (donde, (Z 5 ) 2 [X] = espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igual que dos con coecientes en el cuerpo Z 5 ) solución: Tal como hicimos en el apartado anterior, identicamos M 2 3 (Z 5 ) 1 1 Z (1, 1, 0, 1, 1, 0) (1, 1, 1, 1, 1, 0) (1, 2, 2, 1, 1, 0) 1 0 de manera que buscamos las ecuaciones paramétricas e implícitas del subespacio, (1, 1, 0, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 1, 1, 0), (1, 2, 2, 1, 1, 0), de Z 6 5 Las ecuaciones paramétricas de este subespacio de Z 6 5 son, a (1, 1, 0, 1, 1, 0) + b (1, 1, 1, 1, 1, 0) + c (1, 2, 2, 1, 1, 0) ; a, b, c Z 5 23

24 es decir, (a + b + c, a + b + 2c, b + 2c, a + b + c, a + b + c, 0) ; a, b, c Z 5 Luego tenemos que, W 1 = a + b + c a + b + 2c b + 2c a + b + c a + b + c 0 /a, b, c Z 5 subespacio expresado en ecuaciones paramtricas observación: Las ecuaciones paramétricas del subespacio W 1 también se podrían haber establecido trabajando directamente con las matrices 3 2, del siguiente modo, a b c a + b + c a + b + 2c = b + 2c a + b + c a + b + c 0 de igual forma, observa que también podemos hacer el camino inverso, es decir, dada la matriz a + b + c a + b + 2c b + 2c a + b + c a + b + c 0 descomponerla como la suma, a + b + c a + b + 2c b + 2c a + b + c = a a + b + c b c Ahora vamos a encontrar las ecuaciones implícitas del subespacio de Z 6 5, W = (1, 1, 0, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 1, 1, 0), (1, 2, 2, 1, 1, 0) equivalente (isomorfo) a W 1 Sea (x, y, z, t, r, s) un vector cualquiera de Z 6 5, entonces sabemos que (x, y, z, t, r, s) (1, 1, 0, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 1, 1, 0), (1, 2, 2, 1, 1, 0) existen escalares x 1, x 2, x 3 Z 5 tales que (x, y, z, t, r, s) = x 1 (1, 1, 0, 1, 1, 0) + x 2 (1, 1, 1, 1, 1, 0) + x 3 (1, 2, 2, 1, 1, 0) el sistema de ecuaciones lineales, escrito matricialmente, x x y 1 x 2 = z x 3 t r s 24

25 es compatible Es decir, el sistema de ecuaciones lineales x 1 + x 2 + x 3 = x x 1 + x 2 + 2x 3 = y x 2 + 2x 3 = z x 1 + 2x + x 3 = t x 1 + x 2 + x 3 = r 0 = s es compatible cuando transformemos la matriz ampliada del sistema x y z t r s a una forma escalonada, ocurra que en dicha forma escalonada no nos quede la última columna como columna pivote x y z t r s E 2 2E E 4 E 1 E 5 E x z y x t x r x s x y x z t x r x s E 2 E 3 y como podemos ver, para que la última columna de la matriz escalonada no 25

26 sea columna pivote ha de ocurrir que t x = 0 4x + t = 0 r x = 0 4x + r = 0 s = 0 s = 0 Luego las ecuaciones implicitas del subespacio W son, W = (x, y, z, t, r, s) Z6 5/ 4x + t = 0 4x + r = 0 s = 0 Por tanto, el subespacio W 1 expresado en ecuaciones implícitas será, x y 4x + t = 0 W 1 = z t subespacio expresado en M 3 2 (Z 5 )/ 4x + r = 0 ecuaciones implcitas r s s = 0 Ahora vamos a buscar las ecuaciones paramétricas e implícitas de W 2 = P (x) = a + bx + cx 2 / P (2) = 0 P en (Z (1) = 0 5 ) 2 [X] Luego, W 2 = P (x) = a + bx + cx 2 / P (2) = 0 a + 2b + 4c = 0 P (x) = b + 2cx P (1) = 0 b + 2c = 0 a + 2b + 4c = 0 b + 2c = 0 subespacio expresado en ecuaciones implcitas Para calcular las ecuaciones paramétricas sólo hemos de resolver el sistema de ecuaciones homogéneo que dene las ecuaciones implícitas de W 2 Es decir, hemos de resolver el siguiente sistema homogéneo, en Z 5 : a + 2b + 4c = 0 b + 2c = 0 a + 2b = c b = 3c a + 6c = c a + c = c a = 0 donde las incógnitas a y b son principales y la c es libre Las soluciones son, a = 0 b = 3c c Z 5 (libre) Luego, el subespacio W 2 expresado en ecuaciones paramétricas es, W 2 = P (x) = 3cx + cx 2 /c Z 5 subespacio expresado en ecuaciones paramtricas = c (3x + x 2) /c Z 5 = 3x + x 2 subespacio expresado mediante un sistema generador 26

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