algebra

Universidad de Santiago de Chile
Departamento de Matem´tica y C.C.
a
Ingenier´ Civil
ıa
Una Soluci´n del Examen de ´lgebra
o
a
Profesor Ricardo Santander Baeza
15 de marzo del 2012

1

[1] Dado el sistema lineal
x +
2x +
x +

y
3y
ky

+
+
+

z
kz
3z

= 1
= 3
= 2

(∗)

Determine usando el teorema del rango el conjunto
S = {k ∈ R | (∗) No tiene soluci´n}
o
Unaforma de soluci´n:
o
Etapa 1. Ingresamos al conjunto S
k∈S

⇐⇒
⇐⇒

T. del rango

⇐⇒

k ∈ R ∧ (∗) No tiene soluci´n unica
o ´
 


1
1 1 1
x
k ∈ R ∧  2 3 k  y  =  3
2
1 k 3
z



1 1 1
1 1
k ∈ R ∧ ρ 2 3 k  = ρ 2 3
1 k 3
1 k
A



 No tiene soluci´n
o

1
k
3

(A|B)


| 1
| 3 
| 2

Etapa 2. Calculamos ρ(A|B) a trav´s de operacioneselementales:
e


1
 2
1

1
3
k

1
k
3


| 1
| 3 
| 2

(l2 → l2 − 2l1 )
(l3 → l3 − l1 )
(l1 → l1 − l2 )
(l3 → l3 − (k − 1)l2 )



1
 0
0

1
 0
0

1
1
k−1

1
|
k−2 |
2
|

0 3−k
1 k−2
0 3k − k 2


1
1 
1


|
0

|
1
| (2 − k)

Ahora, analizamos las situaciones posibles para (A|B)
Si 3k − k 2 = 0 entonces k = 0 ∨ k = 3 y ρ(A) =2 = ρ(A|B) = 3. Luego, en este caso (∗) no tiene soluci´n, es decir 0 ∈ S,
o
3∈S
Si 3k − k 2 = 0 entonces ρ(A) = ρ(A|B) = 3. Luego, en este caso (∗) tiene soluci´n unica.
o ´
As´ que, S = {0, 3}
ı
[2] Si W = {p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 | a0 − 2a1 − a2 + a3 = 0 ∧ a0 + a1 + a2 + a3 = 0} ⊂ R3 [x] entonces
[a] Demuestre que W es un subespacio de R3 [x]
Usaremos la t´cnica que provee losgeneradores del candidato a subespacio, y para ello procedemos como sigue:
e
1Cada problema vale 1.5 puntos

Tiempo 120’
1

2

p(x) ∈ W ⇔ p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ∧ a0 − 2a1 − a2 + a3 = 0 ∧ a0 + a1 + a2 + a3 = 0
⇔ p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ∧ a0 + a3 = 2a1 + a2 ∧ a0 + a3 = −a1 − a2
⇔ p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ∧ a0 + a3 = 2a1 + a2 ∧ a0 + a3 = −a1 − a2 ∧ 2a1 + a2 =−a1 − a2
3
⇔ p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ∧ a0 + a3 = 2a1 + a2 ∧ a0 + a3 = −a1 − a2 ∧ a2 = − a1
2
1
3
2
3
⇔ p(x) = a0 + a1 x + a2 x + a3 x ∧ a0 + a3 = a1 ∧ a2 = − a1
2
2
1
3
2
3
⇔ p(x) = a0 + a1 x + a2 x + a3 x ∧ a3 = −a0 + a1 ∧ a2 = − a1
2
2
3
1
2
3
⇔ p(x) = a0 + a1 x + − a1 x + −a0 + a1 x : (a0 ∈ R ∧ a1 ∈ R)
2
2
3
1
⇔ p(x) = a0 + a1 x + − a1 x2 − a0 x3 + a1 x3 : (a0∈ R ∧ a1 ∈ R)
2
2
3
1
⇔ p(x) = a0 (1 − x3 ) + a1 x − x2 + x3 : (a0 ∈ R ∧ a1 ∈ R)
2
2
Luego,
W=

3
1
{1 − x3 , x − x2 + x3 }
2
2

≤ R3 [x] (∗)

[b] Determine dimR (W)
Del resultado obtenido en (∗), sabemos que dimR (W) ≤ 2, pues α = {1 − x2, x − x3 } es un sistema de generadores para
W. Por tanto si α es linealmente independiente entonces dimR (W) = 2, caso contrario, o sea αlinealmente dependiente,
dimR (W) = 1. (Ya que todo vector no nulo es linealmente independiente) entonces procedemos a estudiar al conjunto
α.
3
1
3
b
a(1 − x3 ) + b x − x2 + x3 = 0R3 [x] ⇒ a + bx − bx2 +
− a x3 = 0 + 0x + 0x2 + 0x3 ⇒ a = b = 0
2
2
2
2
As´ que α es linealmente independiente y por tanto dimR (W) = 2
ı
[3] Si en el espacio de matrices MR (4 × 1) definimos el productointerno

 
b1
a1
 a2   b 2 

 

(1)
 a3  ,  b 3  = a1 b 1 + a2 b 2 + a3 b 3 + a4 b 4
a4
b4



 x





y 
 ∈ MR (4 × 1) | x − 2y + z − t = 0 entonces respecto del producto interno
Y consideramos el subespacio W = 
 z 





t
definido en (1). Determine


[a] Una base ortogonal para W
Iniciamos el protocolo determinando un sistemade generadores de W:





x
x
 y 
 y 



A ∈ W ⇐⇒ A = 
 z  ∈ MR (4 × 1) ∧ x − 2y + z − t = 0 ⇐⇒ A =  z  ∈ MR (4 × 1) ∧
t
t



 
 
x
x
0



 
y
y  
 ∧ (x ∈ R; y ∈ R; z ∈ R) ⇐⇒ A =  0  + 
+
⇐⇒ A = 


 0  
z
0  
x − 2y + z
x
−2y







1
0
0
 1


 0 
 1 
 0 

+y
+z
 ∧...