Ejercicios resueltos de Álgebra, hoja 2. Beatriz Graña Otero

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1 Ejercicios resueltos de Álgebra, hoja 2. Beatriz Graña Otero 11 de Diciembre de 2008

2 2 B.G.O Determina si los siguientes subconjuntos del espacio vectorial correspondiente son subvariedades afines: 1. En K 4, L 1 = {(x 1, x 2, x 3, x 4 ) K 4 x 2 = x 4 = 1, x 1 + x 3 = 1}. 2. En K n, L 2 = {(x 1,..., x n ) K n x x x 2 n = 1}. 3. En Mat 2 2 (R), L 3 = {A Mat 2 2 (R) A + 2A t = Id 2 }. 4. En Mat 2 3 (R), L 4 = {A = (a ij ) Mat 2 3 (R) a 11 a 22 = 0, a 13 a 23 = 1}. 5. En R 2 [x], L 5 = {p(x) R 2 [x] p(x) (1 + x x 2 ) = 2 4x + 16x 3 }. 6. En R 2 [x], L 6 = {p(x) grado de p(x) es exactamente 1}. 7. En R n [x], L 7 = {p(x) coeficiente de p(x) de grado n es 1}. 8. En F (R, R), L 8 = {f F (R, R) f(2) = 3}. 9. En F (R, R), L 9 = {f F (R, R) f(x) = sen x + ax, donde a R}. Solución. 1. Pasando de las ecuaciones implícitas de L 1 a las paramétricas resulta x 1 = 1 λ x 2 = 1 x 3 = λ x 4 = 1 luego L 1 = ( 1, 1, 0, 1) + ( 1, 0, 1, 0). 2. Si L 2 fuese una subvariedad afín, la variedad L 2 P, con P = (p 1,..., p n ), sería un subespacio vectorial. Pero ello implicaría que las ecuaciones implícitas de esta última deberían ser x x x 2 n = 0 para que el elemento neutro de K n perteneciese al subespacio vectorial. Pero esto significa que el subespacio de direcciones es el subespacio nulo y P + (0,..., 0) no es L 2. Absurdo. a b 3. De las ecuaciones de L 3 del enunciado se obtiene que si A =, entonces c d ( A + 2A t a b a c = + 2 = c d b d si y sólo si ) 3a b + 2c = Id 2 c + 2b 3d a = 1/3 = d b = c. 1/3 b Luego A =, que es la subvariedad afín de Mat 2 2 (R) definida por el b 1/3 punto A = 1/ y el subespacio de direcciones 0 1/ De ser L 4 una subvariedad afín, el subespacio de direcciones debería ser a 11 a 22 = 0, a 13 a 23 = 0, que no es subespacio vectorial. Por tanto no es subvariedad afín. 5. Si p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2, entonces las condiciones para estar en L 5 son L 5 = {a 0 + a 1 x + a 2 x 2 / (a 0 + a 1 x + a 2 x 2 ) (1 + x x 2 ) = a 0 + (a 1 + a 0 )x + ( a 0 + a 1 + a 2 )x 2 + ( a 1 + a 2 )x 3 a 2 x 4 = 2 4x + 16x 3 }

3 I.T.I.S USAL 3 y esto ocurre si y sólo si a 0 = 2, a 0 + a 1 = 4, a 0 + a 1 + a 2 = 0, a 1 + a 2 = 16 y a 2 = 0, si y sólo si a 0 = 2, a 1 = 6, a 2 = 6, a 1 + a 2 = 12 16, a 2 = 0. que es imposible. Luego L 5 = { } que no es subvariedad afín ni subespacio vectorial. 6. En R 2 [x], L 6 = {p(x) grado de p(x) es exactamente 1}. Si L 6 fuese una subvariedad afín, la resta de dos polinomios de él pertenecería a un subespacio vectorial. Pero como 2x y 2x 1 tienen ambos grado uno y su resta grado cero, y 2x y x tienen resta con grado 1, este subespacio vectorial debe contener tanto a los polinomios de grado cero como los grado uno y ello implica que sea todo R 1 [x]. Pero esto no puede ser ya que L 6 no lo puede contener sea quien sea el punto por el que pase. 7. L 7 {x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 / a i R}. Como este subconjunto de polinomios es el punto p(x) = x n más el subespacio de direcciones R n 1 [x], que sí es un subespacio vectorial de R n [x], la respuesta es sí. 8. El subconjunto L 8 es una subvariedad afín porque es la suma de la función real constante f(x) = 3 más el subespacio vectorial de las funciones de F (R, R) que tienen imagen en el dos igual a cero; es decir {f F (R, R) f(2) = 0}. 9. El subconjunto de F (R, R), L 9 = {f F (R, R) f(x) = sen x + ax, donde a R} es la suma de la función sen x más el subespacio vectorial generado por la función real con variable real x Halla las ecuaciones de la subvariedad afín de R 4 que pasa por el punto (1, 0, 0, 0) y cuyo subespacio director es el núcleo del endomorfismo T : R 4 R 4 cuya matriz en la base canónica es: Solución. Utilizando la matriz, las ecuaciones del núcleo de la aplicación lineal son Ker(T ) = {(x, y, z, t) R 4 x y +2z = 0, x+z +t = 0, 3x 2y +5z +t = 0, y +z t = 0}. Luego la subvariedad tiene por ecuaciones a (1, 0, 0, 0) + Ker(T ) = {(x, y, z, t) R 4 x y + 2z = 1 x + z + t = 1 3x 2y + 5z + t = 3 y + z t = 0, que resulta de sustituir el punto (1, 0, 0, 0) en las ecuaciones implícitas del núcleo (porque deben verificar las ecuaciones de las subvariedad que lo contiene) y calcular los términos independientes para que esto ocurra Determina las ecuaciones paramétricas de la variedad lineal H = {(x, y, z, t) R 4 2x+y t = 1, x y + 3z = 2}. Solución. Para determinarlas basta resolver las ecuaciones poniendo unas variables en función de otras. Además, como la variedad está definida por dos ecuaciones que forman las ecuaciones implícitas, quiere decir que el incidente de su parte vectorial tiene dimensión dos

4 4 B.G.O. y por tanto la variedad tiene dimensión igual a 4 2 = 2. Luego las ecuaciones paramétricas dependerán dos parámetros. Despejando, por ejemplo, las variables t y x, se tiene que x = λ H = {(x, y, z, t) R 4 y = µ. z = 2/3 1/3λ + 1/3µ t = 1 + 2λ µ En R 3 [x] considera las variedades lineales: H = {p(x) p(1) = 0, p (0) = 1} y L = x 3 + 1, x, x 2. Determina las ecuaciones implícitas de H, L y H L. Indica la dimensión de cada uno de ellos. Solución. Las ecuaciones implícitas de H vienen en el enunciado puesto que si p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 entonces p(0) = a 0 = 0 y p (0) = a 1 = 1. Por tanto, H = {p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 a 0 = 0, a 1 = 1} y sus ecuaciones paramétrica son H = x + x 2, x 3 y su dimensión 2. Para L = x 3 + 1, x, x 2 = {p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 + a 3 x 3 = {p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 + a 3 x 3 a = 0}. y su dimensión es 3. Ahora, las ecuaciones implícitas de a 0 a 1 a 2 a = 0} = H L = {p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 a 0 = 0, a 1 = 1, a 3 = 1}, que pasando a las paramétricas se obtiene H L = x + x 3 + x 2, y la dimensión es Halla la mínima subvariedad de R 4, indicando sus dimensiones, que contiene a las subvariedades: 2x y = 0 x + y = 3 1. r 1 x + z = 0 y r 2 2x z = 1. 3x t = 0 t = 0 6x 5y + 3t = 1 2. π 1 y r 3 (1, 3, 1, 2) + (1, 2, 1, 0). 3x + 2y + 3z = 4 6x 3y + t = 1 3. π 1 y π 2. x y + z + t = 1 Solución.

5 I.T.I.S USAL 5 1. Para calcular la mínima subvariedad que contiene a r 1 y a r 2, la manera más fácil es calcular un punto que pase por la subvariedad y los vectores que forma una base del espacio de direcciones. Esto es, un punto de la subvariedad es por ejemplo P = (0, 0, 0, 0) que pertenece a r 1. Por otro lado, pasando de las ecuaciones implícitas de las rectas ( son rectas por que su incidente tiene en ambos casos dimensión 3 por que el número de ecuaciones de sus ecuaciones implícitas es tres) a las ecuaciones paramétricas se tienen los espacios de direcciones de cada uno de ellos. Así, como y = 2x, z = x, t = 3x, entonces r 1 = (1, 2, 1, 3) y como y = 3 x, z = 1 + 2x, t = 0 entonces r 2 = (0, 3, 2, 0) + (1, 1, 2, 0). Con estas ecuaciones paramétricas, el mínima subvariedad que contiene a r 1 y a r 2 es la que pasa por (0, 0, 0, 0) y tiene por subespacio de direcciones a (0, 3, 1, 0), (1, 2, 1, 3), (1, 1, 2, 0) (se debe añadir el vector P Q = (0, 3, 1, 0) (0, 0, 0, 0); es decir, H = x y z t {(x, y, z, t) R = 0} = {(x, y, z, t) R 4 7x y + 3z + 4t = 0} 6x 5y + 3t = 1 2. π 1 3x + 2y + 3z = 4 y r 3 (1, 3, 1, 2) + (1, 2, 1, 0). Análogamente al ejercicio anterior, se busca un punto, que en este caso puede ser el de la recta r 3 que ya viene dado, P = (1, 3, 1, 2) y un subespacio de direcciones. Este es (3, 9, 1, 5), (1, 0, 1, 2), (0, 3, 2, 5), (1, 2, 1, 0), por que de las ecuaciones implícitas del plano π 1 se pueden calcular las ecuaciones paramétricas despejando unas variables en función de otras. Esto es, t = 1/3 2x+5/3y y z = 4/3 + x 2/3y y entonces π 1 = (0, 0, 4/3, 1/3) + (1, 0, 1, 2), (0, 3, 2, 5) y además se debe añadir el vector P Q = (3, 9, 1, 5) definido por los dos puntos P y Q = (0, 0, 4/3, 1/3). Sin embargo, como el determinante de es cero, el vector P Q dependiente linealmente de los otros. Entonces x 1 y 3 z + 1 t 2 H = {(x, y, z, t) R = 0} Igual En Mat 2 2 (R) considera las subvariedades: r = +,, s = + { A Mat 2 2 (R) A t = A }. 1 0 Obtén las ecuaciones de la mínima subvariedad que las contiene y también de la máxima subvariedad que está contenida en ambas indicando además las dimensiones. Determina si los puntos P = ( y Q = 0 4 ) 2 9 pertenece a alguna de las subvariedades obtenidas.

6 6 B.G.O. Solución. Para calcular las ecuaciones implícitas de r basta observar que tomando la base canónica C = { }, x y,,, la matriz se identifica con z t el vector de (x, y, z, t) de R 4, y así x 1 y 1 z 2 t + 1 r {(x, y, z, t) rg = 2} = = {(x, y, z, t) z = 2 x + 3y + t = 3 }. Para la subvariedad s, como {A Mat 2 2 ((R) A t ) = A} ( se identifica ) con ( el conjunto de ) las matrices cuadradas de orden 2 tales que a b a c a b = c = = c d b d c = b d resulta que s x y 1 z + 1 t + 9 {(x, y, z, t) = 0} = = {(x, y, z, t) y z = 2}. Una vez que se tiene las ecuaciones implícitas de cada una de las subvariedades, es fácil calcular tanto la mínima subvariedad que las contiene como la máxima subvariedad contenida en ellas. Claramente, como ambas son subvariedades afines, la máxima subvariedad que está contenida en cada una de ellas, es en cada caso cada una de ellas. Por tanto, la última pregunta ya ha sido contestada y sus ecuaciones implícitas son las dadas más arriba. En cuanto a la mínima subvariedad que las contiene, puesto que (1, 0, 0 1), (2, 1, 0, 1) y (1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0) son bases del espacio de direcciones tanto de r como de s, el espacio de direcciones de la mínima subvariedad está generado por (1, 0, 0, 1), (2, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0). Como la dimensión del conjunto de las matrices cuadradas dos por dos con coeficiente en R es 4, la dimensión máxima que puede tener el espacio de direcciones de la mínima subvariedad H que contiene a r y a s, es también cuatro. Además, como , el rango es exactamente cuatro. Por tanto, H = Mat 2 2 (R). Por último, para saber si las matrices P y Q son matrices de alguna de las subvariedades obtenidas, basta observar que las coordenadas de estas matrices verifican las ecuaciones de r y por tanto son puntos de r. En consecuencia también los son de la mínima subvariedad que contiene a r y a s Sea R 2 [x] el espacio vectorial de los polinomios reales de grado menor o igual que 2. Sea E el plano de los polinomios de grado menor o igual que 1. Sea ω : E R la forma lineal definida por ω(p(x)) = 1 0 x p(x) dx. Considerando la base {1, x, x2 }, calcular las ecuaciones de la recta que pasa por 1 + x 2 y es paralela a la recta intersección del plano ω 1 (2) con E. Solución. Primero calculemos las coordenadas de las forma lineal ω respecto de la base dual de la base {1, x, x 2 } de R 2 [x]. Sea B = {ω 1, ω 2, ω 3 } esta base dual, entones las coordenadas

7 I.T.I.S USAL 7 de ω = (α 1, α 2, α 3 ) se calculan sabiendo que α 1 = ω(1) = 1 0 x dx = 1/2, α 2 = ω(x) = 1 0 x2 dx = 1/3 y α 3 = ω(x 2 ) = 1 0 x3 dx = 1/4. Ahora (respecto de la base B = {1, x, x 2 }) la recta a calcular pasa por el punto 1 + x 2 = (1, 0, 1) B y su espacio de direcciones es igual al espacio de direcciones de la intersección de dos planos. Calculemos las ecuaciones de los planos. El plano ω 1 (2) = {a 0 + a 1 x + a 2 x 2 R 2 [x] 2 = 1/2(a 0 ) + 1/3(a 1 ) + 1/4(a 2 )} y el plano E = {a 0 + a 1 x + a 2 x 2 R 2 [x] a 2 = 0} se intersecan en ω 1 (2) E = {a 0 + a 1 x + a 2 x 2 R 2 [x] 2 = 1/2(a 0 ) + 1/3(a 1 ) + 1/4(a 2 ) y a 2 = 0} = {a 0 + a 1 x + a 2 x 2 R 2 [x] 12 = 3a 0 + 2a 1 y a 2 = 0} = {a 0 + a 1 x + a 2 x 2 R 2 [x] a 0 = 4 2/3λ, a 1 = λ, a 2 = 0} = (4, 0, 0) + ( 2, 3, 0). Finalmente, para dar las ecuaciones de la recta pedida, basta escribir la recta que pasa por el punto (1, 0, 1) y tiene por espacio de direcciones a ( 2, 3, 0), luego ( ) r {a 0 + a 1 x + a 2 x 2 a 0 1 a 1 a 2 1 R 2 [x] rg = 1} = {a 0 + a 1 x + a 2 x 2 R 2 [x] 3a 0 + 2a 1 3 = a 2 1 = 0} Calcular el plano que contiene a la recta s x = y = z = t + 1 y corta a las rectas: x + y = 0 r 1 y + 2z = 0 z + 3t = 1 y r 2 x 2 2 = y = z 1 = t + 1. Solución. Las ecuaciones implícitas del plano pedido las forman cada una de las ecuaciones de los dos hiperplanos H 1 y H 2 (en este caso, subvariedades afines de dimensión tres) que contienen las rectas s y r 1 y s y r 2, respectivamente. Es decir, pasando a las ecuaciones paramétricas x = 2 + 2λ y = λ r 2, z = λ t = 1 + λ s (0, 0, 0, 1) + (1, 1, 1, 1) y r 1 (0, 0, 0, 1/3) + ( 1, 1, 1/2, 1/6). Por tanto, H 1 contiene a s (0, 0, 0, 1)+ (1, 1, 1, 1) y a r 1 (0, 0, 0, 1/3)+ ( 1, 1, 1/2, 1/6) y es H 1 (0, 0, 0, 1) + (1, 1, 1, 1), ( 1, 1 1/2, 1/6), (0, 0, 0, 1) x y z t + 1 {(x, y, z, t) R = 0}

8 8 B.G.O. Para H 2, como contiene a s y a r 2 se tiene que H 2 (0, 0, 0, 1) + (1, 1, 1, 1), (2, 1, 1, 1), ( 2, 0, 0, 0) x y z t + 1 {(x, y, z, t) R = 0} Ahora el plano pedido es la intersección de H 1 y H 2.

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