ÁLGEBRA Algunas soluciones a la Práctica 5

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1 ÁLGEBRA Algunas soluciones a la Práctica 5 Espacios vectoriales: Capítulos 1 y 2 (Curso ) 2. Comprobar que el conjunto V de las funciones f : IR IR, con las operaciones habituales de suma de funciones y producto de un número real por una función, tiene estructura de espacio vectorial sobre el cuerpo IR. Primero hay que comprobar que la suma de funciones da estructura de grupo abeliano a V. Pero esto es consecuencia de que IR es un grupo abeliano. Dadas f, g, h V, se cumplen las propiedades: Asociativa, ya que (f(x) + g(x)) + h(x) = f(x) + (g(x) + h(x)), x IR Elemento neutro: función nula en todo punto Elemento opuesto:( f)(x) = f(x) x IR Conmutativa, ya que f(x) + g(x) = g(x) + f(x), x IR Ahora veamos que cumple las propiedades con respecto al producto de una función por un número real. Dadas f, g V, α, β IR, se tiene: 1 f = f, ya que 1 f(x) = f(x), x IR (αβ) f = α (βf), ya que (αβ)f(x) = α(βf(x)), x IR (α + β) f = α f + β f, ya que (α + β)f(x) = αf(x) + βf(x), x IR α (f + g) = α f + α g, ya que α(f(x) + g(x)) = αf(x) + αg(x), x IR Decidir cuáles de los siguientes conjuntos son subespacios vectoriales de V : En cada caso verificaremos: i) que los conjuntos dados son no vacíos. Suele comprobarse para ello si el cero pertence al conjunto. Si no pertene NUNCA puede ser subespacio vectorial (anunque no sean vacíos). ii) que para cualesquiera α, β IR y f, g contenidas en el conjunto, entonces αf + βg siguen contenidos en el conjunto. (b) Funciones que toman valores distintos de 0. i) Es no vacío; sin embargo la función cero no pertenece al conjunto. Por tanto NO ES un subespacio vectorial. (c) Funciones f tales que f(x) = f( x) x IR. i) Es no vacío ya que, por ejemplo, la función cero verifica f(x) = 0 = f( x). ii) Ahora: (αf + βg)(x) = αf(x) + βg(x) = αf( x) + βg( x) = (αf + βg)( x) para todo x IR. Luego vemos que αf + βg cumple la condición y por tanto SI ES un subespacio vectorial.

2 (d) Funciones f tales que f(1) = f(0) + 1. i) Es no vacío ya que, por ejemplo, la función f(x) = x, verifica f(1) = 1 = f(0)+1. Sin embargo la función 0 no pertenece al conjunto, porque si f = 0, entonces 0 = f(1) f(0) + 1. Por tanto NO ES subespacio vectorial. 3. Se considera el espacio vectorial V de las funciones f : IR IR que son derivables. Sea S el subconjunto de V formado por las funciones que coinciden con su derivada, es decir, Demostrar que S es un subespacio de V. S = {f V : f(x) = f (x) x IR} En primer lugar es un conjunto no vacío, ya que, por ejemplo, la función f(x) = 0 coincide con su derivada. Sean f, g S y α, β IR. Tenemos que ver que αf + βg está también en S. Comprobamos que esta función coincide con su derivada: (αf + βg) = αf + βg = αf + βg donde en la primera igualdad utilizamos la linealidad de la derivación, y en la segunda que f y g coinciden con su derivada. (Primer parcial, febrero 2003) 7. Sean U y V dos espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo K, de dimensiones m y n, respectivamente. Demostrar que el conjunto U V también es un espacio vectorial sobre K, indicando su dimensión. Dar una base de U V a partir de una de U y otra de V. Definimos en U V las operaciones interna y externa: (+) : (U V ) (U V ) (U V ), (ū, v) + (ū, v ) = (ū + ū, v + v ) ( ) : H (U V ) (U V ), k (ū, v) = (kū, k v) Como consecuencia de que U y V son espacios vectoriales es inmediato comprobar que estas dos operaciones cumplen las ocho propiedades que hacen de U V un espacio vectorial. Sean ahora B 1 = {ū 1,..., ū m } y B 2 = { v 1,..., v n } bases de U y V respectivamente. Veamos que B = {(ū 1, 0),..., (ū m, 0), (0, v 1 ),..., (0, v n )} es una base de U V y por tanto este es un espacio vectorial de dimensión n + m. Primero vemos que es un sistema generador. Sea (ū, v) U V. Por ser B 1 y B 2 bases de U y V respectivamente, sabemos que u = m i=1 λi ū i y v = n j=1 µj v j. Entonces: m (ū, v) = ( λ i ū i, = i=1 n m n µ j v j ) = ( λ i ū i, 0) + ( µ j v i, 0) = j=1 m λ i (ū i, 0) + i=1 i=1 n µ j (0, v j ) j=1 y por tanto B es un sistema generador en U V. Ahora veamos que los vectores de B son independientes. Supongamos: m λ i (ū i, 0) + i=1 j=1 n µ j (0, v j ) = (0, 0) j=1

3 Queremos ver que entonces los coeficientes λ i, µ j se anulan. Operando como antes, obtenemos que: m λ i ū i = 0 i=1 n µ j v j = 0 j=1 y como B 1 y B 2 son sistemas de vectores linealmente independientes deducimos que λ i = µ j = 0, para 1 i m, 1 j n. 8. Llamamos P n (x), al conjunto de los polinomios en x de coeficientes reales y de grado menor o igual que n. (a) Demostrar que P n (x) tiene estructura de espacio vectorial sobre IR. Los polinomios pueden interpretarse como funciones de IR en IR. Sabemos que estas funciones son un espacio vectorial. Luego basta comprobar que los polinomios de grado menor o igual que n son un subespacio vectorial. Es decir, dados polinomios p(x) = a 0 + a 1 x a n x n y q(x) = b 0 + b 1 x b n x n y λ, µ IR, hay que verificar que λp(x) + µq(x) sigue siendo un polinomio de grado menor igual que n. Pero: λp(x) + µq(x) = (λa 0 + µb 0 ) + (λa 1 + µb 1 )x (λa n + µb n )x n es claramente un polinomio de grado menor o igual que n. Una base de este espacio vectorial (llamada base canónica) está formada por los monomios: {1, x,..., x n }. Es inmediato que es un sistema generador, ya que todo polinomio se escribe como combinacion lineal de estos monomios. Además es un sistema libre. Si λ 0 + λ 1 x λ n x n = 0 quiere decir que el polinomio λ 0 + λ 1 x λ n x n es una función constante igual a cero y todas sus derivadas se anulan. En particular la n-sima derivada es n!λ n luego obtenemos λ n = 0. Repitiendo ahora el razonamiento para las otras derivadas obtenemos que todos los coeficientes se anulan. Como consecuencia de esto sabemos además que el espacio vectorial de polinomios de grado menor o igual que n tiene dimensión n + 1. (c) Para qué polinomios p(x) P n (x) el sistema es una base de P n (x)? B = {p(x), p (x), p (x),..., p (n) (x)} Sea p(x) = a 0 + a 1 x a n x n. Por el apartado anterior si a n 0 sabemos que este es un sistema libre. Como esta formando por n + 1 polinomios y la dimensión de P n (x) es también n + 1, se deduce que este sistema es una base de este espacio vectorial. Por el contrario si a n = 0, entonces la derivada n-sima se anula. El sistema nunca puede ser una base porque a lo sumo estaría formado por n polinomios no nulos y sin embargo la dimensión del espacio total es n + 1. Es decir la condidición necesaria y suficiente para que este sistema sea una base de P n (x) es que el coeficiente del término x n del polinomio p(x) sea no nulo.

4 9. Para cada k IN, sea P k el espacio vectorial real de los polinomios de grado menor o igual que k y coeficientes reales. (a) Demostrar que el conjunto es una base de P k. B k = {1, x 1, (x 1) 2, (x 1) 3,..., (x 1) k } Sabemos que P k es un espacio vectorial de dimensión k + 1. El conjunto B k tiene k + 1 elementos, por tanto para ver que es una base es suficiente comprobar que sus elementos son linealmente independientes: Método I: Supongamos que: λ 0 + λ 1 (x 1) + λ 2 (x 1) λ k (x 1) k = 0 Evaluando esta expresión en 1 obtenemos que λ 0 = 0. Después derivamos con respecto a x y queda: λ 1 + 2λ 2 (x 1) kλ k (x 1) k 1 = 0 y evaluando en 1 obtenemos λ 1 = 0. Repitiendo sucesivamente este proceso obtenemos que todos los λ i son nulos y por tanto los elementos de B k son linealmente independientes. Método II:Expresamos los elementos de B k en la base canónica {1, x, x 2,..., x k }. Para ello desarrollamos las potencias: 1 = 1 (x 1) = 1 + x (x 1) 2 = 1 2x + x 2 (x 1) 3 = 1 + 3x 3x 2 + x 3 En general lo imporante es que el polinomio (x 1) k tiene como término de mayor grado x k. Deducimos que la matriz de coordenadas de estos polinomios en la base canónica es: donde representan términos no nulos. En cualquier caso es una matriz triangular con unos en la diagonal. Su determinante es igual a 1, no nulo, y por tanto los vectores de la base B k son independientes. (Primer parcial, febrero 2003) 10. En el espacio vectorial real IR 3 consideramos las siguientes bases: - la base canónica C = {ē 1, ē 2, ē 3 } = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}. - la base B = {ū 1, ū 2, ū 3 } = {(0, 1, 1), (2, 0, 0), (1, 0, 1)}. - la base B = { v 1, v 2, v 3 } = {(1, 1, 0), (0, 0, 1), (1, 1, 1)}. (a) Si (1, 3, 2) es un vector de IR 3 calcular sus coordenadas en cada una de las bases anteriores.

5 (b) Denotamos por (y 1, y 2, y 3 ) las coordenadas de un vector en la base B. subespacio vectorial dado por la ecuacón: Consideramos el y 1 + y 2 + y 3 = 0 Calcular las ecuaciones paramétricas y cartesianas de este subespacio con respecto a cada una de las bases dadas. Denotamos por (x i ), (y i ), (z i ) las coordenadas en las respectivas bases {ē i }, {baru i }, {barv i }. Escribimos las relaciones entre las bases que nos dan: {ū i } = {ē i }; { v i } = {ē i }; y las correspondientes entre las coordenadas: o equivalentemente: (x i ) = (y i ) ; (x i ) = (z i ) ; (y i ) = (x i ) ; (z i ) = (x i ) ; (a) Nos pieden escribir las coordenadas del vector (1, 3, 2) IR 3 en todas las bases anteriores. En primer lugar es claro que en la base canónica sus coordenadas son (1, 3, 2) e. Ahora para calcular las coordenadas en las otras bases tan sólo hay que aplicar la fórmula de cambio de base: (y i ) = (1 3 2) e = (3, 1, 1) u ; (z i ) = (1 3 2) e = ( 1, 0, 2) u ; (b) Ahora escribimos la ecuación de la siguiente forma: y 1 + y 2 + y 3 = 0; (y i ) 1 1 = 0 1 Utilizando la fórmula de cambio de base sustituimos (y i ) por su expresión en función de (x i ), obtenemos la ecuación cartesiana en la base canónica: (x i ) = 0; 1 2 x x x3 = 0; x 1 + x 2 + x 3 = 0; 1

6 Ahora sustituimos (x i ) por su expresión en función de (z i ) y obtenemos la ecuación cartesiana en la base B : (z i ) = 0; 1 2 z z3 = 0; z 2 3z 3 = Las paramétricas pueden ser calculadas directamente a partir de las cartesianas. Sin embargo lo haremos de otra forma. Primero calculamos las paramétricas en la base {u i } a partir de la ecuación cartesiana. Para ello escogemos dos vectores independientes que cumplan la ecuación y por tanto que generan el subespacio: y 1 = λ y 1 + y 2 + y 3 = 0; (y 1, y 2, y 3 ) = λ(1, 0, 1) u + µ(0, 1, 1) u y 2 = µ y 3 = λ µ Ahora para escribir las paramétricas en otras bases, basta hacer el cambio de base sobre los vectores que generan el subespacio: (1, 0, 1) u = ( 1, 1, 0) e ; (0, 1, 1) u = (1, 0, 1) e ; Las paramétricas en la base canónica quedan: (x 1, x 2, x 3 ) = λ( 1, 1, 0) e + µ(1, 0, 1) e x 1 = λ +µ x 2 = λ x 3 = µ Hacemos lo mismo para la base B : ( 1, 1, 0) e = ( 1, 0, 0) v ; (1, 0, 1) e = ( 1 2, 3 2, 1 2 ) Las paramétricas en la base B quedan: (z 1, z 2, z 3 ) = λ( 1, 0, 0) v + µ(1, 3, 1) v z 1 = λ + µ z 2 = 3µ z 3 = µ 11. En el espacio vectorial real de las matrices 2 2 con elementos reales, M 2 2 (IR), se consideran los subespacios { } U = L,, { } a + b a b V =, a, b IR a 2a + b (a) Determinar α y β para que pertenezca a U la matriz α 1. β 0

7 Antes de comenzar a hacer cuentas es una buena idea obtener una base lo más simple posible de U. Recordemos que la base canónica de M 2 2 (IR), son las matrices: 1 0, , , 1 0 Expresamos en esta base las matrices que generan U: (1, 1, 2, 1) (2, 2, 1, 3) (0, 0, 3, 1) 3 1 Ahora hacemos la reducción por filas de la matriz formada por estas coordenadas para encontrar una base lo más sencilla posible: Es decir U está generado por las matrices (independientes): , Ahora estudiemos cuando la matriz α 1. β 0 pertenece a U. En la base canónica tiene coordenadas (α, 1, β, 0). Hay que ver cuando este vector es dependiente con los vectores de la base de U, es decir, cuando la matriz: α 1 β 0 tiene rango 2. Para ello haciendo reducciones por fila obtenemos una matriz equivalente: α β 5α Vemos que el rango de esta matriz es 2 precisamente si α = 1 y β = 5. (b) Determinar α y β para que pertenezca a V la matriz ( 1 0 α β ).

8 De nuevo para trabajar con V le calcularemos una base. En primer lugar, dado que: a + b a b = a + b a 2a + b vemos que V está generada por las matrices: 1 1, De nuevo las expresamos en función de la base canónica y hacemos la simplificación: /2 3/ /2 1/2 Estudiemos cuando la matriz ( 1 ) 0 α β pertenece a V. Sus coordenadas en la base canónica son (1, 0, α, β). Para estudiar cuando está en V, basta comprobar cuando la matriz: 1 0 1/2 3/ /2 1/2 1 0 α β tiene rango 2. Haciendo reducción por filas, obtenemos la matriz equivalente: 1 0 1/2 3/ /2 1/2 0 0 α + 1/2 β 3/2 Vemos que el rango es 2 precisamentes si α = 1/2 y β = 3/2. (c) Hallar la dimensión y una base de U. Ya lo hemos visto. Tiene dimensión 2 y hemos calculado la base en el apartado (a). (d) Hallar la dimensión y una base de V. También lo hemos hecho en (b). Tiene dimensión 2 y una base es: , 1/2 3/2 1/2 1/2 (e) Hallar, en la base canónica, ecuaciones paramétricas y cartesianas de U V Para hallar las ecuaciones cartesianas de U V, calculamos las cartesianas de U, las de V y simplificamos el sistema formado por todas ellas. Primero calculamos las cartesianas de U. Para ello escribimos las paramétricas utilizando la base que hemos calculado, y de ellas deducimos las cartesianas: x = λ y = λ z = 5λ 3µ t = µ { x = y z = 5x 3t } { x y = 0 5x z 3t = 0

9 Hacemos lo mismo para V : x = λ { } { y = µ z = (1/2)x (1/2)y x + y + 2z = 0 z = (1/2)λ (1/2)µ t = (3/2)x + (1/2)y 3x + y 2t = 0 t = (3/2)λ (1/2)µ Ahora las ecuaciones cartesianas de U V son: x y = 0 5x z 3t = 0 x + y + 2z = 0 3x + y 2t = 0 Pudiera ser que no fueran linealmente independientes. Lo comprobamos escribiéndolas en forma matricial y simplificando la matriz mediante operaciones fila: y por tanto las ecuaciones cartesianas buscadas son: x y = 0 y + z = 0 2z + t = 0 De estas obtenemos las paramétricas (hay cuatro incógnitas y tres ecuaciones indpendientes, luego quedará en función de un parámetro): x = λ; y = λ; z = λ; t = 2λ (f) Hallar, en la base canónica, ecuaciones paramétricas y cartesianas de U + V Para hallar U + V hay que ver cual es el espacio que generan las bases de U y V unidas. Para ello consideramos la matriz que tiene por filas las coordenadas de los vectores de estas bases y hacemos la reducción: /2 3/ /2 3/ /2 1/ /2 1/ Es decir vemos que U + V está generado por los vectores de coordenadas {(1, 0, 1/2, 3/2), (0, 1, 1/2, 1/2), (0, 0, 3, 1)}. Ahora podemos escribir las ecuaciones paramétricas y de ellas (eliminando parámetros) las cartesianas: x = λ y = µ z = (1/2)λ (1/2)µ 3ν t = (3/2)λ + (1/2)µ + ν 4x + y z 3t = 0 Observación: Hemos visto que dim(u) = 2, dim(v ) = 2, dim(u V ) = 1 y dim(u +V ) = 3. Vemos que se verifica la fórmula de la dimensión: dim(u) + dim(v ) = dim(u V ) + dim(u + V )

10 13. Sea M n n (IR) el espacio vectorial de las matrices cuadradas de elementos reales y dimensión n. (a) Demostrar que si A M n n (IR) es una matriz fija, el conjunto es un subespacio vectorial de M n n (IR). S = {B M n n (IR) : AB = Ω} En primer lugar S es no vacío porque claramente Ω S. Sean B, C S y λ, µ IR. Hay que comprobar que λb + µc S, es decir, que A(λB + µc) = Ω S. Pero: A(λB + µc) = λab + µac = Ω ya que como B, C S entonces AB = AC = Ω. (b) Si n = 2 y A es de la forma α 1 β 1 donde α, β son números reales, calcular en función de α, β la dimensión y una base de S y las ecuaciones implícitas de un subespacio suplementario de S. Sea B una matriz cuyas coordenadas en la base canónica son (x 1, x 2, x 3, x 4 ), es decir: ( x 1 x B = 2 ) x 3 x 4 La condición para que B pertenezca a S es que AB = Ω, es decir: 0 = αx 1 + x 3 0 = αx 2 + x 4 0 = βx 1 + x 3 0 = βx 2 + x 4 Es un sistema homogéneo. Si la matriz del sistema tiene determinante no nulo, entonces la única solución es la trivial. La matriz es: α α 0 1 β β 0 1 Su determinante es (α β) 2. Por tanto: - Si α β entonces la única solución del sistema es la trivial (x 1 = x 2 = x 3 = x 4 = 0). El subespacio S es { 0} y el suplementario todo el espacio de matrices M 2 2 (IR). - Si α = β, la matriz del sistema tiene rango 2 (las dos últimas filas son iguales a las dos primeras). Por tanto el sistema tiene solución dependiendo de 4 2 = 2 parámetos y entonces dim(s) = 2. En particular obtenemos: x 3 = αx 1 x 4 = αx 2

11 luego una base de S está formada por los vectores cuyas coordenadas contravariantes en la base canónica son (1, 0, α, 0) y (0, 1, 0, α). Para calcular un espacio suplementario completamos la base a de S a una base de M 2 2 (IR). Basta tomar los vectores cuyas coordenadas en la base canónica son (0, 0, 1, 0) y (0, 0, 0, 1). Ya que es es claro que los cuatro vectores: (1, 0, α, 0) (0, 1, 0, α) (0, 0, 1, 0) (0, 0, 0, 1) son una base de M 2 2 (IR). El espacio suplmentario está generado por tanto por los vectores (0, 0, 1, 0) y (0, 0, 0, 1). Sus ecuaciones paramétricas son: x 1 = 0 x 2 = 0 x 3 = λ x 4 = µ y las cartesianas: x 1 = 0 x 2 = En el espacio vectorial real de las matrices simétricas 3 3 con elementos reales, S 3, decidir cuáles de los siguientes subconjuntos son subespacios vectoriales, y para los que lo sean hallar una base, así como unas ecuaciones (paramétricas e implìcitas) en la base canónica y en la base B = 0 0 0, 1 0 0, 1 0 0, 0 1 0, 0 1 1, (a) Matrices regulares. Veamos si son un subespacio vectorial. Sean A, B regulares y simétricas. Nos preguntamos si entonces λa + µb son regulares para cualquier λ, µ IR. En general no es cierto. Por ejemplo las matrices A = I 3 y B = I 3, son regulares y simétricas. Sin embargo A + B = Ω no es regular. (b) Matrices con traza nula. Veamos si son un subespacio vectorial. Sean A, B de traza nula y simétricas. Nos preguntamos si entonces λa + µb tiene traza nula para cualquier λ, µ IR. Pero es claro que: tr(λa + µb) = λ(tr(a)) + µ(tr(b)) y como tr(a) = tr(b) = 0 vemos que tr(λa + µb) = 0. Recordemos que la base canónica de las matrices simétricas es: B = 0 0 0, 1 0 0, 0 0 0, 0 1 0, 0 0 1,

12 En esta base la condición de tener la traza nula se escribe mediante la ecuación implícita: x 1 + x 4 + x 6 = 0 y por tanto mediante las ecuaciones paramétricas: x 1 = λ 1 ; x 2 = λ 2 ; x 3 = λ 3 ; x 4 = λ 4 ; x 5 = λ 5 ; x 6 = λ 1 λ 4 ; En la base B la condición se escribe mediante la ecuación implícita: y 1 + y 2 + y 4 + y 5 + y 6 = 0 y por tanto mediante las ecuaciones paramétricas: y 1 = λ 1 ; y 2 = λ 2 ; y 3 = λ 3 ; y 4 = λ 4 ; y 5 = λ 5 ; y 6 = λ 1 λ 2 λ 4 λ 5 ; (c) Matrices cuyas dos primeras filas son iguales. Veamos si son un subespacio vectorial. Sean A, B simétricas cada una ellas con las dos primeras filas iguales. Nos preguntamos si entonces λa + µb tiene las dos primeras filas iguales para cualquier λ, µ IR. Pero esto es cierto sin más que tener en cuenta que las dos primeras filas de λa + µb son la suma de λ por las dos primeras filas de A más µ por las dos primeras filas de B. Las matrices simétricas con 2 filas iguales son de la forma: a a b a a b b b c Por tanto en la base canónica las ecuaciones paramétricas son: y las implícitas x 1 = λ 1 ; x 2 = λ 1 ; x 3 = λ 2 ; x 4 = λ 1 ; x 5 = λ 2 ; x 6 = λ 3 x 1 x 2 = 0 x 1 x 4 = 0 x 3 x 5 = 0 Para ver como serían las ecuaciones en la base B, vemos como son las ecuaciones de cambio de coordenadas de B a B: x 1 = y 1 + y 2 ; x 2 = y 2 + y 3 ; x 3 = y 3 + y 4 ; x 4 = y 4 + y 5 ; x 5 = y 5 + y 6 ; x 6 = y 6 De aquí deducimos que las ecuaciones implícitas en la base B son: y 1 y 3 = 0 y 1 + y 2 y 4 y 5 = 0 y 3 + y 4 y 5 y 6 = 0 y las paramétricas en las base B : y 1 = λ 1 ; y 2 = λ 2 ; y 3 = λ 1 ; y 4 = λ 3 ; y 5 = λ 1 + λ 2 λ 3 ; y 6 = λ 2 + 2λ 3

13 15. En un espacio vectorial real E de dimensión 4 se consideran dos subespacios vectoriales V y W que con respecto a determinada base de E vienen descritos por las ecuaciones V : { x ay + z + bt = 0 y t = 0 W : { ax y bz + t = 0 x + z = 0 donde a, b son dos números reales arbitrarios. En función de a y b, calcular las dimensiones de los subespacios V, W, V W y V + W. Tenemos en cuenta que la dimensión de un subespacio definido mediante ecuaciones implícitas es igual a la diferencia entre la dimensión del espacio total y el número de ecuaciones independientes. Además: dim(v ) + dim(w ) = dim(v + W ) + dim(v W ) Primero vemos el número de ecuaciones independientes que definen V. Matricialmente sus coeficientes se escriben: ( 1 a 1 ) b Vemos que el rango siempre es 2, porque el menor formado por las dos primeras columnas tiene determinante no nulo. Por tanto: dim(v ) = dim(e) 2 = 2 Ahora hacemos lo mismo para el subespacio W. La matriz de coeficientes de sus ecuaciones es: ( a 1 b ) De nuevo siempre es de rango 2, porque el menor formado por las dos últimas columnas siempre tiene determinante distinto de cero. Luego: dim(w ) = dim(e) 2 = 2 El espacio V W es el definido por las cuatro ecuaciones (las dos de V y las dos de W ). Ahora la matriz de coeficientes es: 1 a 1 b a 1 b Su determinante es (a + b)(a b), por tanto tenemos: - Si a b y a b entonces el rango de la matriz es 4. Las 4 ecuaciones son independientes y el espacio que definen es el { 0}. Entonces: dim(v W ) = 0; dim(v + W ) = 4. - Si a = b, a 0, entonces el determinante se anula y el rango es menor o igual que 3. Pero el menor formado por las tres primeras filas y columnas tiene determinante no nulo. Por tanto el rango es exactamente 3. En este caso: dim(v W ) = 1; dim(v + W ) = 3.

14 - Si a = b, a 0, de nuevo el determinante se anula y el rango es menor o igual que 3. El menor formado por las tres últimas columnas y las filas 1, 2, 4 tiene determinante no nulo. Entonces el rango es exactamente tres y otra vez: dim(v W ) = 1; dim(v + W ) = 3. - Si a = b = 0 entonces el rango de la matriz es 2 y: dim(v W ) = 2; dim(v + W ) = 2; (de hecho en este caso V = W = V W = V + W ). (Examen final, julio 2002) 18. Dada una matriz A real y cuadrada n n, llamamos B a la proyección de A sobre el subespacio de las matrices simétricas paralelamente al de las hemisimétricas. Probar que: (x)a{x} = (x)b{x} donde (x) es cualquier matriz fila (1 n) y {x} es la matriz traspuesta de la anterior. Dada la matriz A, la matriz proyección B sobre el subespacio de matrices simétricas se obtiene como: B = A + At 2 Entonces: (x)b{x} = (x) A + At 2 = (x)a{x} + (x)at {x} 2 Pero como (x)a{x} es un númeo real (una matriz 1 1) coincide con su traspuesta, es decir: y substituyendo en la expresión anterior: (x)a{x} = ((x)a{x}) t = (x)a t {x} (x)b{x} = (x)a{x} + (x)at {x} 2 (Primer parcial, febrero 1999) = 2(x)A{x} 2 = (x)a{x} 19. Encontrar la (única) respuesta correcta, de entre las indicadas, a las siguientes cuestiones: (a) En el espacio vectorial real de los polinomios de grado menor o igual que 2 y coeficientes reales, el conjunto de los polinomios que admiten el 1 como raíz no es un subespacio vectorial. FALSO. Veamos que si que es un subespacio vectorial. En primer lugar es no vacío porque hay polinomios de grado menor o igual que dos que se anulan en 1 (por ejemplo p(x) = x 1). Sean p y q dos polinomios de grado menor o igual que 2. Supongamos que 1 es raíz de ambos, es decir, p(1) = q(1) = 0. Hay que comprobar que dados λ, µ IR, entonces 1 es raíz de λp + µq. Pero esto es inmediato porque: (λp + µq)(1) = λp(1) + µq(1) = 0

15 es un subespacio de dimensión 1. FALSO. Ya vimos que es un subespacio vectorial. Recordemos además que, en general, el espacio vectorial real de polinomios de grado menor o igual que n con coeficientes reales tiene dimensión n+1. Veamos que condición tiene que cumplir un polinomio de grado menor o igual que 2 para anularse en 1. Sea p(x) = a 0 +a 1 x+a 2 x 2. p(1) = 0 precisamente si a 0 +a 1 +a 2 = 0, es decir, hay una única ecuación implícita determinando el subespacio de polinomios que se anulan en 1. Por tanto la dimensión de este subespacio es 3 1 = 2. es un subespacio de dimensión 2. VERDADERO. es un subespacio de dimensión 3. FALSO. (Examen final, junio 2000) (b) Sea S = { x 1,..., x p } sistema ligado de vectores de un espacio vectorial V. Cualquier vector de S se puede poner como combinación lineal de los restantes. FALSO. Por ejemplo en IR 3 el sistema {(1, 0, 0), (2, 0, 0), (0, 0, 1)} es ligado porque el primer y segundo vector son linealmente dependientes. Sin embargo el tercer vector no se puede poner como combinación lineal de los otros dos. S contiene alguna base de V. FALSO. De nuevo vale el ejemplo anterior. dim L(S) < p VERDADERO. En general un sistema de p vectores genera un subespacio de dimensión a lo sumo p. Pero por ser ligado, alguno de los vectores es 0 o es combinación lineal de los demás. Por tanto L(S) puede generarse por p 1 vectores ( o por menos!) y dim L(S) < p. S se puede completar a una base de V. FALSO. Los vectores de una base nunca son ligados. Por tanto aunque le añadamos vectores al sistema que nos dan nunca podrá formarse una base. (Primer parcial, febrero 1999) (c) Sean F y G dos subespacios vectoriales de IR 100 de dimensiones 80 y 50, respectivamente. dim (F G) 30. VERDADERO. Recordemos que: dim(f ) + dim(g) = dim(f G) + dim(f + G) Además la dimensión de F + G nunca puede superar la dimensión del espacio total. Por tanto en este caso: dim(f G) = dim(f ) + dim(g) dim(f + G) dim(f ) + dim(g) dim(ir 100 ) = 30 F + G = IR 100. FALSO. Por ejemplo si denotamos a los vectores de la base canónica de IR 100 por ē i, tomando F como el subespacio generado por {ē 1,..., ē 80 } y G generado por {ē 1,..., ē 50 }, se tiene que F + G = F y por tanto dim(f + G) = 80.

16 F G = G FALSO. Por ejemplo tomando ahora F como el subespacio generado por {ē 1,..., ē 80 } y G generado por {ē 51,..., ē 100 }, se tiene que ē 100 F y por tanto F G G. dim (F G) 30. FALSO. Basta considerar el ejemplo del segundo punto. dim(f G) = 50. (Primer parcial, febrero 2001) (d) Si L 1 y L 2 son dos subespacios de un espacio vectorial V, se tiene si diml 1 +diml 2 > dimv, entonces L 1 L 2 { 0}. VERDADERO. Razonamos como en el apartado 1 de la cuestión anterior: entonces, Allí F G = G y por tanto dim(l 1 ) + dim(l 2 ) = dim(l 1 L 2 ) + dim(l 1 + L 2 ) dim(l 1 L 2 ) + dim(v ) dim(l 1 L 2 ) dim(l 1 ) + dim(l 2 ) dim(v ) pero como por hipótesis dim(l 1 )+dim(l 2 ) > dim(v ) entonces deducimos que dim(l 1 L 2 ) > 0 y por tanto L 1 L 2 { 0}. si dim(l 1 + L 2 ) =dimv, entonces L 1 L 2 = { 0}. FALSO. Por ejemplo en IR 3, L 1 generado por (1, 0, 0), (0, 1, 0) y L 2 generado por (1, 0, 0), (0, 0, 1). En este caso dim(l 1 + L 2 ) = 3, pero dim(l 1 L 2 ) = 1. si L 1 L 2 { 0}, entonces diml 1 +diml 2 > dimv. FALSO. Por ejemplo en IR 3, tomamos L 1 = L 2 generado por (1, 0, 0). Ahora L 1 L 2 { 0} y dim(l 1 ) + dim(l 2 ) = 2 < dim(ir 3 ). si L 1 L 2 = { 0}, entonces dim(l 1 + L 2 ) =dimv. FALSO. Por ejemplo en IR 3, tomamos L 1 generado por (1, 0, 0) y L 2 generado por (0, 1, 0). Ahora L 1 L 2 = { 0}, pero dim(l 1 + L 2 ) = 2 < dim(ir 3 ). (Examen final, junio 2000) (e) Sea V un espacio vectorial sobre IC y { a, b, c} una base suya V no es un espacio vectorial sobre IR. FALSO. Sólo hay que tener en cuenta que la misma operación de producto por un escalar que tenemos en V como e.v. complejo, nos da una operación producto por un número real que dota a V de estructura de espacio vectoral real. La dimensión del espacio vectorial V sobre IR es seis. VERDADERO. Veamos que { a, i a, b, i b, c, i c} es una base de V como espacio vectorial real: - Primero veamos que es un sistema generador. Sea v V. Por ser { a, b, c} una base de V como e.v. complejo, sabemos que v se escribe como: v = x a + y b + z c donde x, y, z son números complejos de la forma x = x 1 + x 2 i, y = y 1 + y 2 i, z = z 1 + z 2 i con x 1, x 2, y 1, y 2, z 1, z 2 IR. Por tanto queda: v = x 1 a + x 2 i a + y 1 b + y2 i b + z 1 c + z 2 i c

17 - Veamos que son linealmente independientes en V como espacio vectorial REAL. Supongamos: x 1 a + x 2 i a + y 1 b + y2 i b + z 1 c + z 2 i c = 0 con x 1, x 2, y 1, y 2, z 1, z 2 IR. Entonces: (x 1 + x 2 i) a + (y 1 + y 2 i) b + (z 1 + z 2 i) c = 0 y por tanto por ser { a, b, c} independientes en V como espacio vectorial complejo, obtenemos: x 1 + x 2 i = 0; y 1 + y 2 i = 0; z 1 + z 2 i = 0; y por fin: x 1 = x 2 = y 1 = y 2 = z 1 = z 2 = 0 { a, b, c} es una base del espacio vectorial V sobre IR. FALSO. Vimos que como espacio vectorial real tiene dimensión 6. En concreto, por ejemplo, el vector i a no puede ponerse como combinación lineal real de los vectores de { a, b, c}. { a, b, c, a b + ci} es un sistema ligado del espacio vectorial V sobre IR. FALSO. Porque si tenemos: x a + y b + z c + t( a b + ci) = 0; con x, y, z, t IR por ser { a, b, c} independientes en V como espacio vecorial complejo: x t = 0; y t = 0; z + ti = 0; y deducimos x = y = z = t = 0. Luego los cuatro vectores que nos indican son linealmente independientes en V como espacio vectorial real. (Primer parcial, enero 2004) (g) En IR 2 consideramos las bases C = {(1, 0), (0, 1)}, B 1 = {(1, 2), (3, 5)} y B 2 = {(3, 1), (2, 1)}. Sean las matrices: A 1 = ; A = ; 2 1 Entonces si (x, y) son las coordenadas de un vector en la base B 1, las coordenadas de dicho vector en la base B 2 se obtienen mediante el producto: Para pasar de la base B i, i = 1, 2 a la canónica hay que multiplicar por la correspondiente matriz A i, i = 1, 2. Para pasar de la base canónica a la base B i, i = 1, 2 hay que multiplicar por la correspondiente matriz A 1 i, i = 1, 2. Por tanto para pasar de B 1 a B 2, primero multiplicamos por A 1 y estamos en la canónica y luego por A 1 2 y pasamos a B 2. ( x y ) A 1 A 2. ( x FALSO. FALSO. y ) A 1 1 A 2.

18 ( x ( x y ) A 1 A 1 2. VERDADERO. FALSO. y ) A 1 1 A 1 2. (Primer parcial, enero 2004)