ga solución única para cada con- junto de números z0, z1, . . . , zn. (Propuesto en examen, Álgebra, ETS Ing. de Montes, UPM). Solución. 1. Se...

ga solución única para cada con- junto de números z0, z1, . . . , zn. (Propuesto en examen, Álgebra, ETS Ing. de Montes, UPM). Solución. 1. Sea {p0(x), p1(x), p2(x)} la base de V cuya dual es {f0, f1, f2}. Por definición de base dual se ha de verificar < fi, pj(x) >= δij (deltas de Kronecker). Llamando p0(x) = a+ bx+ cx 2 tenemos < f0, p0(x) >= 1 < f1, p0(x) >= 0 < f2, p0(x) >= 0 ⇔  a = 1 b = 0 2c = 0. Obtenemos pues p0(x) = 1. Razonando de manera análoga para p1(x) y p2(x), obtenemos p1(x) = x y p2(x) = x 2/2. Sea ahora q(x) = α+βx+γx2, imponiendo las condiciones dadas obtenemos α = β = γ = 1, es decir q(x) = 1 + x+ x2. 2. Sea r(x) = A+Bx+ Cx2. Entonces r(0) = 0! r′(0) + r′′(0) = 1! + 2! r(0) + r′(0) + r′′(0) = 0! + 1! + 2! ⇔  A = 1 B + 2C = 3 A+B + 2C = 4. Las soluciones del sistema son A = 1, B = 3 − 2λ, C = λ con λ ∈ R. El sistema es indeterminado, por tanto r(x) no está uńıvocamente determinado por las condiciones dadas. Para λ = 0 (por ejemplo) obtenemos uno de ellos: r(x) = 1 + 3x. Es claro que g2 = g0 + g1 lo cual implica que {g0, g1, g2} no es sistema libre y por tanto no es base de V. 3. Supongamos que B∗ = {h0, . . . , hn} es base de E∗ y consideremos la base B = {u0, . . . , un} de E cuya dual B∗. Consideremos el vector v = z0u0 + . . .+ znun. Entonces, por definición de base dual < h0, v >=< h0, z0u0 + . . .+ znun >= z0 . . . < hn, v >=< hn, z0u0 + . . .+ znun >= zn.