algebra

Universidad de Santiago de Chile
Departamento de Matem´tica y C.C.
a
Ingenier´ Civil
ıa
´
Soluci´n Segundo Examen de Algebra1
o
06 de Marzo de 2008
Profesor Ricardo Santander Baeza

(1) Considere el sistema lineal AX = B de orden 2, es decir A = (aij ) ∈ MR (2), X = (xi ) ∈ MR (2 × 1) y
B = (bi ) ∈ MR (2 × 1). Demuestre que
AX = B tiene infinitas soluciones =⇒ det(A) = 0
Soluci´n
oSi el sistema de ecuaciones lineales AX = B, tiene infinitas soluciones entonces de nuestro teorema del rango
tenemos dos informaciones:
(a) ρ(A) = ρ(A|B), porque sabemos que el sistema tiene soluci´n
o
(b) ρ(A) = ρ(A|B) < 2, porque hay infinitas soluciones, y el orden de A es 2
(c) Luego A tiene al menos una fila nula y por tanto det(A) = 0
(2) Si W = {(x, y, t, z) ∈ R4 | x − y = 0 ∧ 2t + z =0} entonces usando el producto interno usual.
(a) Determine PW
Soluci´n
o
(i) Determinemos inicialmente una base ortogonal de W
u∈W

⇐⇒ u = (x, y, t, z) ∈ R4 ∧ x − y = 0 ∧ 2t + z = 0
⇐⇒ u = (x, y, t, z) ∈ R4 ∧ x = y ∧ z = −2t
⇐⇒ u = (x, x, t, −2t), (x ∈ R ∧ t ∈ R)
⇐⇒ u = x(1, 1, 0, 0) + t(0, 0, 1, −2), (x ∈ R ∧ t ∈ R)

As´ que
ı
W

=

{(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, −2)}

Y α = {(1,1, 0, 0), (0, 0, 1, −2)} es una base ortogonal con el producto can´nico
o
(ii) As´ que aplicando la definici´n de la proyecci´n tenemos que:
ı
o
o
1Cada problema vale 1,5 puntos

Tiempo 120 ’
1

2

(x, y, t, z), (1, 1, 0, 0)
(x, y, t, z), (0, 0, 1, −2)
(1, 1, 0, 0) +
(0, 0, 1, −2)
(1, 1, 0, 0), (1, 1, 0, 0)
(0, 0, 1, −2), (0, 0, 1, −2)

PW (x, y, t, z) =
=

x+y
t − 2z
(1,1, 0, 0) +
(0, 0, 1, −2)
2
5

=

x + y x + y t − 2z 4z − 2t
,
,
,
2
2
5
5

(iii) Finalmente comprobamos para tener certeza de nuestro bien proceder:
2 2 0 0
, , ,
= (1, 1, 0, 0) ok
2 2 5 5
0 0 5 −10
PW (0, 0, 1, −2) =
, , ,
= (0, 0, 1, −2)
2 2 5 5

PW (1, 1, 0, 0) =

ok

(b) Calcule d((2, 2, 3, −6), W )
Soluci´n
o
Como 2 − 2 = 0 y 2 · 3 − 6 = 0 entonces (2, 2, 3,−6) ∈ W . As´ que d((2, 2, 3, −6), W ) = 0
ı
Una soluci´n alternativa es aplicando las definiciones, es decir
o
d((2, 2, 3, −6), W ) =
=
=
=
=

(2, 2, 3, −6) − PW (2, 2, 3, −6)
2+2
3 − 2(−6)
(2, 2, 3, −6) −
(1, 1, 0, 0) +
(0, 0, 1, −2)
2
5
(2, 2, 3, −6) − [2 (1, 1, 0, 0) + 3 (0, 0, 1, −2)]
(2, 2, 3, −6) − (2, 2, 3, −6)
0

(c) Determine el conjunto U = {u ∈ R4 | u, w = 0 (∀w; w ∈W)}
(i) Sabemos que α = {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, −2)} es una base de W entonces
u∈U

⇐⇒ u ∈ R4 ∧ u, (1, 1, 0, 0) = u, (0, 0, 1, −2) = 0
⇐⇒ u = (x, y, t, z) ∈ R4 ∧ (x, y, t, z), (1, 1, 0, 0) = (x, y, t, z), (0, 0, 1, −2) = 0
x+y = 0
⇐⇒ u = (x, y, t, z) ∈ R4 ∧
t − 2z = 0
⇐⇒ u = (x, y, t, z) ∧ −x = y ∧ t = 2z
⇐⇒ u = (x, −x, 2z, z), (x ∈ R ∧ z ∈ R)
⇐⇒ u = x(1, −1, 0, 0) + z(0, 0, 2, 1), (x∈ R ∧ z ∈ R)

As´ que
ı
U

=

{(1, −1, 0, 0), (0, 0, 2, 1)}

3

(ii) Observamos finalmente para validar nuestro razonamiento que
(1, −1, 0, 0), (1, 1, 0, 0)
(1, −1, 0, 0), (0, 0, 1, −2)
(0, 0, 2, 1), (1, 1, 0, 0)
(0, 0, 2, 1), (0, 0, 1, −2)

=
=
=
=

0
0
0
0

(3) Si definimos, T : R2 [x] −→ R2 [x] tal que T (a0 + a1 x + a2 x2 ) = (λa0 − a1 ) + (λa1 − a0 )x + (1 − λ)a2x2 , para
cada λ ∈ R entonces
(a) Demuestre que T ∈ LR (R2 [x])

(∀λ; λ ∈ R)

Soluci´n
o
En primer lugar, para p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 ∈ R2 [x] y q(x) = b0 + b1 x + b2 x2 ∈ R2 [x] tenemos que
T (p(x) + q(x)) = T ((a0 + b0 ) + (a1 + b1 )x + (a2 + b2 )x2 )
= λ(a0 + b0 ) − (a1 + b1 ) + (λ(a1 + b1 ) − (a0 + b0 ))x + (1 − λ)(a2 + b2 )x2
= (λa0 + λb0 ) − (a1 + b1 ) + ((λa1 + λb1 ) − (a0 + b0))x + (1 − λ)(a2 + b2 )x2
= (λa0 − a1 ) + (λb0 − b1 ) + (λa1 − a0 )x + (λb1 − b0 )x + (1 − λ)a2 x2 + (1 − λ)b2 x2
= (λa0 − a1 ) + (λa1 − a0 )x + (1 − λ)a2 x2 + (λb0 − b1 ) + (λb1 − b0 )x + (1 − λ)b2 x2
= T (a0 + a1 x + a2 x2 ) + T (b0 + b1 x + b2 x2 )
= T (p(x)) + T (q(x))
En segundo lugar,
T (c · p(x)) = T (c · a0 + c · a1 x + c · a2 x2 )
= λ(c · a0 ) − (c · a1 ) + (λ(c · a1 ) − (c ·...