40 EJERCICIOS PARA APROBAR MATEMÁTICAS EJERCICIOS ESCOGIDOS PARA MATEMÁTICAS I DE PRIMERO DE ADE
GALOIS 2012
¿Cuál de los siguientes subconjuntos de R 3 no es un subespacio vectorial? a) b) c) d)
R(0,1,0) R3 {(0,0,0)} {(1,-1,0)}
Para responder a este tipo de preguntas recordad que un subconjunto de la forma R(a,b,c) siempre es un subespacio vectorial de R 3, igual que R(a,b) siempre lo es de R2. Da igual cuál sea el vector que vaya a continuación de R. Por lo tanto la opción a) no es cierta. R3 es un espacio vectorial que contiene mucho subespacios, en particular contiene a dos especiales: el subespacio que es igual a todo el espacio, es decir R3, y el subespacio nulo formado sólo por el vector (0,0,0). Luego las opciones b) y c) no son ciertas. Recordad que cuando aparece un vector entre llaves eso representa al conjunto formado sólo por el vector que está dentro de las llaves. La respuesta correcta debe ser la d?. ¿Por qué? El conjunto {(1,-1,0)} no puede ser un subespacio vectorial. Para serlo, al sumar dos elementos del conjunto se debería obtener otro elemento del conjunto. En este caso, sumando (1,-1,0) + (1,-1,0) el resultado es (2,-2,0) que no está en el conjunto.
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¿Cuál de los siguientes subconjuntos de R 3 no es un subespacio vectorial? a) b) c) d)
R3 (1, 2, -1) + R(0, 0, 1) R(1, 0, 1) {(0,0,0)}
R3 es un espacio vectorial, pero todo espacio vectorial es un subespacio vectorial también. La opción a) no es válida. Todo conjunto de la forma R(x, y, z), sea (x, y, z) el vector que sea, es un subespacio vectorial. Por lo tanto R(1, 0, 1) lo es. La opción c) no n o es válida. El conjunto formado sólo por el vector nulo {(0, 0, 0)} es un subespacio vectorial. La opción d) no es válida. Sólo queda la opción b). Esa es la correcta. El conjunto (1, 2, -1) + R(0, 0, 1) no es un subespacio vectorial, es un subespacio afín. Recuerda que un conjunto de la forma del b), es decir formado por la suma de un vector y un subespacio vectorial, es un subespacio afín.
3
Dado a de R, los vectores (1,a,2), (3,0,1) y (5,-2,5) no forman un sistema de generadores de R3 si y sólo si: a) b) c) d)
a=0 a ≠ -1 a = -1 Ninguna de las anteriores
Para responder a esta pregunta hay que recordar que un sistema de generadores de R3 estará formado al menos por 3 vectores (y una base exactamente por 3) independientes. Si colocamos los tres vectores en filas y formamos un determinante, al calcularlo obtenemos: det(A) = - 12 + 5a – 15a + 2 = - 10a -10. Si este determinante vale cero los tres vectores no serán independientes y no serán un sistema de generadores. ¿Cuándo vale cero? - 10a -10 = 0 - 10a = 10 a = - 1. Por lo tanto los tres vectores no forman un sistema de generadores si a = - 1. Si a = 0 el determinante no vale cero, luego los tres vectores serían independientes y sí formarían un sistema de generadores. Esto descarta a). Si a ≠ - 1 el determinante tampoco vale cero, estamos igual que en el párrafo
anterior. No es válida la opción b). Evidentemente c) sí es válida. Por lo tanto d) no lo es.
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¿Cuál de los siguientes subconjuntos de R 3 no es un subespacio afín de R 3? a) b) c) d)
{(1,1,1)} {(x1,x2,x3) de R3 / x12 + x22 + x32 = 0} {(x1,x2,x3) de R3 / x12 = 0} {(0,0,0)}
Un subespacio afín de un espacio vectorial es un subconjunto no vacío del espacio que puede escribirse como suma de un vector y un subespacio. Recordad que el conjunto formado por un solo vector del espacio siempre es un subespacio afín, ya que es la suma de dicho vector y del subespacio vectorial formado sólo por el vector nulo. Por lo tanto a) y d) son subespacios afines. El conjunto del apartado b) está formado por todos los vectores cuyas tres coordenadas cumplen la condición de que la suma de sus cuadrados es igual a cero. Pero sólo hay un vector que cumpla eso, el (0,0,0). Cualquier otro vector no lo cumple. Por ejemplo: (0,-1,1): 0 2 + (-1)2 + 11 = 2. Así que {(x1,x2,x3) de R3 / x12 + x22 + x32 = 0} = {(0,0,0)} es también un subespacio afín. Sólo queda el conjunto del apartado c). No es un subespacio afín. Esa es la solución.
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Si en R3 el vector (2,3,0) es igual a una combinación afín de los vectores (a,0,0), (0,1,1) y (0,a,1), entonces: a) b) c) d)
a=½ a=2 a=1 Ninguna de las anteriores.
Recordad que una combinación afín de los vectores (a,0,0), (0,1,1) y (0,a,1) será cualquier vector que se pueda obtener de la forma: x(a,0,0) + y(0,1,1) + z(0,a,1), donde x + y + z = 1. Tendremos entonces que: (2,3,0) = x(a,0,0) + y(0,1,1) + z(0,a,1), donde x + y + z = 1. Así que: (2,3,0) = (xa, y + za, y + z), donde x + y + z = 1. Luego tenemos las ecuaciones: 2 = xa 3 = y + za 0=y+z x + y + z = 1. De la tercera sale que y = - z. Sustituyendo en la cuarta: x – z + z = 1 x = 1. Sustituyendo este valor de x en la primera nos queda: 2 = a. Solución: la opción b).
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Considérese los subespacios vectoriales de R 3 siguientes: F1 = {(x,y,z) de R 3 / z = 0}, F2 = R(1,1,0). Se verifica: a) b) c) d)
F1 ≤ F2, y así F1 + F2 = F2. Son subespacios vectoriales independientes. Son subespacios vectoriales suplementarios en R 3. F2 ≤ F1, y así F1 + F2 = F1.
El símbolo ≤ representa “está incluido o es igual a”.
La clave de este tipo de ejercicios está en recordar que si se suman dos subespacios, y uno está incluido en el otro, entonces la suma es igual al mayor de los dos subespacios. ¿Está F1 incluido en F2 en este ejercicio o viceversa (o ninguna de las dos cosas)? Un vector de F1 cumple que su tercera coordenada es cero. ¿Pertenece a F 2? Por ejemplo, (1,2,0) está en F 1, ¿está también en F2? Para estar en F2 debería ser múltiplo del vector (1,1,0), es decir, debería ser (1,2,0) = a(1,1,0) para algún número a. Pero este número a no existe, luego F1 no está incluido en F 2. Al revés, un vector de F 2 es un múltiplo de (1,1,0). ¿Cumple la condición para estar en F1? Sí, ya que todos los múltiplos de (1,1,0) tienen de tercera coordenada un cero. Así pues, en este ejercicio, F 2 está incluido en F 1. Eso quiere decir que la suma de ambos subespacios es igual al mayor de los dos, es decir, a F1: F1 + F2 = F1. La respuesta correcta es pues la d). Los subespacios no son independientes pues el vector (1,1,0) pertenece a ambos. Esto descartaría las opciones b) y c).
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Sean los subespacios vectoriales: F 1 = {(x1, x2, x3) de R3 / x1 = 0}, F2 = R(2, 1, 0). Se verifica: a) F1 ≤ F2 y así F1 + F2 = F2 b) Son subespacios vectoriales independientes, pero no son suplementarios en R3. c) La suma directa de F1 y F2 es igual a R3. d) F2 ≤ F1 y así F1 + F2 = F1 El símbolo ≤ representa “está incluido o es igual a”.
Un vector cualquiera de F 1 es de la forma (x, y, z) con x = 0, es decir, es: (0, y, z) = (0, y, 0) + (0, 0, z) = y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1). Esto nos dice que F 1 = R(0, 1, 0) + R(0, 0, 1). Por los tanto {(0, 1, 0), (0, 0, 1)} es una base de F 1, y (2, 1, 0) es una base de F 2. Los tres vectores anteriores son independientes porque el determinante que forman vale 2 (no vale 0). Por los tanto la suma R(0, 1, 0) + R(0, 0, 1) + R(2, 1, 0) es un subespacio de dimensión 3 de R 3, es decir: F 1 + F2 = R3. Esto ya nos indica que la solución es la c).
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Sea F el subespacio vectorial de R 3 generado por los dos vectores v 1 = (1, 1, 0) y v2 = (2, 2, 1). El vector (1, c, 1), con c de R, pertenece a F si y sólo si: a) c = 0 b) c ≠ -2 c) c = -2 d) c = 1
El vector (1, c, 1) pertenece a F si es combinación lineal de los dos vectores que generan F: (1, c, 1) = a(1, 1, 0) + b(2, 2, 1) Es decir: (1, c, 1) pertenece a F si se cumplen las ecuaciones: 1 = a + 2b c = a + 2b 1=b De la última ya sabemos que b = 1. Despejando este valor en la primera queda: 1 = a + 2 a = -1Sustituyendo los valores obtenidos para a y b en la segunda: c = -1 + 2 c = 1 La solución es, pues, la d).
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Dados a, b de R, el vector (a,b) de R 2 es igual a una combinación afín de los vectores (1,2) y (0,-3) si y solamente si: a) a + b = 1
b) 5a – b = 3
c) a = 0 y b = 1
d) 2a – 3b = 0
Para que (a,b) sea combinación afín de (1,2) y (0,-3) se tiene que cumplir que: (a,b) = x(1,2) + y(0,-3), con x + y = 1. De lo anterior quedan las ecuaciones: a = x, b = 2x – 3y. (I)
Si intentamos la opción a): a + b = 1 b = -a. Sustituyendo b por –a en las ecuaciones (I) nos queda: a = x, -a = 2x – 3y. Como a = x -x = 2x – 3y -3x = 3y x = -y. Se tiene que cumplir que x + y = 1, pero si x = -y es válida.
x + y = 0 ≠ 1. La opción a) no
Si intentamos la c): a = 0, b = 1 0 = x, 1 = 2x – 3y 1 = - 3y y = -1/3. Se tiene que cumplir que x + y = 1, pero si x = 0, y = -1/3 opción c) no es válida.
x
+ y = -1/3 ≠ . La
Si intentamos la opción b): 5a – b = 3 b = 5a - 3. Sustituyendo b por 5a - 3 en las ecuaciones (I) nos queda: a = x, 5a – 3 = 2x – 3y. Como a = x 5x - 3 = 2x – 3y 3x - 3 = -3y 3x = -3y + 3 x = - y + 1. Se tiene que cumplir que x + y = 1, pero si x = - y + 1 x + y = - y + 1 + y = 1. La opción b) es válida. Como sólo una es correcta, la opción d) no puede ser válida.
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Dado un número real a, la dimensión del subespacio vectorial de R 3 generado por los vectores (2, 3, 0), (0, 1, 2) y (4, 7, a) es igual a 2 si y solamente si: a) b) c) d)
a=2 a≠2
a=0 a≠1
La dimensión del subespacio generado por un conjunto de vectores es igual al rango de la matriz formada con ellos. En este caso sería una matriz cuadrada de orden 3. Calculamos su determinante: 2
3
0
0
1
2
4
7
a
= 2a + 24 – 28 = 2a – 4
El rango de la matriz será menos de 3 si el determinante vale 0, es decir, si 2a – 4 = 0 a = 2. Como el determinante formado con las dos primeras filas y columnas de la matriz no vale 0: 2
3
0
1
= 2,
Entonces el rango de la matriz y, por lo tanto, la dimensión del subespacio que nos piden, es 2 si y solamente si a = 2. La solución es la opción a).
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Sea la base B = {(1,0,0), (0,1,0), (1,1,1)} de R 3 y f la aplicación lineal de R 3 en R2 tal que: f(1,0,0) = (1,2), f(0,1,0) = (-1,1), f(1,1,1) = (0,1) La matriz asociada a f en las bases canónicas es: 1 1 2 1 1 b) a) 0 2 1 2 1
1 1 1 0 c) d) 1 1 2 1 2 0 0
2
1
1
La matriz asociada de una aplicación lineal de R 3 en R2, en las bases canónicas, es una matriz cuyas columnas están formadas por los vectores de R 2 que son las imágenes de los vectores de la base canónica de R 3. Es decir, hay que calcular las imágenes de (1,0,0), (0,1,0) y (0,0,1), que son los vectores de la base canónica de R 3. El ejercicio ya nos da dos de esas imágenes: las de (1,0,0) y de (0,1,0). Por lo tanto la matriz asociada tendrá en su primera columna la imagen de (1,0,0), que es (1,2), y en su segunda columna la imagen de (0,1,0), que es (-1,1). Es decir, la matriz asociada que nos piden empieza así: 1 1 2 1
. Esto descarta la opción d), que es imposible.
¿Cómo calcular la imagen que falta? f(0,0,1). Para ello primero hay que expresar el vector (0,0,1) en la base B de R 3, hallando sus coordenadas en esa base: (0,0,1) = a(1,0,0) + b(0,1,0) + c(1,1,1). De aquí salen las ecuaciones: 0 = a + c, 0 = b + c, 1 = c. La solución de este fácil sistema es: a = -1, b = -1, c = 1. Ahora calculamos la imagen del vector así: f(0,0,1) = af(1,0,0) + bf(0,1,0) + cf(1,1,1) = a(1,2) + b(-1,1) + c(0,1) = -1(1,2) -1(-1,1) + 1(0,1) = (0,-2). La tercera columna de la matriz asociada corresponde al vector (0,-2). La matriz 1 1
es:
2
1
y la solución correcta es la c). 2 0
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Sea f la aplicación lineal de R 3 en R2 tal que: f(1,0,0) = (1,1), f(0,1,0) = (0,-1), f(0,0,1) = (1,2) Se considera la base B = {(1,1), (1,0)} de R 2. Los términos de la 3ª columna de la matriz asociada a f en las bases canónica de R3 y B de R2 son: a) 1 y 2 b) 2 y -1 c) 1 y 1 d) 1 y 0.
La matriz asociada de la aplicación lineal de R 3 en R2 que nos piden, es una matriz cuyas columnas están formadas por los vectores de R 2, expresados en la base B, que son las imágenes de los vectores de la base canónica de R 3. Es decir, hace falta coger los vectores que son imagen de los tres vectores de la base canónica de R3 y hallar sus coordenadas en la base B de R 2. Realmente no hace falta hacer esto para los tres vectores, ya que sólo nos piden la 3ª columna de la matriz asociada, así que sólo hace falta hallar las coordenadas en la base B de la imagen del tercer vector de la base canónica de R3, es decir, de (1,2). Si las coordenadas de (1,2) en B son x, y, entonces se tiene que: (1,2) = x(1,1) + y(1,0) = (x,x) + (y,0). De aquí salen las ecuaciones: 1 = x + y, 2 = x. Luego x = 2, y = -1 Solución: la 3ª columna está formada por los números 2 y -1. Respuesta correcta: la b).
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1 Sea A la matriz 2 0
1 3 2
0
1 y sea f la aplicación lineal de R 3 en R3 cuya matriz 1
asociada en las bases canónicas es A. Dada la base B = {(1,0,0), (0,1,0), (0,1,1)} de R 3, los términos de la tercera columna de la matriz asociada a la aplicación lineal f en las bases B de R 3 y B de R3 (misma base en los espacios inicial y final) son: a) 0, 0 , -1 b) 0, 1, 1 c) 1, 1, 1 d) 1, 0, 1
Cada columna de la matriz asociada que nos piden será la imagen de cada vector de la base B expresada en coordenadas respecto de dicha base B. La imagen de (1,0,0), primer vector de B, como es también el primer vector de la base canónica de R3, es la primera columna de A: f(1,0,0) = (1,2,0). De forma similar, la imagen del segundo vector de B, (0,1,0), es la segunda columna de A: f(0,1,0) = (1,3,2). La imagen del tercer vector de B es más complicada, ya que (0,1,1) no pertenece a la base canónica. Para hallarla se razona así: f(0,1,1) = 0*f(1,0,0) + 1*f(0,1,0) + 1*f(0,0,1) = 0*(1,2,0) + 1*(1,3,2) + 1*(0,-1,-1) = (1,3,2) + (0,-1,-1) = (1,2,1). Esta imagen que hemos calculado del tercer vector de la base B será la tercera columna que nos piden de la matriz asociada, pero aún falta expresar dicha imagen en coordenadas respecto de la base B: (1,2,1) = a*(1,0,0) + b*(0,1,0) + c*(0,1,1). De aquí salen las ecuaciones: 1 = a, 2 = b + c, 1 = c. Es decir: a = 1, b = 1, c = 1. Por lo tanto: (1,2,1) = (1,1,1) B. Este vector que hemos obtenido es la tercera columna de la matriz que nos piden: 1, 1, 1. Solución: la opción c).
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Sea f la aplicación lineal de R 3 en R2 tal que: f(1,0,0) = (1,2), f(0,1,0) = (-1,1), f(0,0,1) = (0,-2) Las dimensiones respectivas de los subespacios vectoriales Kerf e Imf son: a) 0 y 3 b) 1 y 2 c) 2 y 1 d) 3 y 0
Podemos empezar calculando kerf o calculando Imf. Vamos a hacerlo con la imagen: Las imágenes de una base del espacio inicial de una aplicación lineal f generan Imf. Así, las imágenes de los tres vectores de la base canónica de R 3 serán generadores de Imf: {(1,2), (-1,1), (0,-2)}. Estos tres vectores generan Imf pero,¿son una base de Imf? Para ello deberían ser independientes, lo cual es imposible porque en R 2 más de dos vectores siempre son linealmente dependientes. Si escojo dos de ellos, por ejemplo (1,2) y (-1,1), ¿son independientes? Sí ya que ninguno es múltiplo del otro (o porque el determinante que forman no vale 0). Esos dos vectores: (1,2) y (-1,1) forman una base de Imf, ya que son generadores e independientes. Por ello Dim (Imf) = 2. Y el ejercicio está acabado, la única respuesta posible ya es la b). Recordad que la dimensión del kerf se podría calcular ahora con la fórmula: Dim (kerf) + Dim (Imf) = Dim(Espacio inicial) Como en este caso la dimensión del espacio inicial (que es R 3) es 3 y la de Imf es 2, entonces Dim (Kerf) = 1.
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3
2
Considérese la aplicación lineal f: R →R , tal que f(x,y,z) = (x – 3y + 2z,2x – 6y
+ 4z). Las dimensiones respectivas de los subespacios vectoriales Kerf y Imf son: a) 1 y 2 b) 0 y 3 c) 2 y 1 d) 2 y 2
Para hallar la dimensión de la imagen calculamos primero las imágenes de los tres vectores de la base canónica de R 3, utilizando que f(x,y,z) = (x – 3y + 2z,2x – 6y + 4z). f(1, 0, 0) = (1, 2); f(0, 1, 0) = (-3, -6); f(0, 0, 1) = (2, 4). Ahora nos fijamos en que el vector (-3, -6) es (-3)*(1, 2), es decir, (-3, -6) es múltiplo de (1, 2). De la misma forma (2, 4) = 2*(1, 2), es decir, (2, 4) es múltiplo de (1, 2). Por lo tanto el rango de los tres vectores (1, 2), (-3, -6) y (2, 4) es 1 (sólo hay un vector independiente). El rango de esos tres vectores (que son las imágenes de los vectores de la base canónica) es igual a la dimensión de la imagen de f. Así: Dim(Imf) = 1. Se debe cumplir que Dim(Kerf) + Dim(Imf) = Dim(R 3) = 3. Esto nos dice, como Dim(Imf) = 1, que Dim(Kerf) = 2. Solución: la opción c).
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3
2
Considérese la aplicación lineal f: R →R , tal que f(x,y,z) = (x – 3y + 2z,2x – 6y
+ 4z). El subespacio vectorial Kerf es igual a: a) b) c) d)
{(0, 0, 0)} R(3, 1, 0) R(3, 1, 0) + R(-2, 0, 1) {(x, y, z) de R3 / x – 3y = 0}
En el ejercicio anterior hemos visto que Dim(Kerf) = 2. Esto descarta las opciones a) y b). En la opción a) la dimensión del Kerf sería 0 y en la opción b) sería 1. Vamos a ver la opción d): Un vector cualquiera (x, y, z) del Kerf cumpliría que x – 3y = 0, es decir, cumpliría que x = 3y. Por lo tanto (x, y, z) = (3y, y, z) = (3y, y, 0) + (0, 0, z) = y(3, 1, 0) + z(0, 0, 1). Así que, en esta opción Kerf = R(3, 1, 0) + R(0, 0, 1). Veamos si los vectores de las bases en las opciones c) y d) pertenecen al Kerf. Su imagen deberá ser el vector (0, 0). Utilizo que f(x,y,z) = (x – 3y + 2z,2x – 6y +
4z). Empezamos por (3, 1, 0): f(3, 1, 0) = (3 – 3*1 + 2*0, 2*3 – 6*1 + 4*0) = (0, 0). De la misma forma: f(-2, 0, 1) = (-2 – 3*0 + 2*1, 2*(-2) – 6*0 + 4*1) = (0, 0). Ahora f(0, 0, 1) = (0 – 3*0 + 2*1, 2*0 – 6*0 + 4*1) = (2, 4). Luego (0, 0, 1) no pertenece al Kerf, así que R(3, 1, 0) + R(0, 0, 1) no puede ser el Kerf. Esto descarta la opción d). Solución: la opción c).
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3
2
Considérese la aplicación lineal f: R →R , tal que f(x,y,z) = (x – 3y + 2z,2x – 6y
+ 4z). La aplicación lineal f es: a) b) c) d)
Suprayectiva, pero no inyectiva. Inyectiva, pero no suprayectiva. Un isomorfismo. Ninguna de las anteriores.
En los ejercicios anteriores hemos visto que Dim(Kerf) = 2, Dim(Imf) = 1. Para que sea suprayectiva la dimensión de la imagen de la aplicación debe ser igual a la dimensión del espacio final, en este caso R 2, de dimensión 2. No se cumple para este ejercicio, luego f no es suprayectiva. Para que sea inyectiva la dimensión del núcleo (Kerf) de la aplicación debe ser igual a cero. No se cumple tampoco, luego f no es inyectiva. Descartadas pues las opciones a) y b). Para que sea isomorfismo la aplicación debe ser biyectiva, es decir, inyectiva y suprayectiva a la vez. Tampoco se cumple. Descartada la opción c). Solución: la opción d).
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Sea f la aplicación lineal de R 4 en R 3 cuya matriz asociada en las bases canónicas 1 es: 1 1
0
1
1
2
3
4
0 Una base de Ker f es: 2 1
a) ((2, 0,−1,−1), (−6, 0, 3, 3)) , b) ((2, 0,−1,−1), (1,−1, 0,−1), (−6, 0, 3, 3)) , c) ((−1,−1, 1, 0), (1,−1, 0,−1)) , d) ((0, 0, 0, 0))
La matriz asociada en las bases canónicas nos da la imagen de cada vector de la base canónica de R 4: f(1,0,0,0) = (1,1,1), f(0,1,0,0) = (0,1,3), f(0,0,1,0) = (1,2,4), f(0,0,0,1) = (1,0,-2). Observad que cada columna de la matriz nos proporciona la imagen de un vector de la base canónica. Vamos a empezar calculando la dimensión de la imagen. Para ello recordad que las imágenes de los vectores de la base canónica de R4 son generadores de R3 (el espacio final). Las imágenes de los vectores de la base canónica son: (1,1,1), (0,1,3), (1,2,4) y (1,0,-2). Una base de la imagen de f estará formada por aquellos de los vectores anteriores que sean independientes. (1,2,4) = (1,1,1) + (0,1,3), luego (1,2,4) depende de (1,1,1) y (0,1,3). (1,0,-2) = (1,1,1) – (0,1,3), luego (1,0,-2) también depende de (1,1,1) y (0,1,3). (1,1,1) y (0,1,3) son independientes ya que no es uno múltiplo del otro. Luego una base de la Imf está formada por dos vectores. Así Dim(Imf) = 2. Por la fórmula Dim(Kerf) + Dim(Imf) = Dim(Espacio inicial), como en este caso Dim(Espacio inicial) = 4, deducimos que Dim(Kerf) = 2. Luego una base de Kerf estará formada por dos vectores. Esto descarta las opciones b) y d). La opción a) tampoco es válida pues: 3*(2, 0,−1,−1) = (−6, 0, 3, 3), es decir, los
dos vectores son dependientes, así que no pueden ser una base. Sólo queda la opción c).
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Sea f la aplicación lineal de R 4 en R 3 cuya matriz asociada en las bases canónicas 1 es: 1 1
a) b) c) d)
0
1
1
2
3
4
0 Unas ecuaciones de Imf en las variables reales y 1, y2, y3 son: 2 1
y1 + y2 – y3 = 0 y1 + y2 – 3y3 = 0 2y1 - 3y2 + y3 = 0 2y1 + 3y2 - y3 = 0
Como vimos en el ejercicio anterior, una base de la Imf está formada por los vectores (1,1,1) y (0,1,3). Luego un vector cualquiera (y 1, y2, y3) de la imagen será: (y1, y2, y3) = λ(1,1,1) + μ(0,1,3) = (λ, λ + μ, λ + 3μ).
De aquí salen las ecuaciones: y 1 = λ, y2 = λ + μ, y3 = λ + 3μ. Sustituyendo λ en la segunda por y 1: y2 = y1 + μ μ = y2 – y1. Sustituyendo λ por y 1, μ por y2 – y1 , en la tercera: y 3 = y 1 + 3(y2 – y1) = y 1 + 3y 2 –
3y1 y3 = -2y1 + 3y2 2y1 – 3y2 + y3 = 0. Respuesta correcta: la c).
20
Una base de la Imf es: a) b) c) d)
((1,0,-2),(3,2,0)) ((1,1,1),(0,3,1)) ((0,1,3)) ((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1))
Hemos visto que una base de Imf está formada por dos vectores. Esto descarta las opciones c) y d). En el ejercicio anterior hemos encontrado que la ecuación 2y 1 – 3y2 + y3 = 0 la cumplen todos los vectores (y 1, y2, y3) de la imagen. De los dos vectores de la base c), el primero (1,1,1) sí la cumple: 2*1 - 3*1 + 1 = 0, pero el segundo (0,3,1) no la cumple: 2*0 – 3*3 + 1 = -8 ≠ 0. Luego este vector no está en la imagen, así que no puede formar parte de una base de la imagen. Esto descarta la opción c). Solución: la a). Los dos vectores de la base de a) cumplen 2y 1 – 3y2 + y3 = 0.
21
La aplicación lineal f: R 3 R3, cuya matriz asociada en las bases canónicas es: 1 0 1 A = 0 2 1 , es: 1 1 2
a) b) c) d)
No es inyectiva. No es suprayectiva. Es biyectiva. No es endomorfismo.
La imagen de los vectores de la base canónica de R 3 son las columnas de la matriz: f(1,0,0) = (1,0,1), f(0,1,0) = (0,2,-1), f(0,0,1) = (-1,1,2). Las tres imágenes son generadores de la imagen de f. Veamos si son independientes: 1
0
1
0
2
1
1
1
2
= 4 + 2 +1 = 7. Como el determinante no es nulo los tres vectores
son independientes, y forman una base la imagen de f. Por ello: Dim(Imf) = 3. Como: Dim(kerf) + Dim(Imf) = Dim(R 3) Dim(Kerf) + 3 = 3 Dim(Kerf) = 0. Una aplicación es inyectiva si el núcleo está formado sólo por el vector nulo, es decir, si su dimensión es cero. Este el caso, así que f es inyectiva. Una aplicación es suprayectiva si la imagen coincide con el espacio final. En este caso Dim(Imf) = 3 = Dim(Espacio final), luego Imf = R 3, y la aplicación es suprayectiva. Una aplicación es biyectiva si es inyectiva y suprayectiva a la vez. En este caso f es biyectiva. Est es la respuesta, la opción c). Una aplicación es un endomorfismo si los espacios inicial y final coinciden. Por lo tanto, f es un endomorfismo.
22
La aplicación lineal f: R 3 R2, definida por f(x, y, z) = (x+y, x-z) es: a) b) c) d)
Una aplicación inyectiva. Un endomorfismo. Una aplicación suprayectiva. Una aplicación biyectiva.
La aplicación f no es un endomorfismo, ya que los espacios inicial y final son distintos. Podemos hacer este ejercicio calculando quién es el núcleo de f. Un vector cualquiera del núcleo (x,y,z) cumplirá que f(x,y,z) = (0,0). Pero en la definición de f se nos dice que f(x,y,z) = (x+y, x-z). Por lo tanto, un vector cualquiera del núcleo cumplirá que: x + y = 0, x – z = 0. Despejando: y = -x, z = x. Es decir, un vector cualquiera del núcleo (x,y,z) será: (x,y,z) = (x,-x,x) = x(1,-1,1). Por lo tanto hemos obtenido que: Kerf = R(1,-1,1), lo que nos dice además que Dim(Kerf) = 1 y que la aplicación no puede ser inyectiva (porque para ello la dimensión del Ker sería cero). Si la aplicación no es inyectiva, no puede ser biyectiva. Como: Dim(kerf) + Dim(Imf) = Dim(R 3) 1 + Dim(Imf) = 3 Dim(Imf) = 2. Como Dim(Imf) = 2, que es la dimensión del espacio final, R 2, entonces Imf = R 2. Esto significa que la aplicación es suprayectiva.
23
Sea f la aplicación lineal de R3 en R2 de matriz asociada en las bases canónicas 1 0 0 2
1
1
Y considérese la base B = (v 1, v 2) de R2 formada por los vectores v 1 = (1,0) y v 2 = (1,1). Si (v1*, v2*) es la base dual de la base B, la imagen del vector (1,1,1) por la aplicación v1* ○ f es igual a: a) 3 b) 1 c) -1 d) (2,-1)
Lo que nos pide el ejercicio es calcular v 1* ○ f (1,1,1). Para ello primero hay que hallar f(1,1,1) y después, calcular v 1* del vector de R2 que hemos obtenido. ¿Cómo calcular f(1,1,1)? Utilizando la matriz asociada. Cada columna de la matriz nos da la imagen de un vector de la base canónica. Por lo tanto, tenemos: f(1,0,0) = (1,0), f(0,1,0) = (0,-2), f(0,0,1) = (1,1). Ahora hallamos f(1,1,1) así: f(1,1,1) = 1*f(1,0,0) + 1*f(0,1,0) + 1*f(0,0,1) = 1*(1,0) + 1*(0,-2) + 1*(1,1) = (2,-1). ¿Cómo calcular ahora v 1* (2,-1)? Primero tengamos en cuenta que el vector (2,1) tiene sus coordenadas expresadas en la base canónica de R 2 (esto siempre es así, a no ser que se nos indique que las coordenadas son en otra base). Como (v1*, v2*) es la base dual de la base B, necesitamos hallar las coordenadas de (2,1) en la base B. Si dichas coordenadas son x, y, se tendrá que: (2,-1) = x(1,0) + y(1,1) = (x+y,y). De aquí salen las ecuaciones: 2 = x + y, -1 = y. Y nos queda que: x = 3, y = -1. Luego las coordenadas de (2,-1) en B son 3 y -1, es decir: (2,-1) = (3,-1)B. Y finalmente, la base dual cumple que: v 1* (a,b)B = a, v2* (a,b)B = b. Nosotros debemos hallar: v1* (2,-1) = v1* (3,-1)B = 3. Solución: el apartado a).
24
1 La inversa de la matriz 0 1
1 2 0
0
1 es: 1
2 1 1 2 1 2 2 1 1 1 0 a) 1 1 1 b) 1 1 1 c) 1 1 1 d) 1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 0 1 2
1
0
1
Hay dos formas de hacer este ejercicio. Una es calcular la matriz inversa con la fórmula: la inversa es la traspuesta de la matriz adjunta dividida entre el determinante. Otra es multiplicar la matriz que nos dan por cada una de las 4 que nos dan como posibles inversas: si el resultado es la matriz identidad es que efectivamente esa era la matriz inversa. Posiblemente esta última sea la opción más rápida, ya que al ir multiplicando, en cuanto nos salga un número distinto de 1 en la diagonal principal o 0 en las demás posiciones, paramos, esa no será la respuesta válida: 1 0 1
1 2 0
2 1 2 1 1 1 1 1 = 1 1 1 2 0
0
1 , no hace falta calcular más números, el
-1 nos dice que esta no es la solución. 1 0 1
1 2 0
2 1 1 1 1 1 1 1 = 0 2 1 1 2 0
0
0
1
4 ,
no hace falta calcular más números, el 4
nos dice que esta tampoco es la solución. 1 0 1
1 2 0
2 1 1 1 1 1 1 1 = 0 1 2 1 2 0 0
0
0
1
0 .
0
1
Esta es la solución, ya que nos ha salido
la matriz identidad. No haría falta probar la opción d), pero: 1 0 1
1 2 0
0
1 0 1 1 2 1 0 1
1
0 = 1
2
, el 2 nos asegura que esta no era la
solución. 25
1 La inversa de la matriz A = 2 0
1 1 1 2 1 1 4 2 1 b) a)
0
1
1 es: 1
3 2
1 0 1 2 1 1 4 2 1
1 2 0
1 3 2
0
1 1
d) Ninguna de las anteriores. Hay dos formas de resolver el ejercicio. Una, calculando directamente la inversa de A. Otra comprobando una por una las matrices que nos dan para ver cuál es la inversa de A. Para ello recuerda que una matriz multiplicada por su inversa de cómo resultado la matriz identidad. Utilizaré esta segunda forma. Comienzo con la matriz del apartado a). La multiplico por A: 1 1 1 1 2 1 1 2 4 2 1 0
1 3 2
0
1 1 =
1 0 0
0
0
1
0
0
1
Al obtener la matriz identidad como resultado el ejercicio está acabado. La solución es la opción a).
26
b Considérese la matriz 0 b
a
b
1
b
1
a
b
1 1 donde a, b son parámetros reales. Su a
rango verifica: a) No es igual a 2 cualesquiera que sean a y b. b) Es igual a 2 si a = b = 0. c) Es igual a 3 cualesquiera que sean a y b. d) Es igual a 2 si a = b = 1.
El rango es el orden del determinante mayor que podamos obtener en la matriz (cogiendo filas y columnas de ella) que no valga cero. El rango nunca puede superar al mayor de los dos números siguientes: el número de filas y el número de columnas. El rango sólo valdrá cero si todos los números de la matriz son ceros. Por lo tanto en este ejercicio el rango podrá ser como mucho 3 y como poco 1. El enunciado de la opción a) es la clave del ejercicio, y es muy confuso. ¿Qué significa que “no es igual a 2 cualesquiera que sean a y b? Como no hay coma después del 2, significa que no es igual a 2 siempre. Si hubiese una coma después del 2 significaría que no es igual a 2 nunca. Calculamos uno de los determinantes de orden tres de la matriz: el formado por las 3 filas y 1ª, 2ª y 3ª columnas: b
a b
0
b
b
a
1
1 = b3 – b(a-b) – b2 + ab = b3 – ba + b2 – b2 + ab = b 3. Si este b
determinante no vale cero el rango sera 3. ¿Cuándo vale cero? b3= 0 b = 0. Sólo vale cero en el caso anterior, luego en los demás casos el determinante no vale cero y el rango de la matriz es 3. Por lo tanto la respuesta correcta es la a) ya que hay casos en los que el rango es 3, no es igual a 2. Podéis comprobar además que los otros tres casos son falsos. 27
1
a
b
2
La matriz A = a) b) c) d)
es invertible si:
ab = 2 a=0 a = -1 y b = -2 a=2yb=1
Una matriz es invertible si tiene inversa. Una matriz cuadrada tiene inversa si su determinante no vale cero. Calculamos entonces el determinante de A A
=
1
a
b
2
= 2 – ab
Igualamos a cero el resultado: 2 –ab = 0 ab = 2 Esto significa que el determinante vale cero (y por lo tanto A no es invertible) si ab = 2. Esto descarta la opción a). En todos los demás casos: ab ≠ 2, la matriz es invertible.
En el apartado c) nos dice que a = -1 y b = -2. Luego ab = (-1)(-2) = 2. Tampoco sería invertible. Descartamos c). En el apartado d) nos dice que a = 2 y b = 1. Luego ab = 2. Tampoco sería invertible. Descartamos d). En el apartado b) nos dicen que a = 0. Entonces el producto ab no valdría nunca 2 (valiese b lo que valiese). Es decir, en este caso ab ≠ 2. Luego A es invertible.
Esta es la solución. Otra opción para hacer este ejercicio es empezar por la opción b). Como a = 0 en este caso, sustituimos en la matriz A la a por 0 y calculamos el determinante: A
=
1
0
b
2
= 2 – 0 = 2. Como el determinante no vale 0, la matriz es invertible.
Luego la solución es el apartado b).
28
a
Sea
c
a) b) c) d)
b
1 la inversa de la matriz d 2
3
. Entonces:
3
a+d=4 a + d = -4/3 a=d ad – bc = 0
1
3
2
3
El método más sencillo es calcular la inversa de A = 1
3
2
3
.
= 3 – 6 = -3.
3 2 3 1 -1 A = = 3
1 2 / 3 . 1 1 / 3
Ahora veamos cuál de las 4 opciones se cumple: Opción a): a + d = -1 + (-1/3) = -4/3 ≠ 4. Opción b): a + d = -1 + (-1/3) = -4/3. Esta es la solución: opción b).
29
Considérese el siguiente sistema de ecuaciones lineales: x – y + z = 2 x – 2y + z = 7 x – y = - 2 Se verifica: a) b) c) d)
Tiene infinitas soluciones. Admite una única solución (a, b, c), y esta verifica: a + b + c = -8. Admite una única solución (a, b, c), y esta verifica: a + b + c = 16. Ninguna de las anteriores.
Para resolver el sistema convertimos la matriz ampliada en escalonada reducida a través de los siguientes pasos: 1 1 1 2 1 1 1 0 0
1 1 0
0
1
1
0
0
1
1 1 7 0 1 2 1 1 2
3 1 5 0 0 4
0
0
1
0
0
1
1 0 0
2 1 1 1 1 1 0 5 0 5 0 1 1 2 0 0 1 4 0 0
2
1 0 1
5 4 2
7 5 . 4
La última matriz obtenida ya es escalonada reducida. De ella tenemos la solución: x = -7, y = -5, z = 4. El sistema es compatible determinado con una única solución. La solución cumple que a + b + c = x + y + z = -7 + (-5) + 4 = -8. Respuesta correcta la b).
30
Considérese el siguiente sistema de ecuaciones lineales: x – 2y - 2z = 2 x + 2y + z = -3 2x – z = - 2 Se verifica: a) b) c) d)
Tiene infinitas soluciones. Admite una única solución. No admite solución. Ninguna de las anteriores.
Convertimos la matriz ampliada en escalonada reducida a través de los siguientes pasos: 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 3 0 4 3 5 0 4 3 5 1 1 2 2 0 1 2 2 0 1 2 0 4 6 3 1 2 2 2 0 4 3 5 . 0 0 1 0
La última matriz obtenida es escalonada y tiene un pivote en la última columna (la de los términos independientes). Eso significa que el sistema es incompatible, no tiene solución. Respuesta correcta la c).
31
Considérese el siguiente sistema de ecuaciones lineales: x – y – z = 0 2x + y – 5z = 0 3x + 2y – 8z = 0 Se cumple: a) Admite como solución todas las matrices columna de la forma
1 1 1
b) No admite solución. c) Admite una única solución que es
0 0 0
d) Ninguna de las anteriores.
Para resolver el sistema convertimos la matriz ampliada en escalonada reducida: 1 1 1 2 1 5 3 2 8
0
1 1 1 0 1 1 0 0 0
0
0 0
1 1 1 0 3 3 3 2 8
1 0 0 0 0
1 1 1 0 0 3 3 0 5 5 0 0
0
1
2 1
0
0
0
0
1 1 1 0 0 1 1 0 5 5 0 0
0
0
0
0
La última matriz del proceso anterior es escalonada reducida y nos da las soluciones: x = 2λ, y = λ, z = λ. Por ello admite como soluciones todas las matrices columna de la forma: Respuesta: la opción d).
2 1 1
32
Considérese el siguiente sistema de ecuaciones lineales: 2x – y = 2 3x + y = 1 7x - y = 5 Para este sistema se cumple: a) No admite solución. a
b) Admite una única solución , y este única solución verifica a + b = -1/5. b a
c) Admite una única solución , y este única solución verifica a = b. b
d) Ninguna de las anteriores.
Convertimos la matriz ampliada en escalonada reducida: 2 1 3 1 7 1
2
1 5
1 1 1
2 3 7
1 2 2 1 2 0 5 3 0 1 0 0 0 0 0
1 2 2 1 2 2 1 2 2 5 3 0 5 3 3 1 0 1 1 1 7 0 5 1 7 5 5 5 3 2
2 1 3 / 5 0 0 0
0 1 0
4 / 5 3/ 5 0
De la última matriz obtenemos que x = 3/5, y = -4/5 es la solución única del sistema. Se tiene que x + y = 3/5 + (-4/5) = -1/5. Solución: la opción b).
33
El conjunto de los números reales x tales que I x – 2 I ≤ 3 es: a) b) c) d)
Conjunto vacío [1, 5] {5} [-1, 5]
La inecuación I x – 2 I ≤ 3 se resuelve así: I x – 2 I ≤ 3 -3 ≤ x – 2 ≤ 3 -3 + 2 ≤ x ≤ 3 + 2 -1 ≤ x ≤ 5 La solución obtenida corresponde al intervalo cerrado [-1, 5]. Solución: la opción d).
34
El conjunto de los números reales x tales que I x – 2 I = 3 es: a) b) c) d)
Conjunto vacío [1, 5] {-1, 5} [-1, 5]
La ecuación I x – 2 I = 3 se resuelve así: I x – 2 I = 3 x – 2 = 3 ó x – 2 = -3. En el primer caso: x = 2 + 3 x = 5. En el segundo caso: x = 2 – 3 x = -1. La solución obtenida es el conjunto {-1, 5}, que sólo contiene a esos dos números. Solución: la opción c).
35
¿Cuál de los siguientes conjuntos tiene a -1 de supremo? A) (-∞, 6) ∩ [3, 7) B) (-∞ -7) C) [-12, -8) U (-5, -1) D) (-10, 10) ∩ (-8,0).
El conjunto del apartado A es: (- ∞, 6) ∩[3, 7) = [3, 6), y el supremo es 6, no -1. El intervalo del apartado B) tiene de supremo a -7. El conjunto de C) es: [-12, -8) U (-5, -1) y está formado por la unión de todos los números comprendidos entre -12 (incluido) y -8 y los comprendidos entre -5 y 1. Las cotas superiores son todos los números mayores o iguales que -1 (que es el mayor número del conjunto). El supremo es -1. El conjunto del apartado D) es: (-10, 10) ∩ (-8,0) = (-8, 0) tiene a 0 de supremo. Solución: La opción c).
36
¿Cuál de los siguientes conjuntos de números reales no tiene mínimo? A) (-∞, 5) ∩ [2, +∞). B) (-2, 5) ∩ [-1, 6). C) (-4, 7) ∩ [0, 3]. D) (2, +∞) U [5, 10] . El conjunto del apartado A es: (- ∞, 5) ∩[2, +∞) = [2, 5), y como el ínfimo es 2, que sí está en A, entonces A sí tiene mínimo, el 2. El conjunto del apartado B es: (-2, 5) ∩[-1, 6) = [-1, 5), que tiene ínfimo y mínimo iguales a -1. El conjunto del apartado C es: (-4, 7) ∩[0, 3] = [0, 3], con ínfimo y mínimo iguales a 0. El conjunto del apartado D es: (2, +∞) U [5, 10] = (2, +∞), cuyo ínfimo es 2, que
no está en el conjunto, luego no tiene mínimo. Este es la solución. Solución: La opción d).
37
La sucesión ((-n3 + 2n2)/(n2 - n)) tiene límite igual a: a) b) c) d)
+∞
-1 -∞ 0
Tenemos que calcular el límite de un cociente de dos polinomios. El grado del numerador es 3, el del denominador es 2. Al ser mayor el grado del numerador el límite es infinito. Falta por decidir si es + ó – infinito. Necesitamos utilizar los términos de mayor grado. En el numerador es -n 3, de coeficiente -1 y signo negativo. En el denominador es n 2, de coeficiente 1 y signo positivo. Al dividir los signos, negativo entre positivo nos da negativo. Por lo tanto el límite es - ∞. Solución: la opción c).
38
La sucesión ((n3 + n2 - n)/(2n3 + 2)) tiene límite igual a: e) f) g) h)
+∞
1/2 -∞ 0
Tenemos que calcular el límite de un cociente de dos polinomios. El grado del numerador es 3, el del denominador es 3 también. Como son iguales necesitamos los términos de mayor grado. En el numerador es n3, de coeficiente 1. En el denominador es 2n 3, de coeficiente 2. El límite es la división de los coeficientes: 1/2. Solución: la opción b).
39
El límite lim( a) b) c) d)
4n
2
1
n 1
) es igual a:
2 +∞
0 No existe
El grado del numerador es 2/2 = 1 y el grado del denominador es 1. En este caso los términos de mayor grado son 4n 2 en el numerador, de coeficiente 4, y n en el denominador de coeficiente 1. Hay que calcular la raíz del coeficiente del numerador y dividirlo por el coeficiente del denominador. Para el 4 hay que hallar su raíz cuadrada, que es 2. Por lo tanto el límite es 2/1 = 2. Solución: la opción a).
40
El límite de la sucesión (
2n 3n
2
4
3 ) es igual a: 10
a) +∞ b) 2 / 3 c) – 3 / 10 d) 0
El grado del numerador es 4/2 = 2 y el grado del denominador es 2. En este caso, ya que los grados coinciden, los términos de mayor grado son 2n 4 en el numerador, de coeficiente 2, y 3n 2 en el denominador de coeficiente 3. Hay que calcular la raíz del coeficiente del numerador y dividirlo por el coeficiente del denominador. Para el 2 hay que hallar su raíz cuadrada, que es 2
. Por lo tanto el límite es
2
/3.
Solución: la opción b).
41
42
