Escuela Escuela Politécnica Politécnica Nacional Nacional Algebra Lineal II y Cuadrática Solución Serie de Ejercicios Espacios Afines Alejandro Coloma Diciembre del 2009
1. Sea E = S (R) el espacio vectorial de las sucesiones con términos reales. Se recuerda que las operaciones se definen para u = {un } ∈ E , v = {vn } ∈ E , λ ∈ R
{u v }n = un + vn
{λ u}n = λun
a ) Sean a ∈ R, G(a) = {Suceciones geométricas de razón a}. Mostrar que G(a) es un subespacio vectorial de E . Dar su dimensión. b ) Sean b ∈ R, H (b) = {Sucesiones aritméticas de razón b}. Sea u = {un } ∈ H (b). Expresar un en función de u1 y de b. Deducir Deducir que H (b) es un subespacio afín de E , cuya dirección se precisará. c ) Sean a, b ∈ R. Se define C (a, b) = {u ∈ E / un+1 = aun + b ∀n ∈ subespacio afín de E y dar su dirección.
N}.
Mostrar que C (a, b) es un
Desarrollo: a ) Demostración.
n−1
G(a) = {un } ∈ E / u n = u1 a
∀n ∈ N
Sea {vn } y {wn } sucesiones aritméticas de razón a, es decir, que tienen la forma:
{vn } = {v1 , v1 a1
−1
, v1 a2
{wn } = {w1 , v1 a1
, w1 a2
−1
−1
−1
, . . . , v1 an
−1
,...}
−1
, . . . , w1 an
,...}
P.D. {vn } {wn } ∈ G(a)
{vn } {wn } = {(v1 ) + (w ( w1 ), (v1 )a1 1 + (w (w1 )a1 1 , (v1 )a2 1 + (v (v1 )a2 1 , . . . , , . . . , (v1 )an 1 + (v (v1 )an 1, . . . } = {(v1 + w1 ), (v1 + w1 )a1 1 , (v1 + w1)a2 1 , . . . , (v1 + w1 )an 1, . . . } −
−
−
−
−
−
−
−
−
como v1 + w1 ∈ N vemos que la suma de sucesiones geométricas de razón a es una sucesión geométrica. P.D. λ {vn } ∈ G(a) λ {vn } = {λ(v1 ), λ(v1 )a1
−1
, λ(v1)a2
, . . . , λ( λ(v1 )an
= {(λv1 ), (λv1 )a1
, (λv1)a2
, . . . , (λv1 )an
−1
−1 −1
Vemos que se obtiene una sucesión geométrica de razón a. P.D. G( G(a) = ∅ Sea{un } una sucesión geométrica con razón a, tal que u1 = 0
{un } = {u1 , u1a1
−1
, u1 a2
−1
{un } = {0, 0, . . . , 0, . . . } 1
−1
, . . . , u1 an
,...}
−1
,...}
−1
,...}
Sea u1 = 1, de aquí podemos encontrar una base para G(a) B = {{un }}
{un } = {1, a1 1 , a2 −
−1
−1
, . . . , an
,...}
vemos que dimG(a) = 1 b) H (b) = {{un } / un+1 = un + b ∀n ∈ N} u1 u2 u3 u4
= = = =
u1 u1 + b u2 + b = u1 + 2b u3 + b = u1 + 3b
⇒ un = u1 + (n − 1)b
Vemos que H (b) no es un subespacio vectorial porque no contiene a la sucesión {0n } Sea −−−→ ϕ : H (b) × H (b) → H (h) ({un }, {vn }) → ϕ({un }, {vn }) = {hn } = {un } − {vn } = uv donde
{un } − {vn } = {un } {−vn } Veamos si ϕ está bien definido: Si {un }, {vn } ∈ H (b), entonces
{un } − {vn } = {u1 − v1 , u1 + b − v1 − b,...,u1 + (n − 1)b − v1 − (n − 1)b, ...} {un } − {vn } = {u1 − v1 , u1 − v1 ,...,u1 − v1 ,...} −−−→ {un } − {vn } ∈ H (h) está bien definido. Entonces demostremos que H (b) es un espacio afín. Demostración.
−−−→ i) Dado {un } ∈ H (b), h = {hn } ∈ H (h) {hn } = {un } + ({hn } − {un })
si tomamos {vn } = {un } − {hn } entonces {vn } ∈ H (b)
{vn } = {un } − {hn } = {u1 − h1 , (u1 − h1 ) + (2 − 1)b, ..., (u1 − hn ) + (n − 1)b, ...} necesitamos que h1 = h2 = ... = hn , es decir, necesitamos que el subespacio director de nuestro subespacio afín sea el subespacio vectorial de sucesiones constantes. No queda otro −−−→ que H (h) = {0n }
{vn } = {u1 − h1 , (u1 − h1 ) + b, ..., (u1 − h1 ) + (n − 1)b, ...} ∈ H (b) donde {vn } es único tal que
{hn } = {un } − {vn } ii) Sean {un }, {vn }, {wn } ∈ H (b) P.D. uv + vw = uw pero uv + vw = {un } − {vn } + {vn } − {wn } = {un } − {wn } = uw como H (b) cumple con los axiomas de subespacio afín, tenemos que es un subespacio afín, −−−→ cuya dirección H (b) es un subespacio de E .
2
c) C (a, b) = {{un } ∈ E / u n
−1
u1 u2 u3 u4
= = = =
= aun + b ∀n ∈ N}
u1 au1 + b a(au1 + b) + b = a2 u1 + ab + b = b(a + 1) a(a2 u1 + ab + b) + b = a3 u1 + b(a2 + a + 1) C (a, b) =
−1
{un } ∈ E / u n = an
−1
−2
⇒ un = an
u1 + b(an
n−2
u1 + b
+ ... + a + 1)
ai ∀n ∈ N
i=0
−−−−→ Demostración. P.D. ∃{un } ∈ C (a, b) y ∃C (a, b)subespacio vectorial tales que: −−−−→ C (a, b) = {vn } ∈ E / uv ∈ C (a, b)
−−−−→ Definimos a C (a, b) = {{cn } ∈ E / cn = an de subespacio vectorial. Ahora, sea
−1
c1 ∀ n ∈
N},
−−−−→ donde C (a, b) cumple con los axiomas
ϕ ({un }, {vn }) = {un } − {vn } =
2−2
u1 a
1−1
1−1
− v1 a
, u1 a
2−1
− v1 a
+b
2−2 i
a −b
i=0
n−2
,...,u1 a
2−1
n−1
− v1 a
n−1
+b
a −b
i=0
= {(u1 − v1 )a1
−1
, (u1 − v1)a2
−1
ai ,...
i=0
n−2 i
ai
i=0
−1
, ..., (u1 − v1 )an
}
−−−−→ se verifica que uv tiene la forma de las sucesiones que pertenecen a C (a, b). Ahora basta tomar el punto fijo, que es la sucesión de la forma:
2−2
{un } = u1 , u1 a2
−1
+b
n−2 −1
ai ,...,u 1 an
+b
i=0
ai
i=0
−−−−→ y el subespacio director C (a, b) para definir al subespacio afín C (a, b) 2. En
R3 .
Sean A(1, 1, 1), B(1, 0, 0), C (0, 1, t) t ∈ R
−−→ −−→ a) Mostrar que AB y AC t son linealmente independientes b) Sea v = (v1 , v2 , v3 ) ∈ R3 , hallar αt , βt , γ t tales que
−−→ −−→ AB, AC t y v son linealmente dependientes ⇔ αt v1 + βt v2 + γ t v3 = 0 c) Mostrar que existe un único plano afín P t que contiene a A,B,C t d ) Dar las ecuaciones paramétricas de P t e) Dar la ecuación cartesiana de P t f ) Mostrar que existe un único valor de t para el cual P t es un plano vectorial. Desarrollo: a) Demostración.
−−→ −−→ AB = (1, −1 − 1), AC t = (−1, 0, t − 1) −−→ −−→ αAB + β AC t = 0 α(0, −1, −1) + β(−1, 0, t − 1) = (0, 0, 0) 3
−β = 0 −α (−β, −α, −α + β(t − 1)) = (0, 0, 0) ⇒ = 0 β(t − 1) = 0 b) Sean c1 , c2 ∈ R tales que
⇒β=α=0
−−→ −−→ c1 AB + c2 AC t = v c1 (0, −1, −1) + c2 (−1, 0, t − 1) = (v1 , v2 , v3 ) v1 = −c1
v2 = −c2
v3 = c2 (t − 1) − c1
entonces αt v1 + βv 2 + γv 3 = 0 αt (−c1) + βt (−c2) + γ t (c2 (t − 1) − c1 ) = 0 c1 (−αt − γ t ) + c2 (−βt + γ t (t − 1)) = 0
−γ t αt = βt = γ t (t − 1) γ t = s basta tomar
−s αt = βt = s(t − 1) γ t = s
∀s ∈ R c) Demostración. Por tres puntos no alineados pasa uno y solo un plano afín, entonces tenemos −−→ −−→ que demostrar que A,B,C t son no alineados, es decir, demostrar que AB y AC t son linealmente independientes. En el literal a) esto ya fue demostrado, por tanto A,B,C t son no alineados y un solo plano afín los contiene. d ) Los vectores directores de P t son:
−−→ C t A = (−1, 0, t − 1) = u −−→ C t B = (−1, 1, t) = v y el punto fijo C t = P 0 (0, 1, t) (P t ) : e) x1 + x2 = 1 − α α = 1 − x1 − x2 α = x2 − 1
− α x1 = 0 − α x2 = 1 + α x3 = t + (t − 1)α + tα
x3 = t + (t − 1)(1 − x1 − x2 ) + t(x2 − 1) = t + (t − 1) − tx1 + x1 − x2 t + x2 t − t x1 (t − 1) − x2 + x3 = t − 1 f ) Para que P t sea un plano vectorial debe pasar por el origen, es decir x1 = x2 = x3 = 0 Reemplazando estos valores en la ecuación cartesiana, tenemos que: 0(t − 1) − 0 + 0 = t − 1 t=1 4
3. Se consideran los siguientes subespacios afines de
R3
S = {(x,y,z) / 2x + y + z = 1} T = {(x,y,z) / x − y + 2z = 0} a) Escribir las ecuaciones paramétricas de S y de T b) Estudiar la disposición entre S y T c) Dar la dimensión de Af f (S ∪ T ) y−1 = z + 3 y es paralelo a (S ∩ T ) 2 e) Sea P (1, −1, 1) hallar su proyección sobre S paralelamente a la recta de dirección v = (−1, 3, −5)
d ) Determinar el plano que contiene a la recta =
Desarrollo: a) (S ) :
x1 = α1 x2 = α2 x3 = 1 − 2α1 − α2 P 0 (0, 0, 2)
u 1 = (1, 0, −2), (T ) :
x1 = x2 = x3 =
u 2 = (0, 1, −1) β1 1 2
− β1 +
β2 β2
1 2
Q0(0, 0, 0)
1 w 1 = 1, 0, − , 2
1 2
w 2 = 0, 1,
y T deberían ser iguales. b) Veamos si S y T son paralelos, para ello sus planos directores S = gen (1, 0, −2), (0, 1, −1) y T = gen 1, 0, − 1 , 0, 1, 1 Sea S
1 1, 0, − 2
2
2
= c1 (1, 0, −2) + c2(0, 1, −1) c1 = 1 c2 = 0
−2c1 − c2 = − 12 −2 − 0 = − 12 −2 = − 12 = y los planos afines no pueden ser paralelos. T lo cual es falso, entonces S En R3 dos planos o son paralelos o se intersecan en una recta. Entonces S ∩ T produce una recta afín = ∅, por el teorema de la dimensión de Grassman c) Como S ∩ T dim(Aff [S ∩ T ]) = dimS + dimT − dim(S ∩ T ) = 2 + 2 − 1 = 3 d ) Necesitamos un punto fijo que pertenezca a la primera recta y dos vectores directores. El primer vector director lo obtenemos de la recta: x=
y−1 , 2 z= 5
z =x−3
y−1 −3 2
(x,y,z) =
y−1 y−1 −3 = , y, 2 2
y 1 y 7 − , y, − 2 2 2 2
con el punto fijo P 0 − 12 , 0, − 72 y vector director: v 1 =
1 2
, 1, 12
Para el segundo vector director usamos la recta de intersección de los planos afines S y T . Sumando las ecuaciones cartesianas de manera que se elimine y: 2x + y + z + x − y + 2z = 1 3x + 3z = 1 1 − 3z x= 3 luego de forma que se elimine x 2x + y + z − 2x + 2y − 4z = 1 3y − 3z = 1 y= esto nos permite escribir:
(x,y,z) =
3z + 1 3
1 − 3z 1 + 3z , ,z 3 3
Sacando las ecuaciones paramétricas, se obtiene el punto fijo Q0 v 2 = (−1, 1, 1). Finalmente el plano buscado tendrá la forma:
3
P t = (x,y,z) ∈ R
1 7 / (x,y,z) = − , 0, − 2 2
+R
1 2
, 13 , 0 y el vector director
1 1 , 1, + R (−1, 1, 1) 2 2
4. Dadas las rectas del plano afín de ecuaciones 3x + 2y = 1, y = 5, 6x + y = −13, hallar el triángulo ABC que tiene por medianas a estas tres rectas, el vértice A sobre la primera recta y el punto (−1, 2) en el punto medio del segmento BC Desarrollo: Sea Q(−1, 2) Sabemos que c2 = 5 porque C pertenece a la recta y = 5. Además
−−→ −−→ CQ = QB (2 − c2 , −1 − c1 ) = (b2 − 2, b1 + 1)
−3 = b2 − 2 ⇒ b2 = −1 Como B pertenece a la recta 6x + y = −13, podemos hallar b1 =
−12 − (−1) = −2 6
B(−2, −1)
−1 − c1 = b1 + 1 ⇒ c1 = −2 − b1 = 0 C (0, 5) Sea R(r1, r2) el punto medio del segmento AC , entonces:
−→ −→ RA = CR ⇔ (a1 − r1 , a2 − r2 ) = (r1 − c1 , r2 − c2 )
6
además, como R pertenece a la recta 6x + y = −13 y A a la recta 2x + 2y = 1 = = = =
a1 a2 6r1 + r2 3a1 + 2a2
1 0 0 3
0 −2 0 1 0 −2 0 6 1 2 0 0
| 0 | −5 | −13 | 1
∼
1 0 0 0
0 1 0 0
2r1 2r2 − 5 −13 1
0 0 1 0
0 0 0 1
| −7 | 11 ⇒ a1 = −7, a2 = 11 | 72 | 8
A(−7, 11); B(−2, −1) : C (0, 5) 5. En
R3
afín se consideran los siguientes subespacios afines
S = Af f {(1, 2, 2), (0, 1, 1)} T = {P = (1, 0, 1 + gen{(1, 1, 1), (0, 1, 1)})} hallar S ∩ T y S + T Desarrollo: el espacio vectorial director de S y T el de T . Sea S = gen u1 = (1 − 0, 2 − 1, 2 − 1) = u1 = (1, 1, 1) S = gen v1 = (1, 1, 1), v2 = (0, 1, 1) T como u1 es combinación lineal de v1 y v2 , tenemos que: ⊂ T S es decir
S < |T parametrizando S y T (T ) :
x1 = 1 + α1 x2 = α1 + α2 x3 = 1 + α1 + α2
(S ) :
x1 = β x2 = 1 + β x3 = 1 + β
Igualando sus componentes xi , i = 1, 2, 3 1 + α1 = β α1 + α2 = 1 + β 1 + α1 + α2 = 1 + β
α1 + α2 = 2 + α1 ⇒ 1 + α1 + α2 = 2 + α1
⇒
α2 = 2 α2 = 1
Lo cual es falso, entonces los planos no se intersecan S ∩ T = ∅ Sea R0 ∈ S + T
T = (1, 2, 2) + R(1, 1, 1) + R(0, 1, 1) S + T = R0 + S +
6. En los siguientes casos estudiar la posición relativa de los subespacios afines S y T a) S el hiperplano de ecuación x1 − x2 + x4 = 1 y T el plano que paso por los puntos P 1 (1, 1, 2, 2), P 2(2, 2, 4, 2), P 3 (1, 3, 1, 4) 7
b) S el hiperplano de ecuación x1 − 3x2 + x3 − 2x4 = 4 y T el hiperplano de ecuaciones paramétricas: (x1 = 1 + α1 − 2α2 + 2α3 , x2 = 1 + α1 + α2 + α3 , x3 = 2 − α2 − α3 , x4 = −2 − α1 − 3α2 − α3 ) Desarrollo: a) (S ) :
x1 x2 x3 x4
= α1 = α2 = = 1 − α1 − α2 P 0 (0, 0, 0, 1)
v 1 = (1, 0, 0, −1),
(T ) :
α3
x1 x2 x3 x4
v 2 = (0, 1, 0, 1),
= = = =
v 3 = (0, 0, 1, 0)
1 + β1 1 + β1 + 2β2 − β2 2 + 2β1 2 + 2β2 Q0(1, 1, 2, 2)
u 1 = (1, 1, 2, 0),
u 2 = (0, 2, −1, 2)
Veamos si S < |T , determinemos si existen constantes c1 , c2, c3 , d1, d2 , d3 ∈ R tales que u 1 = c1 v 1 + c2 v 2 + c3 v 3 u 2 = d1 v 1 + d2 v 2 + d3 v 3
1 0 0 −1
0 1 0 1
0 0 1 0
| | | |
1 1 2 0
| 0 | 2 | −1 | 2
entonces se puede escribir
∼
1 0 0 0
0 1 0 0
| | | |
0 0 1 0
1 1 2 0
| 0 | 2 | −1 | 0
u 1 = 1v1 + 1v2 + 2v3 u 2 = 0v1 + 2v2 − v3 ⊂ S , lo que nos lleva a concluir que S < |T entonces T b) (S ) :
x1 x2 x3 x4
= = = = −2 +
α2 1 2
α1 −
3 2
α2 +
α3 α3
1 2
P 0 (0, 0, 0, −2)
u 1 = (2, 0, 0, 1),
(T ) :
α1
x1 x2 x3 x4
v 1 = (1, 1, 0, −1),
u 2 = (0, 2, 0, −3),
= 1 = 1 = 2 = −2
+ β1 + β1 + − β1
u 3 = (0, 0, 2, 1)
− 2β2 + β2 − β2 − 3β2
+ 2β3 + β3 − β3 − β3
Q0 (1, 1, 2, −2) v 2 = (−2, 1, −1, −3),
v 3 = (2, 1, −1, −1)
Veamos que sucede con la intersección de los subespacios directores u 1 = c1 v 1 + c2 v 2 + c3 v 3 u 2 = d1 v 1 + d2v 2 + d3 v 3 u 3 = e1 v 1 + e2 v 2 + e3v 3 8
1 −2 2 1 1 1 0 −1 −1 −1 −3 −1
| | | |
2 0 0 1
| 0 | 2 | 0 | −3
| | | |
0 0 2 1
∼
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
| 0 | − 12 | 12 | 0
| 2 | 12 | − 12 | 0
| 4 | − 12 | − 32 | 0
= T , por lo que concluimos que S||T Como el sistema es consistente, tenemos que S
9
