Especios Vectoriales

Problemas y Ejercicios Resueltos. Tema 2: Espacios vectoriales.

Ejercicios 1.- Determinar el valor de x para que el vector (1, x, 5) ∈ R3 pertenezca al subespacio < (1, 2, 3), (1, 1, 1) >. Soluci´n. (1, x, 5) pertenece al subespacio < (1, 2, 3), (1, 1, 1) > si y s´lo si (1, x, 5) es combinaci´n o o o lineal de (1, 2, 3) y (1, 1, 1), o sea, si existen α, β ∈ R tales que (1, x, 5) = α(1, 2, 3) +β(1, 1, 1), Pero entonces, 1=α+β x = 2α + β 5 = 3α + β y resolviendo el sistema anterior, tenemos α = 2, β = −1 y x = 3. 2.- Calcular bases de los subespacios de R4 S, T , S + T y S ∩ T , siendo S = {(x1 , x2 , x3 , x4 )|x1 − x2 = 0} y T =< (1, 1, 2, 1), (2, 3, −1, 1) >. Soluci´n. Tenemos o S = {(x1 , x2 , x3 , x4 )|x1 − x2 = 0} = {(x1 , x1 , x3 , x4 )|x1 , x2 , x3 ∈ R} =< (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1,0), (0, 0, 0, 1) >, luego un sistema generador de S es {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}. Ahora, (0, 0, 0, 0) = α(1, 1, 0, 0) + β(0, 0, 1, 0) + γ(0, 0, 0, 1) ⇒ α = β = γ = 0, o sea que es libre, resulta que BS = {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} es una base de S. Un sistema generador de T es (1, 1, 2, 1), (2, 3, −1, 1). Pero es tambi´n libre, ya que e 0 = λ + 2β 0 = λ + 3β (0,0, 0, 0) = λ(1, 1, 2, 1) + β(2, 3, −1, 1) → 0 = 2λ − β 0=λ+β

´ Introducci´n al Algebra Lineal. o

M.A. Garc´ S´nchez y T. Ram´ ıa a ırez Alzola.

Proyecto OCW de la UPV/EHU.

2

Espacios vectoriales

y la unica soluci´n al sistema anterior es λ = β = 0. Por tanto, BT = {(1, 1, 2, 1), (2, 3, −1, 1)} es una base ´ o de T . Por definici´n, o S + T = {s + t|s ∈ S y t ∈ T } = {(x1 , x1 , x2, x3 ) + (α + 2β, α + 3β, 2α − β, α + β)|x1 , x2 , x3 , α, β ∈ R} . =< (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 1, 2, 1), (2, 3, −1, 1) > Por tanto, un sistema generador de S + T es {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 1, 2, 1), (2, 3, −1, 1)}. Pero (1, 1, 2, 1) = (1, 1, 0, 0)+(0, 0, 1, 0)+(0, 0, 0, 1), luego {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1), (2, 3, −1, 1)} es sistemagenerador de S + T . Adem´s, este sistema es libre luego es una base de S + T . a Por ultimo, sabemos que S ∩ T es un subespacio vectorial de dimensi´n 1 porque ´ o dim(S ∩ T ) = dim(S + T ) − dim(S) − dim(T ) Ahora, (1, 1, 2, 1) ∈ S ∪ T , luego como dim(S ∩ T ) es 1, se tiene que < (1, 1, 2, 1) >= S ∩ T y una base de S ∩ T es BS∩T = {(1, 1, 2, 1)}. 3.- Encontrar una base y la dimensi´n del subespaciovectorial o S =< (1, 2, −1, 3), (2, 1, 0, −2), (0, 1, 2, 1), (3, 4, 1, 2) > .

Soluci´n. Un sistema genereador de S es A = {(1, 2, −1, 3), (2, 1, 0, −2), (0, 1, 2, 1), (3, 4, 1, 2)}. Pero A o no es libre ya que (0, 0, 0, 0) = α1 (1, 2, −1, 3) + α2 (2, 1, 0, −2) + α3 (0, 1, 2, 1) + α4 (3, 4, 1, 2) ⇒   0 = α1 + 2α2 + 3α3 + 3α4  0 = 2α1 + α2 + α3 + 4α4  0 = −α1 + 2α3 + α4  0 = 3α2 − 2α2 + α3+ 2α4 y el sistema anterior tiene por soluci´n o α1 = α2 = α3 = −α4 Observamos que (3, 4, 1, 2) es combinaci´n lineal de los anteriores, luego A − {(3, 4, 1, 2)} o {(1, 2, −1, 3), (2, 1, 0, −2), (0, 1, 2, 1)} es tambi´n sistema generador de S. Pero e (0, 0, 0, 0) = β1 (1, 2, −1, 3) + β2 (2, 1, 0, −2) + β3 (0, 1, 2, 1) ⇒   0 = β1 + 2β2 + 3β3  0 = 2β1 + β2 + β3  0 = −β1 + 2β3  0 = 3β2 − 2β2 +β3 y el sistema anterior s´lo tiene por soluci´n a β1 = β2 = β3 = 0, es decir, {(1, 2, −1, 3), (2, 1, 0, −2), (0, 1, 2, 1)} o o es libre. Por consiguiente una base de S es {(1, 2, −1, 3), (2, 1, 0, −2), (0, 1, 2, 1)} y la dimensi´n de S es 3. o 4.- Sea V un Q-espacio vectorial de dimensi´n 4 con base B = {u1 , u2 , u3 , u4 }. Se definen los vectores o v1 = 2u1 + u2 − u3 v2 = 2u1 + u3 + 2u4 v3 = u1 +u2 − u3 v4 = −u1 + 2u3 + 3u4 =

´ Introducci´n al Algebra Lineal. o

M.A. Garc´ S´nchez y T. Ram´ ıa a ırez Alzola.

Proyecto OCW de la UPV/EHU.

Espacios vectoriales

3

Probar que B′ = {v1 , v2 , v3 , v4 } es una base de V y calcular las coordenadas en la base B′ de un vector v que tiene por coordenadas en B a (1 2 0 1). Soluci´n. Como B′ es de cardinal 4 y V es de dimensi´n 4,...