ESPACIOS VECTORIALES Ejercicio 1 En un espacio vectorial {V , k} , el vector v4 tiene por coordenadas (1,2,1) respecto a los vectores { v1, v2 , v3 } a) Dése las coordenadas del vector v3 respecto a { v1, v2 , v3 } Sabemos que v4 tiene como coordenadas (1, 2, 1) respecto a { v1, v2 , v3 } . Es decir, v4 = v1 + 2 v2 + v3 Por tanto, respecto a { v1, v2 , v4 }, v3 tendrá como coordenadas: v3 = v4 - v1 - 2v2 es decir, (-1, -2 , 1). b) Dése las coordenadas del vector v2 respecto a { v1, v2 , v3 } Basta con ver cómo escribimos v2 respecto a esos vectores mediante una combinación lineal, la cual sería: v2 = 0 v1 + v2 + 0 v3 Por tanto, las coordenadas serían (0 , 1 , 0).
Ejercicio 2 Sean { v1, v2 , v3 } vectores linealmente linealmente independientes, independientes, y { v1, v2 , v3, v4 } vectores linealmente dependientes. Pruébese que el vector v4 es combinación lineal de { v1, v2 , v3 }. Puesto que { v1, v2 , v3, v4 } son vectores linealmente dependientes existe una combinación lineal tal que: ! 1v1
con algún
! i
" 0
+ ! 2 v2 + ! 3v3 + ! 4 v4 = 0
.
Despejando v4 obtenemos: v
" 1 4
=
!
" 4
v
1
" 2
!
" 4
v
2
" 3
!
" 4
Por tanto, v4 es una combinación lineal de { v1, v2 , v3 }
v
3
Ejercicio 3 Los vectores { v1, v2 , v3, v4 } son un sistema generador de un espacio vectorial {V , k} . El vector v4 es combinación lineal de { v1, v2 , v3}. a) Razónese qué valores puede tener la dimensión del espacio. La dimensión de un espacio viene dada por el número de elementos de la base. { v1, v2 , v3, v4 } es un sistema generador pero no es base puesto que no son linealmente independientes ( v4 según el enunciado es combinación lineal de { v1, v2 , v3 }. Por tanto la dimensión del espacio no puede ser 4, pero sí 1,2, ó 3 en función de la dependencia lineal de los vectores { v1, v2 , v3 }. b) Pruébese que { v1, v2 , v3 } es un sistema generador del espacio. Sabemos que { v1, v2 , v3, v4 } es un sistema generador, por tanto cualquier vector v perteneciente al espacio vectorial puede escribirse como una combinación lineal de { v1, v2 , v3, v4 } , es decir v =
! 1v1
+ ! 2 v2 + ! 3 v3 + ! 4 v4
(1)
Además como v4 es combinación lineal de { v1, v2 , v3 } tenemos que v
4
=
! 1v1 + ! 2 v2 + ! 3v3 (2)
Por tanto sustituyendo v4 en (1) tenemos: v =
! 1v1 + ! 2 v2 + ! 3v3 + ! 4 (" 1v1 + " 2 v2 + " 3v3 )
Agrupando términos tenemos: v =
( ! 1 + ! 4 " 1 )v1 + (! 2
+
! 4 " 2 )v2
+
(! 3 + ! 4 " 3 )v3
y por tanto cualquier vector puede escribirse como una combinación de { v1, v2 , v3 } por lo que ese conjunto de vectores también es sistema generador. c) Dése las coordenadas del vector v3 respecto a { v1, v2 , v3 } Escribiendo la combinación lineal para generar v3 a partir de esos vectores obtenemos: v
3
= 0 v1 + 0 v2 + v3
Por tanto tiene como coordenadas (0,0,1). d) Justifíquese si puede afirmarse que { v1, v2 , v3 } forma una base del espacio.
No, puesto que para que formen base es necesario que los 3 sean linealmente independientes y no se da información acerca de ello.
Ejercicio 4 En un espacio vectorial de dimensión 3 se consideran 4 vectores a) Razónese si los cuatro vectores pueden ser una base del espacio. Sabemos que el espacio vectorial tiene dimensión = 3 por lo que todas las bases han de tener 3 elementos. Por tanto, es imposible que un conjunto de 4 vectores forman base, pues sobraría 1. b) Razónese si los cuatro vectores pueden ser un sistema generador del espacio. En el caso de sistema generador no hay restricción en cuanto al número de elementos, por lo que podría ser sistema generador siempre y cuando sea posible generar (escribir como una combinación lineal) todos los vectores del espacio mediante estos 4 vectores.
Ejercicio 5 En el espacio vectorial
!
3
se consideran los siguientes subconjuntos
S1 = { ( x1, x2, x3) / x1 + x2 + x3 = 1 } S2 = { (x1, x2, x3) / x1 + x2 + x3 = 0 } S3 = { (x1, 0, 2x1 ) } a) Averígüese cuáles de los subconjuntos son subespacios vectoriales de
!
3
.
Subespacio S1 = { ( x1, x2, x3) / x1 + x2 + x3 = 1 }
Sean a = ( a1, a2, a3 ) y b = ( b1, b2, b3 ) dos elementos de S1. Si S1 es subespacio de entonces se debe cumplir que ! 1a + ! 2 b
" S
1
Es decir (! 1a1 , ! 1a2 , ! 1a3 ) + (! 2 b1 , ! 2 b2 , ! 3b3 ) = (! 1a1 + ! 2 b2 , ! 1a2
+ ! 2 b2 , ! 1a3 + ! 2 b3 ) " S 1
Y para que este nuevo elemento esté en el subespacio debe de cumplir la restricción x1 + x2 + x3 = 1 Es decir,
!
3
,
! 1a1
+ ! 2 b1 + ! 1a2 + ! 2 b2 + ! 1a3 + ! 2 b3 =
! 1 (a1
+ a 2 + a 3 ) + ! 2 (b1 +
b2
b3 )
+
=
1;
1;
Y como a1 + a2 + a3 = 1 b1 + b2 + b3 = 1 Por pertenecer a S1 tanto a como b tenemos ! 1
Que no se cumple para cualquier
! 1 , ! 2
+ ! 2 =
1
por lo que S1 no puede ser subespacio.
Subespacio S2 = { ( x1, x2, x3) / x1 + x2 + x3 = 0 }
Sean a = ( a1, a2, a3 ) y b = ( b1, b2, b3 ) dos elementos de S2. Si S2 es subespacio de entonces se debe cumplir que ! 1a + ! 2 b
!
" S
2
Es decir (! 1a1 , ! 1a2 , ! 1a3 ) + (! 2 b1 , ! 2 b2 , ! 2 b3 ) = (! 1a1 + ! 2 b2 , ! 1a2
+ ! 2 b2 , ! 1a3 + ! 2 b3 ) " S 2
Y para que este nuevo elemento esté en el subespacio debe de cumplir la restricción x1 + x2 + x3 = 0 Es decir, ! 1a1
+ ! 2 b1 + ! 1a2 + ! 2 b2 + ! 1a3 + ! 2 b3 = 0;
! 1 (a1
+ a 2 + a 3 ) + ! 2 (b1 +
b2
+
b3 ) = 0;
Y como a1 + a2 + a3 = 0 b1 + b2 + b3 = 0 Obtenemos ! 1 0 + ! 2 0
Como esto se cumple para cualquier valor de
=
0
! 1 , ! 2
tenemos que S2 es un subespacio.
3
,
Subespacio S3 = { ( x1, 0, 2x1 ) }
Sean a = ( a1, a2, a3 ) = ( a1, 0, 2a1) y b = ( b1, b2, b3 ) = ( b1, 0, 2b1) dos elementos de S3. Si S3 es subespacio de ! 3 , entonces se debe cumplir que ! 1a + ! 2 b
" S
3
Es decir (! 1a1 ,0,2 ! 1a1 ) + (! 2 b1 ,0,2 ! 2 b1 ) = (! 1a1 + ! 2 b1 ,0,2 ! 1a1 + 2 ! 2 b1 ) " S 3
Y para que este nuevo elemento esté en el subespacio debe de cumplir la restricción x3 = 2x1 x2 = 0 Es decir (! 1a1 + b1! 2 ,0,2(! 1a1 + b1! 2 ))
Y por tanto se cumple. b) Dése una base de cada uno de los subespacios Puesto que S1 no es subespacio basta dar bases de S2 y S3 Base para S2 Para obtener una base a partir de las ecuaciones del subespacio basta con resolver el sistema de ecuaciones que lo definen. En este caso se trata de un sistema de ecuaciones compatible indeterminado con 2 grados de libertad (Tenemos 3 variables y el rango de la matriz del sistema es 1 -> 3 - 1 = 2 ). Por tanto para resolverlo necesitamos tener 2 variables libres, por ejemplo, x2 y x3. De esta forma sean x
=
!
x
=
"
2
3
x
1
=
# x # 2
x
3
=
# ! # "
Por lo que la base queda definida como: {(! " , 0, " ),(! # , # , 0)}
O lo que es lo mismo eliminando ! y ! : {(!1,0,1),( !1,1,0 )}
Base para S3 S3 ya está definido mediante una base y no por ecuaciones. Para expresarlo como un único vector basta con eliminar x1 de la definición, quedando (1,0,2)
Ejercicio 6 Se consideran las aplicaciones de ! 3 en f : !
3
g : !
3
h : !
3
!
:
!
!
/ f ( x1 , x2 , x 3 ) = x1 + x 2
!
!
/ g ( x1 , x2 , x3 ) = 2 x1 " x 3
!
!
/ h ( x1 , x2 , x 3 ) = x1 x2 x 3
+
x 3
a) Compruébese que las dos primeras, f y g, son aplicaciones lineales y la tercera no es lineal. Una aplicación lineal a de verificar que, dados dos elementos cualesquiera del espacio origen ( ! 3 ), por ejemplo v y t y dos escalares cualesquiera se cumpla que: f (! 1v + ! 2 t ) = ! 1 f (v ) + ! 2 f (t )
f ( x1, x2, x3) = x1 + x2 + x3 Sean v y t dos elementos de ! 3 . Comprobamos la condición de linealidad: f (! v + " t ) = ! f (v ) + " f (t ) f (! (v1 , v2 , v3 ) + " (t 1 , t 2 , t 3 )) = f ((! v1 + " t1 , ! v2 + " t 2 , ! v3 + " t 3 )) =
! v1 + " t1 + ! v2 + " t 2 + ! v3 + " t 3 ! (v1 + v2 + v3 ) + " (t 1 + t 2 ! f (v) + " f (t ) Por tanto es una aplicación lineal.
t
+ 3) =
=
g ( x1, x2, x3) = 2x1 - x3 Sean v y t dos elementos de ! 3 . Comprobamos la condición de linealidad: f (! v + " t ) = ! f (v ) + " f (t ) f (! (v1 , v2 , v3 ) + " (t 1 , t 2 , t 3 )) = f ((! v1 + " t1 , ! v2 + " t 2 , ! v3 + " t 3 )) = 2(! v1 + " t1 ) # ! v3 # " t 3
=
! (2 v1 # v3 ) + " (2t 1 # t 3 ) = ! 1 f (v) + ! 2 f (t ) Por tanto es una aplicación lineal. h ( x1, x2, x3) = x1x2x3 Sean v y t dos elementos de ! 3 . Comprobamos la condición de linealidad: f (! v + " t ) = ! f (v ) + " f (t ) f (! (v1 , v2 , v3 ) + " (t 1 , t 2 , t 3 )) = f ((! v1 + " t1 , ! v2 + " t 2 , ! v3 + " t 3 )) = (! v1 + " t1 )(! v2
+
" t 2 )(! v3 + " t 3 ) #
! f (v) + " f (t ) = ! v1v2 v3 + " t1 t 2 t 3 Por tanto no es una aplicación lineal. b) Compruébese que el conjunto de ternas que en la aplicación g se transforman en 0 forman un subespacio vectorial de ! 3 Definimos el conjunto de ternas que se transforman en 0: 3
S {( x1 , x2 , x3 ) ! ! / g ( x1 , x2 , x3 ) 0} =
=
Es decir, cumplen que: 2 x 1 !
x
3
=
0
Para que forme subespacio tiene que cumplir que, eligiendo dos vectores cualesquiera, por ejemplo a y b, del conjunto se tenga que: ! a + " b # S 3 (! a1 , ! a2 , ! a3 ) + (" b1 , " b2 , " b3 ) = (! a1 + " b1 , ! a2 + " b2 , ! a3 + " b3 ) # S
Y tiene que cumplir que 2 x 1 !
x
3
=
0
Es decir, 2(! a1 + " b1 ) # ! a3 # " b3
=
! (2 a1 # b3 ) + " (2 a1 # b3 ) = ! 0 + " 0 Ya que a y b cumplían la condición. c) Dése una base de dicho subespacio Para obtener una base a partir de las ecuaciones resolvemos el sistema. 2 x 1 !
x
3
=
0
En este caso se trata de un sistema compatible indeterminado con 2 grados de libertad (3 variables y rango de la matriz = 1) por lo que hay que parametrizar dos variables, que serán nuestras variables libres. Por ejemplo escogemos x2 y x3. De este modo tenemos x
2
=
"
x
=
x
=
1
3
! 2 x 1
=
2 "
Y agrupando tenemos que la base está formada por {(! , 0,2 ! ),(0, " , 0)}
O lo que es lo mismo {(1,0,2),(0,1,0)}
Ejercicio 7 Se consideran las aplicaciones siguientes: f : !
2
!
!
2
/ f ( x1 , x2 ) = ( x1 + x 2 , 0)
2
g : ! ! ! / g ( x ) = (2 x, x + 1) h : !
2
!
!
3
/ h( x1 , x2 ) = ( x1 , x2 , x1 + x 2 )
a) Compruébese que f y h son lineales y que g no es lineal. f ( x1, x2) = (x1 + x2, 0) Sean v y t dos elementos de ! 2 . Comprobamos la condición de linealidad: f (! v + " t ) = ! f (v ) + " f (t )
f (! (v1 , v2 ) + " (t 1 , t 2 )) = f ((! v1 + " t1 , ! v2 + " t 2 )) = (! v1 + " t1 + ! v2 + " t 2 , 0) =
! (v1 + v2 ) + " (t 1 + t 2 ) = ! f (v ) + " f (t ) Y por tanto es una aplicación lineal. g (x) = (2x, x + 1) Sean v y t dos elementos de ! . Comprobamos la condición de linealidad: g(! v + " t ) = ! g(v ) + " g(t ) g(! (v ) + " (t )) =
(2( ! v + " t ), ! v + " t + 1)) = (2 ! v + 2 " t , ! v + " t + 1) #
! g(v) + " g(t ) = ! (2 v, v + 1) + " (2 t , t + 1) = (2 ! v + 2 " t , ! (v + 1) + " (t + 1))
Y por tanto no es una aplicación lineal. h ( x1, x2, x3) = (x1, x2, x1 + x2) Sean v y t dos elementos de ! 2 . Comprobamos la condición de linealidad: h(! v + " t ) = ! h(v ) + " h(t )
h(! (v ) + " (t )) = h(! v1
+
" t1 , ! v2 + " t 2 ) =
(! v1 + " t1 , ! v2
+
" t 2 , ! v1 + " t1 + ! v2 + " t 2 ) =
(! v1 , ! v2 , ! v1 + ! v2 ) + (" t1 , " t 2 , " t1 + " t 2 ) =
! (v1 , v2 , v1 + v 2 ) + " (t 1 , t 2 , t 1 + t 2 ) = ! h(v) + " h(t ) Y por tanto es una aplicación lineal. b) Encuéntrese los pares (x1,x2) que se transforman en la terna nula (0,0,0) en la aplicación h. Sea: S
Es decir,
2
{( x1 , x2 ) ! ! / h ( x1 , x2 ) 0}
=
=
( x 1 , x 2 , x 1 +
x
2
) = (0,0,0)
Por tanto: x = 0 1
x
2
= 0
x + x 1
2
=
0
Por lo que el único punto que se transforma en 0 es el (0,0) c) Compruébese que forman un subespacio vectorial de ! 2 los pares (x1,x2) que se transforman en el par (0,0) en la aplicación lineal f. Sea: 2
S {( x1 , x2 ) ! ! / f ( x1 , x2 ) 0} =
=
Es decir han de cumplir que x + x 1
2
=
0
Que es la ecuación del subespacio vectorial. Ahora comprobemos que realmente es un subespacio. Cojamos dos vectores, a y b, de 2 ! . Se tiene que verificar que : ! a + " b # S (! a1 , ! a2 ) + (" b1 , " b2 ) = (! a1 + " b1 , ! a2
+
" b2 ) # S
Cumpliendo que: ! a1 + " b1 + ! a2 + " b2 = 0 ! (a1 + a2 ) + " (b1 + b2 ) = 0 Y como a y b verifican que a1
+ a 2 =
0
b1
+
b2
0
=
por pertenecer a S, entonces ! (a1 + a2 ) + " (b1 + b2 ) = 0
cualesquiera que sean ! " y por tanto S es un subespacio. ,
d) Dése una base de dicho subespacio Basta con resolver la ecuación que define el subespacio. En este caso es un sistema de ecuaciones compatible indeterminado con 1 grado de libertad ( 2 variables y Rango de la matriz del sistema = 1). Por tanto tenemos una variable libre que es la que parametrizamos. x
2
x
1
=
=
!
" x
2
=
" !
Y la base queda: (! " , " )
O lo que es lo mismo: (!1,1)
