Herramientas algenbra lineal (10)

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28 CAPÍTULO 2. ESPACIOS VECTORIALES
utilizando las herramientas proporcionadas en el caṕıtulo 2 del libro de teoŕıa1.
1. Estudiar la dependencia o independencia lineal de las familias de vectores de R4
siguientes:
(a) {(1,−1, 2, 2), (−2,−1, 3, 4), (7,−1, 0,−2)}
(b) {(1, 1,−2, 3), (2,−1, 0, 4), (5,−1, 0, 0), (1, 0, 1, 0)}
(c) {(0,−1, 3, 2), (2, 7,−3, 4), (5, 1, 2,−2), (8, 9, 3, 4), (6, 3, 2, 4)}
Solución:
Sabemos que una colección de vectores {u1, . . . , u4} son independientes si y sólo si
λ1u1 + . . .+ λrur = 0 ⇔ λ1 = . . . = λr = 0
En el próximo caṕıtulo veremos que podemos estudiar la dependencia o indepen-
dencia de una familia de vectores analizando el rango de una cierta matriz.
a) λ1(1,−1, 2, 2) + λ2(−2,−1, 3, 4) + λ3(7,−1, 0,−2) = (0, 0, 0, 0).
λ1 − 2λ2 + 7λ3 = 0
−λ1 − λ2 − λ3 = 0
2λ1 + 3λ2 = 0
2λ1 + 4λ2 − 2λ3 = 0
 ⇒ λ1 = −3λ3λ2 = 2λ3
}
Luego los tres vectores son dependientes. Concretamente (7−1, 0,−) = 3(1,−1, 2, 2)−
2(−2,−1, 3, 4).
b) λ1(1, 1,−2, 3) + λ2(2,−1, 0, 4) + λ3(5,−1, 0, 0) + λ4(1, 0, 1, 0) = (0, 0, 0, 0)
λ1 + 2λ2 + 5λ3 + λ4 = 0
λ1 − λ2 − λ3 = 0
−2λ1 + λ4 = 0
3λ1 + 4λ2 = 0
 ⇒
λ1 = 0
λ2 = 0
λ3 = 0
λ4 = 0

Luego los cuatro vectores son linealmente independientes.
c) Como tenemos cinco vectores en un espacio de dimensión cuatro, podemos ase-
gurar que al menos uno de ellos es dependiente de los cuatro restantes.
1Ma.I. Garćıa Planas, M. D. Magret, Eines d’àlgebra lineal i matricial per a la enginyeria.
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2. Consideremos los subconjuntos de R3[t] siguientes:
i) F1 = {P (t) |P (0) = P (1)}.
ii) F2 = {P (t) |P (0) = P (−1)}.
iii) F3 = {P (t) |P (−1) = P (1)}.
iv) F4 = {P (t) | 1 = P (1)}.
¿Es Fi, i = 1, 2, 3, 4 subespacio vectorial? Justificar la respuesta.
Solución:
Sabemos que un subconjunto F de un K-espacio vectorial E, es subespacio si y sólo
si
∀u, v ∈ F, u+ v ∈ F
∀u ∈ F, ∀λ ∈ K, λu ∈ F
i) Sean P (t), Q(t) ∈ F1 y λ ∈ R
Como P (t), Q(t) ∈ F1, entonces P (0) = P (1) y Q(0) = Q(1).
Veamos si P (t) +Q(t) ∈ F1 y λP (t) ∈ F1
(P +Q)(0) = P (0) +Q(0) = P (1) +Q(1) = (P +Q)(1)
(λP )(0) = λP (0) = λP (1) = (λP )(1)
Luego F1 es un subespacio vectorial.
ii) Sean P (t), Q(t) ∈ F2 y λ ∈ R
Como P (t), Q(t) ∈ F2, entonces P (0) = P (−1) y Q(0) = Q(−1).
(P +Q)(0) = P (0) +Q(0) = P (−1) +Q(−1) = (P +Q)(−1)
(λP )(0) = λP (0) = λP (−1) = (λP )(−1).
Luego F2 es un subespacio vectorial.
iii) Sean P (t), Q(t) ∈ F3 y λ ∈ R
Como P (t), Q(t) ∈ F3, entonces P (−1) = P (1) y Q(−1) = Q(1).
(P +Q)(−1) = P (−1) +Q(−1) = P (1) +Q(1) = (P +Q)(1)
(λP )(−1) = λP (−1) = λP (1) = (λP )(1)
Luego F3 es un subespacio vectorial.
30 CAPÍTULO 2. ESPACIOS VECTORIALES
iv) Sean P (t), Q(t) ∈ F4 y λ ∈ R
Como P (t), Q(t) ∈ F4, entonces 1 = P (1) y 1 = Q(1).
(P +Q)(1) = P (1) +Q(1) = 1 + 1 = 2 6= 1
Luego F4 no es un subespacio vectorial.
— — —
3. Determinar para qué valores de las constantes a, b, c ∈ R son subespacio vectorial
los conjuntos de R4 siguientes:
i) F1 = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 | ax1 − bx2 + c = 0},
ii) F2 = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 | x1 − x2 = x3 − x4 = a},
iii) F3 = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 | (x1 − x2)(x2 − x3) = ab}.
Solución:
i) Sean (x1, x2, x3, x4), (y1, y2, y3, y4) ∈ F1 y λ ∈ R
Como (x1, x2, x3, x4), (y1, y2, y3, y4) ∈ F1, entonces ax1−bx2+c = 0 y ay1−by2+c = 0.
Obliguemos a que (x1, x2, x3, x4) + (y1, y2, y3, y4) ∈ F1
(x1, x2, x3, x4) + (y1, y2, y3, y4) = (x1 + y1, x2 + y2, x3 + y3, x4 + y4) ∈ F1 si y sólo si
a(x1 + y1)− b(x2 + y2) + c = 0
Ahora bien a(x1 + y1)− b(x2 + y2) + c = (ax1 − bx2 + c) + (ay1 − by2) = −c. Luego
el resultado es cero si y sólo si c = 0.
Impongamos c = 0 y obliguemos ahora a que λ(x1, x2, x3, x4) ∈ F1, aλx1 − bλx2 =
λ(ax1 − bx2) = λ0 = 0
Luego F1 es un subespacio vectorial si y sólo si c = 0.
ii) Sean (x1, x2, x3, x4), (y1, y2, y3, y4) ∈ F2 y λ ∈ R
Como (x1, x2, x3, x4), (y1, y2, y3, y4) ∈ F2, entonces x1−x2 = x3−x4 = a y y1− y2 =
y3 − y4 = a.
Veamos si (x1, x2, x3, x4) + (y1, y2, y3, y4) ∈ F2.
(x1 + y1)− (x2 + y2) = (x1 − x2) + (y1 − y2) = a+ a = 2a = a
(x3 + y3)− (x4 + y4) = (x3 − y4) + (y3 − y4 = a+ a = 2a = a