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Práctico - Ejercicios resueltos. Espacios vectoriales Algebra lineal (Universidad de Sevilla)

StuDocu no está patrocinado ni avalado por ningún colegio o universidad. Descargado por EMANUEL ALEXANDER ESPINEL ROJAS ([email protected])

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´ ALGEBRA LINEAL. EJERCICIOS RESUELTOS Grado de Estad´ıstica, curso 1o .

Espacios vectoriales Ejercicio 135 Determine cu´ ales de los siguientes subconjuntos de Rn×n son subespacios de Rn×n . 1. Las matrices sim´etricas. 2. Las matrices no singulares. 3. Las matrices triangulares. 4. Las matrices diagonales. 5. Las matrices singulares. 6. Las matrices triangulares superiores. 7. Todas las matrices que conmutan con una matriz dada. 8. Todas las matrices tales que A2 = A. 9. Todas las matrices tales que traza(A) = 0. Soluci´ on 135 Como son subconjuntos L de un espacio vectorial, debemos comprobar las dos condiciones que son equivalentes a tener estructura de subespacio vectorial: Si v, w ∈ L, entonces v + w ∈ L. Si α ∈ R y v ∈ L, entonces αv ∈ L. 1. Sean A, B matrices sim´etricas. Entonces (A + B)t = At + B t = A + B, (αA)t = αAt = αA, por lo que se verifican ambas condiciones. Entonces es un subespacio vectorial. 2. Sean A, B matrices no singulares. Puede ocurrir que la suma sea singular. Por ejemplo,   1 0 A= , B = −A, 0 −1 son matrices no singulares, pero su suma es singular. 3. La suma de una matriz triangular superior con una matriz triangular inferior no es, en general, triangular. Por ejemplo,       1 1 1 0 2 1 A= ,B = ,A + B = . 0 1 1 1 1 2 4. Sean A, B matrices diagonales. Entonces aij = 0, bij = 0 para i 6= j, y aij + bij = 0 para i 6= j, y αaij = 0 para i 6= j, por lo que es subespacio vectorial. 5. La suma de dos matrices singulares puede ser no singular. Por ejemplo,     1 0 0 0 A= ,B = , A + B = I2 no singular. 0 0 0 1 1

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6. Triangulares superiores. S´ı. 7. Matrices que conmutan con una dada. Sean entonces B1 y B2 matrices que conmutan con una matriz dada A. En primer lugar, (B1 + B2 )A = B1 A + B2 A = AB1 + AB2 = A(B1 + B2 ), por lo que la suma es una operaci´on interna. An´alogamente, (λB)A = λ(BA) = λ(AB) = A(λB). 8. Matrices tales que A2 = A. 9. Matrices con traza nula. Sean B1 y B2 matrices con traza nula. Como traza(B1 + B2 ) = traza(B1 ) + traza(B2 ), y traza(λB1 ) = λ traza(B2 ), el conjunto es un subespacio vectorial. Ejercicio 136 Determine cu´ ales de los siguientes subconjuntos del R-espacio vectorial de las matrices 2 × 2 son subespacios vectoriales. Para los que sean, calcule un conjunto generador minimal. Para los que no, explique con un ejemplo cu´al es la condici´on en la que falla.       a 0 a 0 1. | a, b ∈ R , 2. | a+b=0 , 0 b 0 b       a 0 a c 3. | a + b = 5 , 4. | a + b = 0, c ∈ R . 0 b 0 b Soluci´ on 136

1. Sea L1 el conjunto propuesto. Si A1 , A2 ∈ L1 , podemos expresarlas como     a2 0 a1 0 , , A2 = A1 = 0 b2 0 b1

y A1 + A2 =



a1 + a2 0

0 b1 + b2

Por tanto, es un subespacio vectorial.



∈ L1 , αA1 =



αa1 0

0 αb1



∈ L1 .

2. Sea L2 el conjunto dado, y A1 , A2 como en el caso anterior, con la condici´on adicional a1 + b1 = 0, a2 + b2 = 0. Entonces   a1 + a2 0 ∈ L2 , porque a1 + a2 + b1 + b2 = 0, A1 + A2 = 0  b1 + b2  αa1 0 ∈ L2 , porque αa1 + αb1 = α(a1 + b1 ) = 0. αA1 = 0 αb1 3. Sea L3 el conjunto propuesto. No es subespacio vectorial, porque la matriz nula no est´a en L3 . Por ejemplo,     5 0 5 0 A1 = , A2 = , 0 0 0 0 pero A1 + A2 6∈ L3 . 4. Para L4 s´ı se cumplen las condiciones de subespacio vectorial, pues si     a1 c1 a2 c2 A1 = , a1 + b1 = 0, A2 = , a2 + b2 = 0, 0 b1 0 b2 entonces

  a1 + a2 c1 + c2 A1 + A2 = ∈ L4 , porque a1 + a2 + b1 + b2 = 0, 0  b1 + b2  αa1 αc1 αA1 = ∈ L4 , ya que αa1 + αb1 = 0. 0 αb1

Veamos ahora un conjunto generador minimal para  1 L1 = h  0 1 L2 = h  0 1 L4 = h 0

estos subespacios vectoriales. Se tiene que    0 0 0 , i, 0  0 1 0 i, −1    0 0 1 , i. −1 0 0 2

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Ejercicio 137 ¿Cu´ ales de los siguientes son conjuntos generadores de R3 ? 1. {(1, 1, 1)t }. 2. {(1, 0, 0)t , (0, 0, 1)t }. 3. {(1, 0, 0)t , (0, 1, 0)t , (0, 0, 1)t , (1, 1, 1)t }. 4. {(1, 2, 1)t , (2, 0, −1)t , (4, 4, 1)t }. 5. {(1, 2, 1)t , (2, 0, −1)t , (4, 4, 0)t }. Soluci´ on 137 Para que un conjunto de vectores sea generados de R3 , todo vector del espacio se tiene que poner como combinaci´on lineal de los vectores de dicho conjunto. Esto es equivalente a que la matriz cuyas columnas son los vectores dados tenga rango tres. En este caso,       1 1 0 1 0 0 1 rango  1  = 1, rango  1 0  = 2, rango  0 1 0 1  = 3, 0 0 1 1  1   0 1  1 2 4 1 2 4 0 4  = 2, rango  2 0 4  = 3. rango  2 1 −1 1 1 −1 0 Ejercicio 139 Compare los subespacios vectoriales definidos por L1 = hv1 , v2 , v3 , v4 i, L2 = hu1 , u2 i, donde             2 −2 4 −6 44 2 v1 =  −1  , v2 =  1  , v3 =  −2  , v4 =  3  , u1 =  −22  , u2 =  −1  . 1 1 3 0 −31 1

Soluci´ on 139 Consideremos las matrices A1 =

v1

v2

v3

v4

cuyos espacios de columnas respectivos generan a L1 y L2 . Comprobemos si L1 ⊂ L2 . Para ello, consideramos la su forma escalonada reducida por filas se encuentran contenci´on.  1 0 0 rref  T1 →   0 1 1 0 0 0 Por tanto,se tiene la inclusi´on.




y A2 =

u1

u2




,


matriz concatenada T1 = A2 A1 . Si los pivotes de en la parte correspondiente a A2 , entonces se tendr´a la  2 1 3 − 53 − 53 − 53  9 93  128 − 53 − 53 53 . 0 0 0


Para comprobar si L2 ⊂ L1 , procedemos an´alogamente con T2 = A1 A2 . Como   1 0 5/2 −3/2 −9/2 1  rref  53 , 0 0 1 1/2 3/2 − T2 →  2   0 0 0 0 0 0

no hay pivotes en la parte de A2 , y tenemos la otra inclusi´on.

La igualdad de ambos espacios se puede ver directamente comparando las filas no nulas de rref(At1 ) y rref(At2 ), seg´ un sabemos de teor´ıa. En efecto,   1 −1/2 0   0 1  1 −1/2 0 rref  0  , At rref − → . At1 −→   0 0 0  2 0 0 1 0 0 0 3

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Ejercicio 140 Determine una base de los espacios vectoriales Col(A), null(A), Col(At ), null(At ) asociados a   −5 10 −1 −12 −1    3 −6 1 6 2    A= .  5 −10 1  12 −4   −2 4 −2 0 4

Soluci´ on 140 Una base de Col(A) est´ a formada por las columnas b´asicas de A.   1 −2 0 3 0    0 0 1 −3 0  rref   A → EA =  .  0 0 0 0 1    0

0

0

0

0

Las columnas b´asicas de A son A∗1 , A∗3 , A∗5 . El sistema Ax = 0 es equivalente a EA x = 0. Entonces   x1

−2x2 x3

 x1    = 0,   x2 x3 = 0, ,  x = 0   4   x5

+3x4 −3x4 x5



= = = = =

2x2 x2 ,

−3x4 , 3x4 , x4 ,

,

0

y entonces null(A) = hv1 , v2 i, donde v1 = (2, 1, 0, 0, 0)t, v2 = (−3, 0, 3, 1, 0)t. Procedemos an´alogamente con At .   1 0 0 −4    0 1 0 −4      t rref  A → EAt =  0 0 1 −2  .    0 0 0 0    0 0 0 0

Las columnas b´asicas de At son At∗1 , At∗2 , At∗3 . El espacio nulo de  −4x4  x1 x2 −4x4  x3 −2x4

At se obtiene del sistema = = =

0, 0, 0,

que tiene como soluci´on null(At ) = h(4, 4, 2, 1)ti. Ejercicio 141 Consideremos la matriz 

 1 −1 5 −2 2  2 −2 −2 5 1  . A=  0 0 −12 9 −3  −1 1 7 −7 1

1. Calcule un sistema generador de Col(A), null(A), Col(At ) y null(At ). 2. Calcule matrices P y Q tales que P AQ =



Ir 0

0 0



, donde r = rango(A).

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Soluci´ on 141 Para todos estos espacios, necesitamos la forma escalonada reducida por filas de A:   1 −1 0 7/4 3/4    0 0 1 −3/4 1/4  rref   A −→ EA =  .  0 0 0  0 0   0 0 0 0 0

El espacio Col(A) est´ a generado por las columnas b´asicas de A, que son la primera y la tercera, las posiciones de los pivotes en EA .     1 5  2   −2     Col(A) = h  0  ,  −12 i. −1 7

Para el espacio nulo null(A), tenemos que resolver Ax = 0, que es equivalente a EA x = 0. Despejamos las variables b´ asicas x1 y x3 en funci´on de las libres, esto es,   3     7  −4 x1 = x2 − 47 x4 − 43 x5 ,  1 −4    0    1   0  x2 = x2 ,   1     3  3      − 41 x5 , , de donde x = x2  x3 = 4 x4  0  + x4  4  + x5  − 4  = x2 h1 + x4 h2 + x5 h3 .        1 0  x4 = x4 , 0    0 1 x5 = x5 , 0 Entonces null(A) = hh1 , h2 , h3 i. El espacio Col(At ) est´ a generado por las filas no nulas de EA . Entonces     1 0  −1   0      t    Col(A ) = h  70  ,  31 i.    −  4 4 3 4

1 4

Para null(At ), calculamos EAt :



1 0

  0 1  rref  EAt −→   0 0   0 0  0 0

Entonces

y1 y2 y3 y4

= = = =

−2 1 0 0 0

1



 −1    0  .  0   0

     2y3 −y4 ,  2 −1    −1    −y3 +y4 ,  , v2 =  1 i. , y null(At ) = hv1 =     0  y3 , 1    1 y4 , 0

Para el c´alculo de las matrices que transforman A en su forma normal del rango, obtenemos en primer lugar la matriz P tal que P A = EA . Para ello, hay que calcular la forma escalonada reducida por filas de [A|I4 ].     7 7 −1 −1 0 0 − 12 1 −1 0 7/4 3/4 0 0 − 12      0 0 −1/12 0   0 1 −3/4 1/4 0 0 −1/12 0  rref  0    [A|I4 ] −→   = [EA |P ], por lo que P =  .     0 0 0 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1     0

0

0

0

0

0 1

1

2

0

1

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1

2

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Ahora hay que realizar transformaciones por columnas en EA para llevar, en primer lugar, los pivotes a las primeras columnas. En este caso, basta intercambiar la segunda y la tercera columna:   1 0 −1 7/4 3/4    0 1 0 −3/4 1/4    EA P23 =  .  0 0 0  0 0   0 0

Para eliminar los elementos  1   0   Q2 =   0   0  0

0

0

0

que est´ an a la derecha, multiplicamos por la matriz  0 1 −7/4 −3/4   1 0 3/4 −1/4       0 1 0 0   , y obtenemos EA P23 Q2 =     0 0 1 0   0 0 0 1



1

0 0

0 0

0

1 0

0

0 0

0

0 0

 0 0   , 0 0   0 0

que es la forma buscada. Entonces



1 0

  0 0   Q = P23 Q2 =   0 1   0 0  0 0

1 −7/4 −3/4 1

0

0

3/4

0

1

0

0



    −1/4  .  0   1 0

Como nota final, recordemos que el espacio null(At ) est´a relacionado con las 4 − 2 u ´ltimas filas de la matriz P . En efecto,     1 0  0   1     null(At ) = hv1 , v2 i = h  1  ,  1 i. 1 2

Ejercicio 148 Consideremos la matriz  −9 0   −10 7   −4 A=  2   6 −6  −1 9

A y el conjunto de vectores {w1 , w2 }, donde      6 −6 −36 −12 6       13   −24  −3 −2 −11                −5 −10 19  , w1 =  6  , w2 =  7  .       0   15  −3 −9 21       −8 −9 22 25 −35

1. Pruebe que w1 y w2 son vectores linealmente independientes que pertenecen a Col(A).

2. Extienda el conjunto {w1 , w2 } a una base de Col(A). Soluci´ on 148 El conjunto {w1 , w2 } es linealmente independiente porque los vectores forman una matriz de rango 2.  A w1 w2 ), o bien, que en la Para ver que w1 , w2 pertenecen a Col(A), basta verificar que rango(A) = rango(   forma reducida por filas de A w1 w2 no aparezcan pivotes en las posiciones correspondientes a w1 ni w2 . En efecto   1 0 0 0 2 0 0    0 1 0 0 0 1 −3      rref    A w1 w2 →  0 0 1 0 −3 −2 1  .    0 0 0 1 0 0 0    0 0 0 0 0 0 0 6

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Tenemos tambi´en que las primeras cuatro columnas de A constituyen una base de linealmente independientes.  Para efectuar la ampliaci´on, consideramos ahora la matriz w1 w2 A∗1 A∗2 forma reducida por filas.  1 0 0 − 51 − 35 2 1   rref  0 1 0 − 5 − 5  0 w1 w2 A∗1 A∗2 A∗3 A∗4 →   0 0 1 0  0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Col(A), y que w1 y w2 son A∗3 0 0 0 1 0

por lo que {w1 , w2 , A∗1 , A∗4 } forman una base de Col(A).

 A∗4 , y calculamos su



  ,  

Ejercicio 151 Consideremos el conjunto       ,2 ,3   ,1  ,4  ,  ,5  ,  ,6  .   ,7 ,8 ,901

1. Use aritm´etica exacta para determinar si es un conjunto linealmente independiente. 2. Con aritm´etica de tres d´ıgitos (sin pivoteo ni escalado) determine si es linealmente independiente.

Ejercicio 152 Determine la dimensi´on del espacio generado por el conjunto          1 1 2 1      0   8   1   2         S=   −1  ,  0  ,  −4  ,  1  ,     3 2 8 1

 3    3   . 0    6

Soluci´ on 152 Sea S = {v1 , v2 , v3 , v
4 , v5 }. El espacio generado por S es lo mismo que el espacio de columnas de la matriz A = v1 v2 v3 v4 v5 . Una base de Col(A) est´a formada por las columnas b´asicas, y la dimensi´on es el rango de A. Calculamos entonces la forma escalonada reducida por filas   1 0 4 0 1     rref  0 1 −2 0 1  A −→  .  0 0 0 1 1    0

0

0

0 0

Las columnas b´asicas son A∗1 , A∗2 , A∗4 , por lo que una base de S es {v1 , v2 , v4 }, y la dimensi´on es 3. ¿Qu´e ocurre si colocamos los vectores como filas? Tenemos entonces que calcular una base del espacio de filas de la matriz asociada   1 2 −1 3    1 0 0 2      . 2 8 −4 8 B=      1 1 1 1    3 3 0 6 Sabemos que una base la conseguimos con las filas no  1   0  rref  B −→   0   0  0

nulas de la forma escalonada reducida por filas.  0 0 2  1 0 0    0 1 −1   = EB .  0 0 0   0 0 0 7

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Entonces una base est´ a formada por       



1





    0      u1 =   , u2 =    0           2

            1   0   , u3 =   .  1  0         0 −1 0





0

Es un conjunto diferente. ¿C´ omo podemos estar seguros de que generan el mismo espacio? Ya tenemos la forma reducida por filas del espacio de filas de u1 , u2 , u3 . Calculemos la de v1 , v2 , v4 .     1 2 −1 3 1 0 0 2   rref      C=  1 0 0 2  −→  0 1 0 0  = EC . 1 1 1 1 0 0 1 −1 Las filas no nulas de EC coinciden con las de EB , como era de esperar.

Ejercicio 153 Consideremos la matriz y  1   1  A=  3 

los vectores    0 1 2 2   −3     −8  2 0 1   1      ,v =  .  1 ,w =     2 2 5  −4   1 3 4 1 4 −14

y la aplicaci´on lineal definida por A : R4 → R4 .

1. Pruebe que el vector v pertenece a null(A). 2. Calcule una base de null(A) que contenga a v. 3. Pruebe que el vector w pertenece a Col(A). 4. Calcule una base de Col(A) que contenga a w. 5. ¿Es posible calcular una base de R4 que contenga v y w? Soluci´ on 153

1. La condici´on v ∈ null(A) es equivalente a Av = 0, que es un sencillo c´alculo.

2. Para obtener una base de null(A), calculamos la forma escalonada reducida por filas de A.   1 0 1 2    0 1 −1/2 −1/2  rref   A −→ EA =  .  0 0  0 0   0

0

0

0

Las variables b´ asicas son x1 y x2 , y las variables libres x3 y x4 . Las soluciones tienen la forma     −1 −2 x1 = −x3 −2x4 ,  1   1  x2 = 12 x3 + 12 x4 , 2 +x  2  , de donde x = x3  4  1   0  = x3 h1 + x4 h4 . x3 = x3 , x4 = x4 , 0 1

Entonces null(A) = hh1 , h2 i. Para ampliar el vector v a una base de null(A), consideramos la matriz v h1 h2 y calculamos su forma escalonada reducida por filas: las columnas b´asicas son los componentes de la base.   1 0 1   
rref   0 1 −1  v h1 h2 −→  .  0 0 0    0 0 0 Por tanto, la base buscada es {v, h1 }.

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,

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3. Recordemos que Col(A) = {Au | u ∈ R4 }. Por tanto, para comprobar que w ∈ Col(A), tenemos que encontrar un vector u tal que Au = w, en otras palabras, tenemos que comprobar la compatibilidad del sistema de ecuaciones con matriz de coeficientes igual a A y t´ermino independiente definido pro w.   1 0 1 2 2     rref  0 1 −1/2 −1/2 −5  [A|w] −→  .   0 0 0 0 0   0 0

0

0

0

Como no hay pivotes en la columna correspondiente al t´ermino independiente, w se puede expresar como combinaci´on lineal de las columnas de A; en concreto, w = 2A∗1 − 5A∗2 .

4. En el apartado anterior tenemos ya calculada una base de Col(A), pues la forman sus columnas b´asicas
A∗1 y A∗2 . Para calcular la ampliaci´on de w a una base de Col(A), consideramos la matriz w A∗1 A∗2 , y calculamos la forma escalonada reducida por filas.   1 0 −1/5   
rref   0 1 2/5  w A∗1 A∗2 −→  .   0 0 0   0 0

0

Entonces la ampliaci´on es {w, A∗1 }.

5. Una base de R4 es la est´ andar, dada por S = {ei , i = 1, 2, 3, 4}.  1 0 
rref   0 1 v w e1 e2 e3 e4 −→   0 0  0

Procedemos como sigue:  0 0 7/5 −2/5  0 0 1/10 −1/10   . 1 0 4 −1  

0 0

1 −3/5

−2/5

Entonces {v, w, e1 , e2 } es la base buscada. Observemos que no hemos comprobado previamente la independencia lineal de {v, w}, pero la deducimos del c´ alculo anterior.

Ejercicio 157 Determine si el conjunto

es una base del espacio generado por

    1   2 B =  3 , 1    2 −1

      5 3   1  2 , 8 , 4  .   3 7 1

Soluci´ on 157 Para comprobar si el conjunto B = {v1 , v2 } dado
es base del subespacio generado por los vectores w1 , w2 , w3 , consideramos la matriz A = v1 v2 w1 w2 w3 . Si en la forma reducida por filas EA vemos que los pivotes ocupan las dos primeras columnas, esto significa que el conjunto B es linealmente independiente, y que los vectores w1 , w2 , w3 dependen linealmente de ellos, por lo que ser´ıa base del subespacio. En otro caso no ser´ıa base. Pasemos entonces a los c´alculos.   1 0 1 3 1  rref   A −→   0 1 −1 −1 1  . 0 0 0 0 0 Entonces el conjunto B es base del espacio indicado.

9

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Ejercicio 160 Sea f : R3 → R3 la aplicaci´on lineal definida por     x x−y f  y  =  y −x , z x−z

y consideremos el vector

       1 0 1   1 v =  1  y la base B =  0  ,  1  ,  1  .   2 1 1 0 

1. Calcule [f ]B y [v]B .

2. Calcule [f (v)]B y verifique que [f ]B [v]B = [f (v)]B . Soluci´ on 160 Nos centraremos primero en el cambio de coordenadas de v. Llamemos S = {e1 , e2 , e3 } a la base est´ andar de R3 , y notemos B = {v1 , v2 , v3 }. Sabemos que     1 α1 [v]S =  1  , y escribamos [v]B =  α2  . 2 α3 Esto quiere decir que v = α1 v1 + α2 v2 + α3 v3 , que traducido a      1 1  1  = α1  0  + α2  2 1 En forma matricial

Observemos que M = f´ ormula queda como



[v1 ]S

  1 1  1 = 0 2 1
[v2 ]S [v3 ]S , y

0 1 1

coordenadas   0 1  + α3  1

en S significa  1 1 . 0

  1 α1 1   α2  , [v]S = M · [v]B . 0 α3

la notaremos por M (B, S), matriz del cambio de base de B a S. La

[v]S = M (B, S) · [v]B .

La matriz M es no singular, porque sus columnas son una base del espacio, y el sistema anterior tiene soluci´on u ´nica. En este caso, α1 = 1, α2 = 1, α3 = 0. Para el c´alculo de la matriz de f respecto de la nueva base B, lo haremos de dos formas (aunque esencialmente son iguales).
Sabemos que [f ]B = [f (v1 )]B [f (v2 )]B [f (v3 )]B . Escribamos entonces   1 f (v1 ) =  −1  = α1 v1 + α2 v2 + α3 v3 , 0   1 = 1 · α1 + 0 · α2 + 1 · α3 −1 = 0 · α1 + 1 · α2 + 1 · α3 ,  0 = 1 · α1 + 1 · α2 + 0 · α3   −1 f (v2 ) =  1  = β1 v1 + β2 v2 + β3 v3 , −1   −1 = 1 · β1 + 0 · β2 + 1 · β3 1 = 0 · β1 + 1 · β2 + 1 · β3 ,  −1 = 1 · β1 + 1 · β2 + 0 · β3   0 f (v3 ) =  0  = γ1 v1 + γ2 v2 + γ3 v3 , 1   0 = 1 · γ1 + 0 · γ2 + 1 · γ3 0 = 0 · γ1 + 1 · γ2 + 1 · γ3 ,  1 = 1 · γ1 + 1 · γ2 + 0 · γ3 10

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Tenemos que resolver tres sistemas de ecuaciones con la misma matriz de coeficientes, y diferentes t´erminos independientes. Basta calcular la forma escalonada reducida por filas de la matriz ampliada con dichos t´erminos:     1 0 1 1 −1 0 1 0 0 1 −3/2 1/2      0 1 1 −1 1 0  rref  1/2    −→  0 1 0 −1 1/2 . 1 1 0 0 −1 1 0 0 1 0 1/2 −1/2

La soluci´on de cada sistema aparece en las columnas de la derecha, y entonces   1 −3/2 1/2   1/2  [f ]B =  .  −1 1/2 0 1/2 −1/2

Vamos a aplicar la f´ ormula que relaciona la matriz de la aplicaci´on lineal f con respecto a cada una de las bases. Sabemos que [f ]B = M (S, B)[f ]S M (B, S), donde M (B, S) es la matriz del cambio de base de B a S, y M (S, B) es la inversa. Tenemos que   1 −1 0
1 0 , [f ]S = [f (v1 )]S [f (v2 )]S [f (v3 )]S =  −1 1 0 −1 y

M (B, S) =

[v1 ]S

[v2 ]S

[v3 ]S



1 0
= 0 1 1 1

Entonces 

1/2

 [f ]B =   −1/2 1/2

−1/2 1/2 1/2

1/2



  1/2 −1/2 1/2 1  −1 1  , M (S, B) = M (B, S) =  1/2  −1/2 1/2 0 1/2 1/2 −1/2



 1 −1 0 1   −1  0 1/2  1 0  1 0 −1 1 −1/2

  1 −3/2 1/2 0 1  1 1 = 1/2  −1 1/2 1 0 0 1/2 −1/2

Como era de esperar, llegamos al mismo resultado. Vamos ahora a verificar la f´ ormula [f ]B [v]B = [f (v)]B . Por un lado,   0 f (v) =  0  = a1 v1 + a2 v2 + a3 v3 , −1   0 = 1 · a1 + 0 · a2 + 1 · a3 0 = 0 · a1 + 1 · a2 + 1 · a3  −1 = 1 · a1 + 1 · a2 + 0 · a3

La soluci´on de este sistema es a1 = −1/2, a2 = −1/2, a3 Por otro lado,  1 −3/2  [f ]B [v]B =   −1 1/2 0 1/2

y tenemos lo que quer´ıamos.

= 1/2.



   −1/2 1     1  =  −1/2  , 1/2     0 −1/2 1/2 1/2



Ejercicio 164 Consideremos la aplicaci´on lineal     x x + 2y − z . −y f y = z x + 7z 11

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

 . 



 . 

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1. Calcule [f ]S , donde S es la base est´ andar de R3 . 2. Calcule [f ]S ′ y la matriz no singular Q tal que [f ]S ′ = Q−1 [f ]S Q, con       1 1   1 S′ =  0  ,  1  ,  1  .   0 0 1

Soluci´ on 164 La expresi´on de [f ]S es



 2 −1 −1 0 . 0 7

1 [f ]S =  0 1

Tenemos que



y [f ]S ′ = P (S, S ′ )[f ]S P (S ′ , S),  1  [f ]S ′ =   0 0

1 1 P (S ′ , S) =  0 1 0 0

 1 1 , 1

por lo que Q = P (S ′ , S). Si hacemos los c´alculos       −1 0 1 4 3 1 2 −1 1 1 1      0 −1 1 −1  0  0 1 1  =    −1 −2 −9  . 1 0 7 0 0 1 0 1 1 1 8

Ejercicio 170 Determine si las siguientes aplicaciones son inyectivas o sobreyectivas. 1. T : R4 → R3 definida por

2. S : R3 → R1 definida por

   a a+b  b    b+c . T  c = c+d d 



 a S  b  = a − c. c

3. U : R2 → R4 definida por U

4. L : R4 → R5 definida por

5. M : R4 → R4 definida por



a b



 a+b  2a + b  . =   a b 

  a+b+c a  b   b+c+d   L  c = a+d a+b+c+d d



  a+b+c+d a  b   a+b+c   M  c = a+b a d







 . 

 . 

Soluci´ on 170 Recordemos que una aplicaci´on lineal es inyectiva si y solamente si su espacio nulo es el vector cero. Calculemos el espacio nulo de cada una de estas aplicaciones.

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1. null(T ) ≡

  x1 

+x2 x2

La matriz del sistema (que es la de la aplicaci´on T )  1  0 0

La soluci´on del sistema es

 x1    x2 x3    x4

= = = =

1 1 0

0, 0, 0,

 0 0 1 0 , 1 1

1

0 0

  0  0

1 0

−x4 , x4 , −x4 , x4 ,

+x4

= = =

es

y su forma escalonada reducida por filas es



+x3 x3

0 1

1



 −1  . 1 

 −1  1   y null(T ) = hv =   −1 i. 1

Como null(T ) 6= 0, la aplicaci´on T no es inyectiva. A partir de la f´ormula dim R4 = dim null(T ) + dim im(T ),

deducimos que dim im(T ) = 4 − 1 = 3. Como im T ⊂ R3 , y coinciden en dimensi´on, deducimos que son iguales. Por tanto, T es sobreyectiva. Vamos a ver este resultado mediante c´alculo directo. Para ello, sea b ∈ R3 . Tenemos que encontrar u ∈ R4 tal que T (u) = b, que traducido a coordenadas es        b1 u1 = b1 , u + u  u1 +u2 1 2  b2   u2   , o bien  =  u2 + u3  =  u +u = b2 , . T 2 3  b3   u3   u3 +u4 = b4 , u3 + u4 b4 u4

Es un sistema de ecuaciones con matriz de coeficientes   1 1 0 0  0 1 1 0 , 0 0 1 1

que es la matriz de la aplicaci´on T . Su rango, como ya sabemos, es igual a 3, que coincide con el de la matriz ampliada, independientemente de los valores del vector b. Por tanto, el sistema es compatible, y siempre podemos encontrar el vector u. En consecuencia, T es sobreyectiva. Indicamos las operaciones para las siguientes aplicaciones. 2.

3.


Matriz dela aplicaci´on S : 1 0 −1 ,     x3 , 0 1  x1 = x2 = x2 , null(S) = hv1 =  1  , v2 =  0 i, null(S) ≡  x3 = x3 , 0 1 dim null(S) = 2, por lo que la aplicaci´on S no es inyectiva. dim im(S) = dim R3 − dim null(S) = 1 = dim R1 , y la aplicaci´on S es sobreyectiva.  1 1  2 1   Matriz de la aplicaci´on U :   1 0 , 0 1  x1 = 0, null(U ) ≡ null(S) = h0i, x2 = 0, dim null(U ) = 0, y U es inyectiva. dim im(U ) = dim R2 − dim null(U ) = 2 < dim R4 , y no es sobreyectiva. 

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4.



1

1 1

0



   0 1 1 1    Matriz de la aplicaci´on L :  ,  1 0 0 1    1 1 1 1    0 x = 0,  1    −1  x2 = −x3 ,  null(L) ≡ null(L) = hv =   1 i, x3 = x3 ,    0 x4 = 0, dim null(L) = 1, y L no es inyectiva. dim im(L) = dim R4 − dim null(L) = 3 < dim R4 , y no es sobreyectiva. 5.



1

1 1

1



   1 1 1 0    Matriz de la aplicaci´on M :  ,  1 1 0 0    1 0 0 0  x = 0,  1   x2 = 0, null(M ) = 0, null(M ) ≡ x3 = 0,    x4 = 0, dim null(M ) = 0, y la aplicaci´on M es inyectiva., dim im(M ) = dim R4 − dim null(M ) = 4 = dim R4 , y la aplicaci´on es sobreyectiva. Por tanto, M es biyectiva y existe M −1 . La matriz de M −1  0 0 0   0 0 1    0 1 −1  1 −1

0

es la matriz inversa de la matriz de M , es decir  1  −1   . 0   0

Ejercicio 171 Sean f : R2 → R2 , g : R2 → R2 las aplicaciones lineales definidas con respecto a la base est´andar S de R2 como         a 2a + b a b g = ,f = . b 3a b −a 1. Calcule las matrices de g ◦ f y f ◦ g con respecto a la base S.

2. Pruebe que g ◦ f es biyectiva, y calcule la matriz de (g ◦ f )−1 con respecto a S. Soluci´ on 171

1. Las matrices de las aplicaciones f y g respecto de la base S son     0 1 2 1 [f ]S = , [g]S = . −1 0 3 0

Entonces [g ◦ f ]S = [g]S · [f ]S = y [f ◦ g]S = [f ]S · [g]S =





2 1 3 0 0 1 −1 0

 

0 1 −1 0 2 3

1 0

 

=

=

"

"

−1 2 0 3

3 0

−2 −1

#

,

#

.

2. La aplicaci´on g ◦ f es biyectiva, pues null(g ◦ f ) = {0}, y im(g ◦ f ) = R2 . Entonces existe la funci´on inversa (g ◦ f )−1 , y " #−1 " # −1 2 −1 2/3 −1 −1 [(g ◦ f ) ]S = ([g ◦ f ]S ) = = . 0 3 0 1/3 14

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Ejercicio 173 Pruebe las siguientes afirmaciones: 1. Si A es semejante a B, entonces B es semejante a A. 2. Si A es semejante a B, y B es semejante a C, entonces A es semejante a C. 3. Si A es semejante a B, entonces A2 es semejante a B 2 . 4. Si A es semejante a B, entonces At es semejante a B t . 5. Si A es semejante a B y A es no singular, entonces B es no singular y A−1 es semejante a B −1 . Soluci´ on 173 1. Existe P no singular tal que B = P −1 AP . Entonces P BP −1 = A, y para Q = P −1 se tiene que −1 A = Q BQ. 2. Existe P no singular tal que B = P −1 AP y Q no singular tal que C = Q−1 BQ. Entonces C = Q−1 P −1 AP Q = R−1 AR para R = P Q, que es no singular. 3. Existe P no singular tal que B = P −1 AP . Entonces B 2 = (P −1 AP )(P −1 AP ) = P −1 A2 P , y tenemos el resultado. 4. Existe P no singular tal que B = P −1 AP . Entonces B t = P t At (P −1 )t = P t At (P t )−1 = Q−1 At Q, donde Q = (P t )−1 . 5. Existe P no singular tal que B = P −1 AP . Si A es no singular, el producto anterior es no singular, por lo que B es no singular. Entonces B −1 = P −1 A−1 P , y tenemos el resultado. Ejercicio 177 Sea f : R3 → R3 la aplicaci´on lineal definida como f (v) = Av, donde   0 −1 0 A =  13 16 −10  , 22 26 −17

y

 

     1 1 1  B = u1 =  0  , u2 =  1  , u3 =  −2  .   1 3 −2 

1. Pruebe que B es base de R3 .

2. Calcule la matriz de paso de la base est´ andar a B. 3. Calcule la matriz de la aplicaci´on f respecto de la base B. Soluci´ on 177 1. Como la dimensi´on del espacio vectorial R3 es igual a 3, y el conjunto B tiene tres vectores, basta probar que B es un conjunto linealmente independiente. Para ello, el rango de la matriz formada por sus componentes debe tener rango igual a tres. Ene efecto,     1 1 1 1 0 0  rref  
    u1 u2 u3 =   0 1 −2  −→  0 1 0  . 1 3 −2 0 0 1 Tenemos tres pivotes, por lo que el rango es igual a tres.

2. Este apartado lo podemos hacer de dos maneras. Sea S = {e1 , e2 , e3 } la base est´andar de R3 . Nos dan las expresiones de ui , i = 1, 2, 3 con respecto a la base est´andar, pues sabemos que       1 1 1 [u1 ]S =  0  , [u2 ]S =  1  , [u3 ]S =  −2  . 1 3 −2 Entonces la matriz de paso de B a S es



1 1

 P (B, S) =   0 1 1 3

1



 −2  . −2

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Nos piden la matriz de paso P (S, B), que es la inversa de P (B, S). Por tanto, basta calcular la matriz inversa de P (B, S) para obtener la respuesta:   1 1 1 1 0 0 
  P (B, S) I3 =   0 1 −2 0 1 0  1 3 −2 0 0 1   1 0 0 4 5 −3  rref   −→   0 1 0 −2 −3 2  0 0 1 −1 −2 1
= I3 P (S, B) .

Por tanto,



4

5

 2  . 1

 P (S, B) =   −2 −3

−1 −2

La segunda forma de hacerlo es a partir de la expresi´on P (S, B) =

[e1 ]B



−3

[e2 ]B

[e3 ]B




,

es decir, la matriz que contiene las coordenadas de cada vector de la base est´andar con respecto a la base B. Para ello, se plantean los sistemas de ecuaciones asociados a las igualdades e1 = α1 u1 + α2 u2 + α3 u3 , e2 = β1 u 1 + β2 u 2 + β3 u 3 , e3 = γ1 u 1 + γ2 u 2 + γ3 u 3 . Esto es equivalente a resolver simult´ aneamente tres sistemas de ecuaciones con la misma matriz de coeficientes P (B, S), y t´erminos independientes iguales a e1 , e2 , e3 . Esto es precisamente lo que hemos hecho antes, y obtenemos el mismo resultado. 3. Este apartado se puede hacer aplicando la f´ ormula del cambio de base, o la definici´on de matriz de una aplicaci´on lineal con respecto a una base. Por la definici´on, se tiene que [f ]B =

[f (u1 ]B

[f (u2 ]B

[f (u3 ]B

Se tiene que 

0




.



   f (u1 ) = Au1 =   3 , 5   −1    f (u2 ) = Au2 =   −1  , −3   2    f (u3 ) = Au3 =   1 . 4

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Ahora hay que calcular las coordenadas de sistemas de ecuaciones  0   3  5  −1   −1  −3  2   1  4

Para resolverlos, hacemos la  1   0  1

operaci´on 1

1

0

estos vectores respecto de la base B, por lo que planteamos los 

  = λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 , 



  = µ1 u 1 + µ2 u 2 + µ3 u 3 , 



  = ν1 u 1 + ν2 u 2 + ν3 u 3 .  

1 −2 3 3 −2 5

Por tanto,



1

0 0

 rref   −1 1   −→  0 0 −3 4

1 0

−1 2



0

 [f ]B =   1 −1

Por la f´ormula del cambio de base, sabemos que

0

0 1 1

0

0

1



 −1 1  . −1 0 0 1



 −1 1  . 0 0

[f ]B = P (S, B)[f ]S P (B, S). La matriz [f ]S no es m´ as que la matriz A  4 5  [f ]B =   −2 −3 −1 −2  0 0   =  1 −1 −1 0

dada. Entonces   1 0 −1 0 −3     2    13 16 −10   0 22 26 −17 1 1  1  1  . 0

Ejercicio 179 Consideremos las bases B = {u1 , u2 , u3 } y    2      u1 =   1  , u2 =  1    3  ′     u′1 =   1  , u2 =  −5 1. Calcule la matriz de paso de B a B ′ .

1

1



 1 −2   3 −2

B ′ = {u′1 , u′2 , u′3 } de R3 , donde    2 1      −1   , u3 =  2  , 1 1    −1 1   ′    1   , u3 =  0  . 2 −3

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2. Calcule las coordenadas [w]B , donde 



−5

   w=  8 , −5

y aplique la f´ormula del cambio de base para calcular [w]B′ .

3. Calcule las coordenadas [w]B′ directamente y compruebe el resultado con el apartado anterior. 1. Sea M (B, B ′) la matriz de paso de la base B a la base B ′ . Entonces
M (B, B ′ ) = [u1 ]B′ [u2 ]B′ [u3 ]B′ ,

Soluci´ on 179

por lo que tenemos que calcular las coordenadas de cada uno de los vectores de la base B respecto de la base B ′ . Si denominamos       γ1 β1 α1 [u1 ]B′ =  α2  , [u2 ]B′ =  β2  , [u3 ]B′ =  γ2  , γ3 β3 α3

entonces tenemos los sistemas de ecuaciones



    1  = α1     1    2     −1  = β1     1    1     2  = γ1     1

u1 = α1 u′1 + α2 u′2 + α3 u′3 ,

u2 = β1 u′1 + β2 u′2 + β3 u′3 ,

u3 = γ1 u′1 + γ2 u′2 + γ3 u′3 ,

Dichos sistemas tiene la misma matriz  3 1 −1   1 1 0  −5 −3 2 Por tanto,





2

de coeficientes, por lo que   1 0 2 2 1  rref   1 −1 2   −→  0 1 1 1 1 0 0 

3

2

3





1





       1   + α2  1  + α3  0 −5 −3 2     −1 1 3        1   + β2  1  + β3  0 2 −3 −5     −1 1 3        1   + γ2  1  + γ3  0 2 −3 −5 para resolverlos calculamos  0 3 2 5/2  0 −2 −3 −1/2  . 1 5 1 6

5/2



   M (B, B ′) =   −2 −3 −1/2  . 5 1 6

2. Si llamamos

 λ1 [w]B =  λ2  , λ3 

entonces

w = λ1 u1 + λ2 u2 + λ3 u3 ,       −5 2 2 1          8  = λ1  1  + λ2  −1  + λ3  2  ,         −5 1 1 1 

−1



18

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

 . 



 . 



 . 

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que es un sistema de ecuaciones, cuyas soluciones se obtienen mediante    1 0 0 9 2 2 1 −5 rref   1 −1 2 8  −→   0 1 0 −9 1 1 1 −5 0 0 1 −5 Entonces



 . 



 9 [w]B =  −9  . −5

A partir de la f´ ormula

[w]B′ = M (B, B ′ )[w]B , tenemos que 

3

2



5/2







−7/2



9       −9  =  23/2  . −2 −3 −1/2 [w]B′ =      −5 5 1 6 6

3. El c´alculo directo de [w]B′ nos lleva a considerar



 µ1 =  µ2  , µ3

[w]B′ de donde

w = µ1 u′1 + µ2 u′2 + µ3 u′3 ,       3 −5 −1 1          8  = µ1  1  + µ2  1  + µ3  0  .         −3 −5 −5 2 



Resolvemos este sistema de ecuaciones:  3 1 −1 −5   1 1 0 8  −5 −3 2 −5

Entonces





1

0

0 −7/2

 rref   −→  0   0

1

0

0

1



−7/2



 23/2  . 6



   [w]B′ =   23/2  , 6

que coincide con el resultado obtenido en el apartado anterior.

Ejercicio 180 Sea S la base est´ andar de R3 y B = {v1 , v2 , v3 } la base dada por       1 2 3            v1 =   2  , v2 =  5  , v 3 =  3  . 1 0 8 1. Calcule la matriz de paso M (B, S).

2. Calcule la matriz de paso M (S, B) mediante la expresi´on de los vectores de la base est´andar S como combinaci´on lineal de los vectores de la base B.

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3. Compruebe que M (S, B) = M (B, S)−1 . 4. Sea





5

   w=  −3  . 1

Calcule [w]B a partir de la definici´on y use la matriz de paso correspondiente para obtener [w]S . 5. Sea





3

   w′ =   −5  . 0

Calcule [w′ ]S y use la matriz de paso correspondiente para obtener [w]B . Soluci´ on 180

1. Recordemos que la matriz de paso M (B, S) es igual a [v1 ]S

M (B, S) =

[v2 ]S

[v3 ]S

y sabemos que, de forma directa, 

1





2






,



3



           [v1 ]S =   2  , [v2 ]S =  5  , [v3 ]S =  3  . 0 1 8

Por tanto,





1

2

3

 M (B, S) =   2

5

 3  . 8

1

0

2. El c´alculo mediante la definici´on de la matriz de paso M (S, B) precisa de la resoluci´on de los sistemas de ecuaciones         1 2 3 1        0  = α1  2  + α2  5  + α3  3  , e1 = α1 v1 + α2 v2 + α3 v3 ,       0 1 0 8         3 2 1 0        1  = β1  2  + β2  5  + β3  3  , e 2 = β 1 v1 + β 2 v2 + β 3 v3 ,       0 8 0 1         3 2 1 0        0  = γ1  2  + γ2  5  + γ3  3  , e 3 = γ 1 v1 + γ 2 v2 + γ 3 v 3 ,       1 8 0 1 para lo que calculamos



Entonces







1

2 3

1 0

0

1

0

0 −40

16

  2  1

5 3

0 1

1

0

13

0 8

0 0

 rref   0   −→  0 0 1

0

1

5

 −5 −3  . −2 −1



−40

 M (S, B) =   13 5

16 −5 −2

9

9



 −3  . −1

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3. Basta comprobar que M (S, B)M (B, S) = I3 . Observemos que la resoluci´on de los sistemas en el apartado anterior es equivalente al c´ alculo de la matriz inversa de la matriz M (B, S). 4. Si

 a1 [w]B =  a2  , a3 

entonces w = a1 v1 + a2 v2 + a3 v3 , lo que implica         5 1 2 3          −3  = a1  2  + a2  5  + a3  3  ,         1 1 0 8

que es un sistema de ecuaciones. Para resolverlo,       1 2 3 5 1 0 0 −239 −239        2 5 3 −3  rref    77    −→  0 1 0  , de donde [w]B =  77  . 1 0 8 1 0 0 1 30 30 Adem´as,



como era de esperar.

1 2

3

 [w]S = M (B, S)[w]B =   2 5 1 0



  3   8

−239





5



    =  −3  ,    1

77 30

5. Ahora lo hacemos al rev´es. Por el car´ acter especial de la base est´andar, es inmediato que   3    [w′ ]S =   −5  . 0 Entonces



−40

16

 [w′ ]B = M (S, B)[w′ ]S =   13 5 1 0

 P =  0 3 0 1

y la base B de R3 dada por



1







3



−200

      −5 −3    −5  =  0 −2 −1

Ejercicio 181 Consideremos la matriz



9



0

64 25



 . 



 2  , 1 1





1



           B = {u1 =   1  , u2 =  1  , u3 =  0 }. 1 0 0

Calcule una base B ′ de R3 tal que P = M (B ′ , B) y una base B ′′ tal que P = M (B, B ′′ ). Soluci´ on 181 Sea B ′ = {u′1 , u′2 , u′3 }. Como P = M (B ′ , B) =

[u′1 ]B

[u′2 ]B

[u′3 ]B




,

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esto implica que conocemos los coeficientes con los que cada vector u′i , i = 1, 2, 3 se expresa como combinaci´on lineal de los vectores de la base B. En concreto,   1 u′1 = 1 · u1 + 0 · u2 + 0 · u3 =  1  , 1   4 u′2 = 0 · u1 + 3 · u2 + 1 · u3 =  3  , 0   3 u′3 = 0 · u1 + 2 · u2 + 1 · u3 =  2  . 0 La segunda parte se hace de la misma forma al tener en y dado que  1 0  −1 P =  0 1 0 −1

cuenta que P −1 = M (B ′′ , B). Si escribimos B ′′ =

{u′′1 , u′′2 , u′′3 },

obtenemos

0



 −2  , 3 

 1 u′′1 = 1 · u1 + 0 · u2 + 0 · u3 =  1  , 1   0 u′′2 = 0 · u1 + 1 · u2 + (−1) · u3 =  1  , 0   1 u′′3 = 0 · u1 + (−2) · u2 + 3 · u3 =  −2  . 0

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