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• Cristian Daniel Gomez

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE LA MATANZA DEPARTAMENTO DE INGENIERIA E INVESTIGACIONES TECNOLOGICAS ALGEBRA Y GEOMETRIA ANALITICA I (1027) EJERCICIOS RESUELTOS DE LA GUIA DE ESPACIOS VECTORIALES ESPACIOS VECTORIALES Como se indica en la guía teórica , para que un conjunto de elementos con dos operaciones definidas (suma y producto , este último utilizando escalares que provienen de un cuerpo) sea espacio vectorial tiene que cumplir con los 10 axiomas (5 para la suma y 5 para el producto) indicados en las paginas 1 y 2 de la guía. Obviamente el mayor trabajo es demostrar que algo es espacio vectorial porque necesariamente tendremos que demostrar los 10 axiomas. Es mucho mas facil demostrar que no lo es porque basta que uno solo de los axiomas no se cumpla para negar la condición de espacio vectorial. 2) a) Se pide determinar si el conjunto de ternas de números reales con las operaciones allí definidas , forma estructura de espacio vectorial. O sea estamos trabajando en R 3 , con la suma definida de manera usual y el producto por un escalar k (real) que solamente multiplica a la primer componente. Tenemos (V , + , R , .) con (x,y,z)+(x ´, y ´, z´)=(x+x´,y+y´,z+z´) y k.(x,y,z)=(k.x,y,z) Como la suma es la usual de R 3 , sabemos que cumple las cinco propiedades (es cerrada , es asociativa , tiene elemento neutro , tiene inverso aditivo (u opuesto) y es conmutativa). R 3 con la suma así definida tiene estructura de grupo abeliano. Veamos que pasa con el producto. 1) ¿es cerrado? Si multiplicamos un (x,y,z) ∈R 3 por un número real que solamente multiplica a la primer componente , el resultado vuelve a dar otro elemento de R 3 . 2)distributivo respecto a la suma de vectores. ¿k.((x,y,z)+(x´,y´,z´)) es igual a k.(x,y,z)+k.(x´,y´,z´)?. Desarrollaremos ambos términos y los compararemos. k.((x,y,z)+(x´,y´,z´))=k.(x+x´,y+y´,z+z´)=(k.(x+x´),y+y´,z+z´)=(k.x+k.x´,y+y´,z+z´) k.(x,y,z)+k.(x´,y´,z´)=(k.x,y,z)+(k.x´,y´,z´)=(k.x+k.x´,y+y´,z+z´) 3) distributivo respecto a la suma de escalares ¿(k+k´).(x,y,z) es igual a k.(x,y,z)+k´.(x,y,z)?.Desarrollaremos ambos términos y los compararemos. (k+k´).(x,y,z)=((k+k´).x,y,z)=(k.x+k´.x,y,z) k.(x,y,z)+k´.(x,y,z)=(k.x,y,z)+(k´.x,y,z)=(k.x+k´.x,y+y,z+z)=(k.x+k´.x,2y,2z)≠(k.x+k´.x,y,z). Luego no es espacio vectorial Podemos seguir analizando para saber si falla otro axioma 4) asociatividad de los escalares ¿(k.k´).(x,y,z) es igual a k.(k´.(x,y,z)) y es igual a k.k´.(x,y,z)? (k.k´).(x,y,z)=((k.k´).x,y,z)=(k(.k´.x,y,z))=k.(k´.(x,y,z)=k.k´.(x,y,z) Luego este axioma se cumple. 5) elemento neutro del cuerpo para el producto ∃ 1 ∈ R , tal que 1.(x,y,z)=(1.x,y,z)=(x,y,z). Luego se cumple el axioma Otra forma de demostrar que no es espacio vectorial sería aplicando la contra recíproca del apartado b) de la proposición 1 (página 4 de la guía) donde se demuestra que si V es espacio vectorial sobre un cuerpo K , entonces el producto del elemento nulo de K por cualquier vector , nos da como resultado el elemento neutro 1

de V. Expresado en forma de proposición si Ves espacio vectorial ⇒ 0. v = 0 , ∀ v ∈ V, 0 ∈ K , que es de la forma p ⇒ q , donde p está representada por Ves espacio vectorial y q está representada por 0. v = 0 , ∀ v ∈ V, 0 ∈ K Como sabemos de Matemática Discreta si la implicación p ⇒ q es verdadera , entonces es verdadera su contra recíproca. −q ⇒ −p , que en nuestro caso sería : Si no es cierto que 0. v = 0 , ∀ v ∈ V, 0 ∈ K , entonces no es cierto que Ves espacio vectorial. Como podemos ver si hacemos (de acuerdo al producto indicado en el ejercicio) 0.(x,y,z)=(0.x,y,z)=(0,y,z) que no necesariamente es el vector (0,0,0). Luego −q es verdadero y por consiguiente −p también lo es y Vno es espacio vectorial

SUBESPACIOS Para demostrar que un subconjunto W de un espacio vectorial V es subespacio tendremos que demostrar tres propiedades 1) que W≠  , o bien analizar si el elemento neutro de V pertenece a W (0 ∈ W 2) dados u y v pertenecientes a W , tenemos que demostrar que u + v tambien pertenece a W, para todos u y v 3) que si u pertenece a W y k pertenece al cuerpo K , tenemos que demostrar que k.u también pertenece a W para todos u y k Ejercicio 4)b) W=x, y ∈ R 2 /x + 2y = 1 1) Está claro que W es diferente del conjunto vacío , ya que el par ordenado (1,0) cumple con la condición. Sin embargo el elemento nulo de R 2 no pertenece a W , ya que 0 + 2. 0 = 0 ≠ 1. Luego W no es subespacio vectorial. Recordar que aquí estamos usando la contra recíproca de la proposición que indica que si W es subespacio ⇒ 0 ∈ W. Luego la contra recíproca indica que si 0 ∉ W ⇒W no es subespacio Ejercicio 4)d) W=x, y ∈ R 2 /x 2 − y 2 = 0 1) Resulta que el elemento (0,0) pertenece a W pues 0 2 − 0 2 = 0. Luego la condición 1 se cumple , pero eso lo único que nos señala es que tenemos que seguir probando con las restantes. 2) sean (x,y) y (x´,y´) pertenecientes ambos a W , entonces tenemos que ver si la suma de ambos sigue perteneciendo a W. Ahora ¿que significa que (x,y) y (x´,y´) pertenecen a W? . Significa que ambos pares ordenados cumplen con la condición señalada en la definición de W , a saber que la primer componente elevada al cuadrado menos la segunda componente elevada al cuadrado da por resultado 0.Entonces x 2 − y 2 = 0 y x´ 2 − y´ 2 = 0. ¿Que es la suma de (x,y) con (x´,y´)?. Pues nada menos que (x+x´,y+y´).¿Cumplirá este nuevo par ordenado con la condición de W? O sea si elevamos al cuadrado su primer componente y le restamos el cuadrado de la segunda , el resultado ¿será cero?. Veamos x + x´ 2 − y + y´ 2 = x 2 + 2. x. x´ + x´ 2  − y 2 + 2. y. y´ + y´ 2  = x 2 + x´ 2 − y 2 − y´ 2 + 2. x. x´ − 2. y. y´ = 2. x (pues por las condiciones que cumplen (x,y) y (x´,y´) resulta que 2 2 2 2 2 2 2 2 x + x´ − y − y´ = x − y + x´ − y´ = 0 + 0 = 0 Ahora 2. x. x´ − 2. y. y´ no tiene necesariamente que ser igual a cero. Luego tenemos toda la idea que la 2

segunda condición no se cumple y W no sería subespacio. ¿Como podemos probarlo ?. Bueno , hallando un contraejemplo. El desarrollo anterior nos da una idea de como hallarlo , tenemos que encontrar dos pares ordenados que cumplan con la condición y cuya suma no lo haga. Por ejemplo (5,-5) y (-3,3). Es cierto que el cuadrado de sus primeras componentes menos el cuadrado de las segundas componentes da por resultado cero . Pero 2. 5. −5 − 2. −3. 3 = −50 − −18 = −50 + 18 = −32 ≠ 0 Ejercicio 4)c) W=x, y ∈ R 2 /2x − 3y = 0 1) Obviamente el (0,0) cumple con la condicion. Vamos a las otras. 2) Sean (x,y) y (x´,y´) pertenecientes ambos a W , entonces tenemos que ver si la suma de ambos sigue perteneciendo a W Ahora ¿que significa que (x,y) y (x´,y´) pertenecen a W? . Significa que ambos pares ordenados cumplen con la condición señalada en la definición de W , a saber que el doble de la primer componente menos el triple de la segunda componente da por resultado 0. Entonces 2x − 3y = 0 y 2x´ − 3y´ = 0. Ahora (x,y)+(x´,y´)=(x+x´,y+y´). ¿Que ocurre si hacemos el doble de la primer componente de este vector suma y le restamos el triple de su segunda componente? 2.(x+x´)-3(y+y´)=2.x+2.x´-3.y-3.y ´=(2.x-3.y)+(2.x´-3.y´)=0+0=0. Segunda condición cumplida 3) Sea (x,y) perteneciente a W y k perteneciente a R.¿Que pasara con el producto k.(x,y)? Repetimos (y no nos cansaremos de hacerlo ya que es por esto que se falla en los ejercicios de subespacio) que decir que (x,y) pertenece a W significa que tiene que cumplir con una dada condición , en este caso que el doble de su primer componente menos el triple de su segunda componente da por resultado 0. O sea 2x − 3y = 0 Ahora ¿quien es k.(x,y)? Es (k.x,k.y). ¿Como podemos verificar si este vector cumple con la condición de W? . Bueno , multiplicando por 2 su primer componente , restarle el triplo de su segunda y ver que pasa. 2.k.x - 3.k.y = k.(2.x - 3.y) , pero lo que está encerrado entre paréntesis es igual a cero (por ser (x,y) un elemento de W) , luego queda k. 0 que es igual a cero. Entonces k.(x,y)=(k.x,k.y) cumple la condición y también pertenece a W. Como se cumplen los tres items , W es un subespacio. COMBINACION LINEAL Llamamos combinación lineal a toda suma algebraica de la forma a 1 . v 1 + a 2 . v 2 + a 3 . v 3 +. . . +a k . v k , donde los a i pertenecen al cuerpo de escalares y los v i pertenecen a V y donde i puede variar desde 1 hasta un valor k natural. Cuando querramos complicarnos con el tema podremos decir que la combinación lineal puede estar formada por la suma de infinitos términos (pero no tenemos la intención de hacerlo por ahora). Ahora ¿cuando podemos decir que un vector v es combinación lineal de otros v 1 , v 2 , v 3 , . . . , v k ? Cuando existan escalares a 1 , a 2 , a 3 , . . . , a k que permitan escribir v = a 1 . v 1 + a 2 . v 2 + a 3 . v 3 +. . . +a k . v k Ejercicio 8)a) Determinar si la matriz 4

0

−2 −2 Si

3

así

,

1 −1 2 fuera

3

y

6

−8

−1 −8

es combinacion lineal de las matrices

0 2 1 4

existirían

los

escalares

a

,

b

y

c

tal

que

−8

6

= a.

−1 −8

4

0

+ b.

−2 −2

1 −1 2

+ c.

3

0 2 1 4

. Lo que significa que:

4. a + 1. b + 0. c = 6; 0. a + −1. b + 2. c = −8; −2. a + 2. b + 1. c = −1; −2. a + 3. b + 4. c = −8 Nos queda un sistema de cuatro ecuaciones con tres incógnitas (a,b,y c). Se puede plantear en forma matricial 4

1

0

6

0

−1 2 −8

−2

2

1 −1

−2

3

4 −8

,si resolvemos por filas resulta

1 0 0

1

0 1 0

2

0 0 1 −3 0 0 0

,lo que significa que el rango de la

0

matriz de coeficientes es igual al rango de la matriz ampliada (sistema compatible) y es igual al número de incógnitas que es 3(determinado) . Luego la resolución del sistema nos indica que si a=1 , b= 2 y c= -3 la combinación lineal de las matrices ,dará como resultado la matriz pedida. 1

4

0

+2

−2 −2

Ejercicio 4

8)b)

0

2

1 −1 2

3

0 2

−3

3

Determinar

,

−2 −2

1 −1

y

si

1 4 la

matriz

6

=

−8

−1 −8 0 0 0 0

es

combinacion

lineal

de

las

matrices

0 2 1 4

Resulta evidente que si ponemos a=0 , b=0 y c=0 la combinación lineal dará por resultado la matriz nula Ejercicio 8)d) Determinar si la matriz 4

0

1 −1

,

−2 −2

2

3

y

−1 5 7

1

es combinacion lineal de las matrices

0 2 1 4

Planteando el problema en forma similar a 8)a) resultan las ecuaciones: 4. a + 1. b + 0. c = −1; 0. a + −1. b + 2. c = 5; −2. a + 2. b + 1. c = 7; −2. a + 3. b + 4. c = 1. Luego la matriz resultante es: 0 −1

4

1

0

−1 2

5

−2

2

1

7

−2

3

4

1

, si resolvemos por filas resulta que el rango de la matriz de coeficientes es 3 mientras

que el rango de la matriz ampliada es 4. Luego el sistema es incompatible , no tiene soluciones , no existen a , b y c que conformen la combinación lineal.

ESPACIO VECTORIAL GENERADO POR UN CONJUNTO DE VECTORES Ejercicio 13)c) Determinar si los vectores (1,0,-1);(2,1,1);(0,1,1) y (1,-2,-1) generan a R 3 . Los vectores dados generarán a R 3 si cualquier elemento genérico de R 3 , (x,y,z) se puede escribir como combinación lineal de dichos vectores. Luego (x,y,z)=a.(1,0,-1)+b.(2,1,1)+c.(0,1,1)+d.(1,-2,-1). Con lo cual resulta 4

x = a + 2b + d; y = b + c − 2d; z = −a + b + c − d Pasándolo a matriz 1

2 0

1

0

1 1 −2 y

1 0 0 −1

x , resolviendo por filas , queda

−1 1 1 −1 z

0 1 0

1

0 0 1 −3

y−z 1 2 3 2

x− y−

1 2 1 2

y+ x−

1 2 1 2

z

, lo cual significa

z

que el sistema es compatible indeterminado porque las soluciones quedan dependiendo de una de las incógnitas. El rango de la matriz de coeficientes es 3 , el rango de la matriz ampliada es 3 y el número de incógnitas es 4 (a,b,c,d)(recordar que en este caso (x , y , z) juegan el papel de parámetros representativos de cualquier terna de R 3 ) El resultado indica que a = y − z + d; b = 12 x − 12 y + 12 z − d; c = 32 y − 12 x − 12 z + 3d. Las soluciones (para un dado (x,y,z) dependen de d). Luego existen infinitas posibilidades de generar un vector de R 3 con los vectores dados. Luego el conjunto de esos cuatro vectores forman un conjunto generador. ¿Será una base de R 3 ?. Obviamente no porque si el rango de la matriz de coeficientes (que está formada por las componentes de los vectores) es 3 significa que uno de ellos (no importa cual) se puede escribir como combinación de los otros , luego el conjunto es linealmente dependiente y no forma una base. Si queremos demostrarlo mas claramente podemos hacer una combinación lineal de dichos vectores e igualarla al vector nulo , resolver el sistema y encontrar que no tienen solución única a=b=c=d=0. Ejercicio 10)b) Determinar si el vector (2,1,-1) pertenece al subespacio S generado por los vectores (1,2,1);(1,0,-1);(2,2,0). S = 〈1, 2, 1; 1, 0, −1; 2, 2, 0〉 Para que el vector dado pertenezca al subespacio que esta generado por los otros vectores , deberá expresarse como una combinación lineal de los mismos, o sea: 2, 1, −1 = a. 1, 2, 1 + b. 1, 0, −1 + c. 2, 2, 0 Luego nos queda a + b + 2c = 2; 2a + 2c = 1; a − b = −1. Expresandolo matricialmente 1

1

2

2

2

0

2

1

1 −1 0 −1

1 0 1 , trabajando por filas se llega a

0 1 1

1 2 3 2

, luego la matriz de coeficientes al

0 0 0 0

igual que la ampliadan tienen rango 2 y tenemos tres incógnitas (a,b,c) , por lo tanto el sistema es compatible indeterminado , lo que significa que tendremos infinitos juegos de valores para los coeficientes a , b y c que al colocarlos en la combinación lineal dará por resultado el vector (2,1,-1). Por lo tanto este vector se puede escribir como combinación lineal (en realidad infinitas combinaciones) de los vectores que generan S y por ello pertenece al subespacio.

Ejercicio 15)b) Determinar los valores reales de k para que los vectores siguientes sean linealmente independientes:(1,-1,2);(k+1,k,k+6);(k,k+1,1) Para saber si son linealmente independientes hay que hacer una combinación lineal de ellos , igualarla al vector nulo de R 3 (en este caso) y analizar los posibles valores que puede tomar k para que el sistema resultante sea compatible determinado (siendo un sistema homogéneo y si es compatible determinado , la 5

única posibilidad es que todos los coeficientes que multiplican a los vectores en la combinación lineal son nulos). 0, 0, 0 = a. 1, −1, 2 + b. k + 1, k, k + 6 + c. k, k + 1, 1. Desarrollando queda a + b. k + 1 + c. k = 0; −a + b. k + c. k + 1 = 0; 2a + b. k + 6 + c = 0 Pasándolo a sistema matricial 1

k+1

k

−1

k

k+1

2

k+6

1

, donde obviamente hemos eliminado a la última columna de los valores

independientes porque son todos ceros. 1 Resolviendo por filas : haciendo F1+F2–>F2 y (-2).F1+F3–>F3 , resulta

k+1

0 2k + 1

k 2k + 1

; haciendo

0 −k + 4 −2k + 1 2F3+F2–>F2 resulta 1

k+1

k

0

9

−2k + 3

, si k≠ 4 , podemos dividir a la última fila por -k+4 y nos queda

0 −k + 4 −2k + 1 1 k+1

k

0

9

−2k + 3

0

1

−2k + 1/−k + 4

1 k+1 0

0

0

1

1 k+1 0 0

1 0

, haciendo

(-9).F3+F2–>F2

nos

queda

k −2k + 3 + −9.

−2k+1 −k+4

,

reordenando

nos

queda

−2k + 1/−k + 4 k −2k + 1/−k + 4 −2k + 3 + −9.

. Hemos logrado diagonalizar la matriz. Para que tenga rango 3 es

−2k+1 −k+4

necesario que el último término de la última fila sea distinto de cero. Veamos cuando es igual a cero 2 2 +7k+3 −2k + 3 + −9. −2k+1 = −2k+3−k+4 + −9. −2k+1 = 2k −8k−3k+12+18k−9 = 2k−k+4 =0 −k+4 −k+4 −k+4 −k+4 Nos queda en el numerador una cuadrática y la fracción será igual a cero cuando su numerador valga cero , o sea cuando 2k 2 + 7k + 3 = 0 Resolviendo nos da las siguientes raíces: − 12 , −3. O sea cuandok = − 12 y cuando k = −3 , entonces las filas no serán independientes y por consiguiente en ese caso uno de los vectores dados (que dependen del parámetro k) dependerá de los otros dos y el conjunto será linealmente dependiente. Si k no toma esos valores , entonces los vectores serán independientes y el conjunto será linealmente independiente. Ahora ¿que pasa cuando k=4 que era el valor que habíamos desechado para poder diagonalizar la matriz?. Para k=4 la matriz queda de la forma

6

1

5

4

−1

4

5

2

10 1

,,el rango de esta matriz es 3 ,comprobarlo , si trabajamos por filas se llega

1 0 0 a:

. Luego parar este valor los tres vectores son linealmente independientes también.

0 1 0 0 0 1

¿No habrá otra forma de resolverlo?Veamos. La matriz de coeficientes es de 3x3 (cuadrada) y pedimos que su rango sea 3 , porque de esa manera significa que ninguna de sus filas o columnas depende de las otras (son linealmente independientes). Podríamos preguntarnos cuando eso no ocurre (o sea que una fila o columna depende de las otras , o una fila o columna es nula , etc), o sea cuando son linealmente dependientes. Pero esto se relaciona con el determinante de la matriz. Si el determinante es igual a cero significa que el rango no se corresponde con el tamaño de la matriz , que alguna fila o columna depende de las otras , etc. Como en este caso tenemos una matriz cuadrada podemos hallar su determinante e igualarlo a cero y ver para que valores de k ocurre. det

1

k+1

k

−1

k

k+1

2

k+6

1

= 0 = −2k 2 − 7k − 3 (¿les resulta parecido?)

Nos queda un polinomio de segundo grado en k. Es fácil hallar sus raíces: − 12 , −3. Luego para estos valores de k el determinante se anula y los vectores son dependientes. Para todo otro valor de k el determinante es diferente de cero y los vectores son linealmente independientes.

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