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Explicación paso a paso:
- Determinar el valor de x para que el vector (1, x, 5) ∈ R
3
pertenezca al subespacio < (1, 2, 3),(1, 1, 1) >.
Soluci´on. (1, x, 5) pertenece al subespacio < (1, 2, 3),(1, 1, 1) > si y s´olo si (1, x, 5) es combinaci´on
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 R
4 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´on. Tenemos
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´en libre, ya que
(0, 0, 0, 0) = λ(1, 1, 2, 1) + β(2, 3, −1, 1) →
0 = λ + 2β
0 = λ + 3β
0 = 2λ − β
0 = λ + βy la ´unica soluci´on al sistema anterior es λ = β = 0. Por tanto, BT = {(1, 1, 2, 1),(2, 3, −1, 1)} es una base
de T.
Por definici´on,
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 sistema
generador de S + T. Adem´as, este sistema es libre luego es una base de S + T.
Por ´ultimo, sabemos que S ∩ T es un subespacio vectorial de dimensi´on 1 porque
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´on del subespacio vectorial
S =< (1, 2, −1, 3),(2, 1, 0, −2),(0, 1, 2, 1),(3, 4, 1, 2) > .
Soluci´on. 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
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´on
α1 = α2 = α3 = −α4
Observamos que (3, 4, 1, 2) es combinaci´on lineal de los anteriores, luego A − {(3, 4, 1, 2)} =
{(1, 2, −1, 3),(2, 1, 0, −2),(0, 1, 2, 1)} es tambi´en sistema generador de S. Pero
(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´olo tiene por soluci´on a β1 = β2 = β3 = 0, es decir, {(1, 2, −1, 3),(2, 1, 0, −2),(0, 1, 2, 1)}
es libre. Por consiguiente una base de S es {(1, 2, −1, 3),(2, 1, 0, −2),(0, 1, 2, 1)} y la dimensi´on de S es 3.
4.- Sea V un Q-espacio vectorial de dimensi´on 4 con base B = {u1, u2, u3, u4}. Se definen los vectores
v1 = 2u1 + u2 − u3 v2 = 2u1 + u3 + 2u4 v3 = u1 + u2 − u3 v4 = −u1 + 2u3 + 3u4
Introducci´on al Algebra Lineal. ´ M.A. Garc´ıa S´anchez y T. Ram´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´on. Como B
′
es de cardinal 4 y V es de dimensi´on 4, para demostrar que B
′
es base de V , basta
con probar que B
′
es libre. Ahora,
0V =
∑
4
i=1
αivi = (2α1 + 2α2 + α3 − α4)u1 + (α1 + α3)u2 + (−α1 + α2 − α3 + 2α4)u3 + (2α2 + 3α4)u4,
y al ser {u1, u2, u3, u4} un conjunto libre, se tiene que
0 = 2α1 + 2α2 + α3 − α4
0 = α1 + α3
0 = −α1 + α2 − α3 + 2α4
0 = 2α2 + 3α4
y la ´unica soluci´on del sistema anterior es
α1 = α2 = α3 = α4 = 0,
luego B
′
es libre.
Por otro lado, si v tiene por coordenadas a (1 2 0 1) (esto es utilizamos la notaci´on por filas) en la base
B, significa que v = u1 + 2u2 + u4, asi que las coordenadas de v (β1 β2 β3 β4) en la base B
′
deben cumplir
v = u1+2u2+u4 =
∑
4
i=1
βivi = (2β1+2β2+β3−β4)u1+(β1+β3)u2+(−β1+β2−β3+2β4)u3+(2β2+3β4)u4,
o sea,
1 = 2β1 + 2β2 + β3 − β4
2 = β1 + β3
0 = −β1 + β2 − β3 + 2β4
1 = 2β2 + 3β4
y su soluci´on es
β1 = 10, β2 = −4, β3 = −8, β4 = 3.
Por consiguiente las coordenadas del vector v en la base B
′
son (10 − 4 − 8 3).
Otra manera de calcular las coordenadas es mediante la matriz de cambio de base:
(β1 β2 β3 β4) = (1 2 0 1)MB,B
′ ,
donde MB,B
′ lleva las coordenadas de los vectores de la base B en la base B
′
. Por tanto,
MB,B
′ = M−1
B
′
,B
=
2 1 −1 0
2 0 1 2
1 1 −1 0
−1 0 2 3
−1
=
1 0 −1 0
7 −3 −6 2
8 −3 −8 2
−5 2 5 −1