Universidad de CartagenaFacultad de Ciencias Exactas

Algebra Lineal I

(Taller 4 Espacios Vectoriales )

Eiver RodrıguezAlberto Rodrıguez

1 de abril de 2015

Algebra Lineal I 4 Sem. 2015

1. Compruebe que los siguientes subconjuntos son subespaciosvectoriales

i)

ii) H ={

(x, y, z) ∈ R3 : ax+ by + cz = 0 ∈ R}

, H subconjunto de R3

Prueba: H es subespacio vectorial de V si dados x, y, z ∈ H y α, β escala-res se tiene que x+ yα + zβ ∈ H

Definamos ~u = (x1, y1, z1), ~v = (x2, y2, z2) ∈ H,por lo que:{ax1 + by1 + cz1 = 0ax2 + by2 + cz2 = 0

y sean α, β ∈ R, entonces se verifica que:

α~u+ β~v = (αx1 + βx2, αy1 + βy2, αz1 + βz2) ∈ H, luego:

a(αx1 + βx2) + b(αy1 + βy2) + c(αz1 + βz2) = 0, Ası, tenemos que Hes un subespacio vectorial de R3, De donde, cualquier recta o plano de R3

que contenga al origen es tambien un subespacio vectorial de R3.

iii) Sea Pn el espacio vectorial de polinomios de grado menor o iguala n,si 0 < m < n, entonces H = Pm es un subespacio vectorial, con Hsubconjunto de Pn.

P rueba : SeaPn el espacio vectorial de polinomios de grado menor o iguala n con coeficientes reales, si p ∈ Pn,entonces:

p(x) = anxn + an−1x

n−1 + ...+ a1x+ a0 , donde a0, a1, ..., an ∈ R

Dados dos elementos cualquiera r y s de Pm con 0 < m < n tenemos:r(x) = amx

m + am−1xm−1 + ...+ a1x+ a0 y

s(x) = bmxm + bm−1x

m−1 + ...+ b1x+ b0 y α, β ∈ R,es claro que

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Algebra Lineal I 4 Sem. 2015

αr(x) + βs(x) = (αamxm + βbmx

m) + (αam−1xm−1 + βbm−1x

m−1) + ... +(α(a1x + a0) + β(b1x + b0)) pertenece a pm, pues es un polinomio concoeficientes reales αai + βbi ∈ R, i = 0, 1, 2, ...,m y su grado esta entre0 < m < n, por tanto Pm es un subespacio vectorial y H subconjunto dePn.

iv) H ={A ∈Mnxn : A es simetrica

},H subconjunto de Mnxn

Consideremos las siguientes matrices

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

... . . . ...an1 an2 . . . ann

= At y B =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

... . . . ...an1 an2 . . . ann

= Bt

que pertecen a Mnxn, y sean α y β ∈ R, entonces se verifica que:

αA+βB = αAt+βBt = (α)

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

... . . . ...an1 an2 . . . ann

+(β)

b11 b12 . . . b1n

b21 b22 . . . b2n...

... . . . ...bn1 bn2 . . . bnn

=

(αa11 + βb11) (αa12 + βb12) . . . (αa1n + βb1n)(αa21 + βb21) (αa22 + βb22) . . . (αa2n + βb2n)

...... . . . ...

(αan1 + βbn1) (αan2 + βbn2) . . . (αann + βbnn)

∈Mnxn

Por tanto H es subespacio vectorial y es subconjunto de Mnxn

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Algebra Lineal I 4 Sem. 2015

2. Determine si el conjunto dado es linealmente dependiente oindependiente

i){

(1,−2, 1, 1), (3, 0, 2,−2), (0, 4,−1, 1), (5, 0, 3,−1)}

Sea S = (~v1, ~v2, ~v3, ~v4) ={

(1,−2, 1, 1), (3, 0, 2,−2), (0, 4,−1, 1), (5, 0, 3,−1)}

un conjunto de vectores por tanto existen numeros reales c1, c2, c3, c4 ∈ R4, dedonde:

c1v1 + c2v2 + c3v3 + c4v4 = c1(1,−2, 1, 1) + c2(3, 0, 2,−2) + c3(0, 4,−1, 1) +c4(5, 0, 3,−1) = ~0, ası tenemos el siguiete sistema:

c1 + 3c2 + 5c4 = 0(1)−2c1 + 4c3 = 0(2)

c1 + 2c2 − c3 + 3c4 = 0(3)c1 − 2c2 + c3 − c4 = 0(4)

Luego, la matriz aumentada del sistema anterior es:1 3 0 5| 0−2 0 4 0| 01 2 −1 3| 01 −2 1 −1| 0

Utilicemos el metodo de eliminacion Gaussiana para resolver el sistema:

1 3 0 5| 0−2 0 4 0| 01 2 −1 3| 01 −2 1 −1| 0

−→(A las filas 2,3,4 sumemos la fila 1 multiplicada

respctivamente por 2,−1,−1)

1 3 0 5| 00 6 4 10| 00 −1 −1 −2| 00 −5 1 −6| 0

−−→16f2

1 3 0 5| 00 1 2/3 5/3| 00 −1 −1 −2| 00 −5 1 −6| 0

−→(A las filas 3,4 sumemos la fila 2 multiplicada respectivamente por , 1, 5)

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Algebra Lineal I 4 Sem. 2015

1 3 0 5| 00 1 2/3 5/3| 00 0 −1/3 −1/3| 00 0 13/3 7/3| 0

−−→−3f3

1 3 0 5| 00 1 2/3 5/3| 00 0 1 1| 00 0 13/3 7/3| 0

−−−−−→− 133 f3+f4

1 3 0 5| 00 1 2/3 5/3| 00 0 1 1| 00 0 0 −2| 0

−−−→− 12f4

1 3 0 5| 00 1 2/3 5/3| 00 0 1 1| 00 0 0 1| 0

Ası,

c1 + 3c2 + 5c4 = 0(1)c2 + 2

3c3 + 53c4 = 0(2)

c3 + c4 = 0(3)c4 = 0(4)

De donde c4 = 0, de (3) c3 = 0 , de (2) c2 = 0 y de (1) c1 = 0, por tan-to el conjunto dado es Linealmente independiente.

ii)En p3,{

2x, x3 − 3, 1 + x− 4x3, x3 + 18x− 9}

Luego existen escalares c1, c2, c3, c4, tales que:

2c1x + c2(x3 − 3) + c3(1 + x − 4x3) + c4(x

3 + 18x − 9), organizando tene-mos:[(−3c2 + c3 − 9c4) + (2c1 + c3 + 18c4)x+ (c2 − 4c3 + c4)x

3] = ~0

Luego el sistema serıa:

−3c2 + c3 − 9c4 = 02c1 + c3 + 18c4 = 0c2 − 4c3 + c4 = 0

De donde la matriz aumentada para el sistema es:

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Algebra Lineal I 4 Sem. 2015

0 −3 1 −9| 02 0 1 18| 00 1 −4 1| 0

−−−−→3f3+f1

0 0 −11 −6| 02 0 1 18| 00 1 −4 1| 0

−−−→− 1

11f1

0 0 1 6/11| 02 0 1 18| 00 1 −4 1| 0

−−→12f2

0 0 1 6/11| 01 0 1/2 9| 00 1 −4 1| 0

−−−−−→− 1

2f1+f2

0 0 1 6/11| 01 0 0 96/11| 00 1 −4 1| 0

−−−−→4f1+f3

0 0 1 6/11| 01 0 0 96/11| 00 1 0 35/11| 0

Ası, de la matriz escalonada reducida c3 + 6

11c4 = 0, c1 + 9611c4 = 0, c2 + 35

11c4 = 0

Por tanto el sistema tiene infinitas soluciones luego el conjunto dado es Li-nealmente dependiente.

iii) En M2X2,

{(2 −14 0

),

(0 −31 5

),

(4 17 −5

)}Sea M2X2,

{(2 −14 0

),

(0 −31 5

),

(4 17 −5

)}un conjunto dado, luego existen

escalares c1, c2, c3 ∈ R, tal que:

c1

(2 −14 0

)+ c2

(0 −31 5

)+ c3

(4 17 −5

)=

(0 00 0

), o(

21 + 4c3 −c1 − 3c2 + c3

4c1 + c2 + 7c3 5c2 − 5c3

)=

(0 00 0

), luego:

2 0 4| 0−1 −3 1| 04 1 7| 00 5 −5| 0

−−→12f1

1 0 2| 0−1 −3 1| 04 1 7| 00 5 −5| 0

−→(A la fila 2,3 sumemos la

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Algebra Lineal I 4 Sem. 2015

fila 1 multiplicada 1,-4 respectivamente)

1 0 2| 00 −3 3| 00 1 −1| 00 5 −5| 0

−−−→− 13f2

1 0 2| 00 1 −1| 00 1 −1| 00 5 −5| 0

−−−−→−f2+f3−5f2+f4

1 0 2| 00 1 −1| 00 0 0| 00 0 0| 0

Hasta aquı se puede llegar, ası:

c1 + 2c3 = 0, c2 − c3 = 0, por ende, el sistema tiene infinita soluciones, por locual el conjunto dado inicialmente es linealmente dependiente.

iv){

(1,−1, 2), (4, 0, 0), (−2, 3, 5), (7, 1, 2)}

Sea S = (~v1, ~v2, ~v3, ~v4) ={

(1,−1, 2), (4, 0, 0), (−2, 3, 5), (7, 1, 2)}

un conjuntode vectores, por tanto existen numeros reales c1, c2, c3, c4 ∈ R4, tales que:

c1v1 +c2v2 +c3v3 +c4v4 = c1(1,−1, 2)+c2(4, 0, 0)+c3(−2, 3, 5)+c4(7, 1, 2) = ~0Ası tenemos el siguiente sistema:c1 + 4c2 − 2c3 + 7c4 = 0(1)−c1 + 3c3 + c4 = 0(2)2c1 + 5c3 + 2c4 = 0(3)

Dado que el numero de incognitas es mayor al

numero de ecuaciones, el sistema tiene infinitas soluciones; resolvamos poreliminacion gaussiana, con la siguiente matriz aumentada para el sistema: 1 4 −2 7| 0−1 0 3 4| 02 0 5 2| 0

−−−−→f1+f2

−2f1+f3

1 4 −2 7| 00 4 1 11| 00 −8 9 −12| 0

−−→14f2

1 4 −2 7| 00 1 1

4114 | 0

0 −8 9 −12| 0

−−−−→8f2+f3−4f2+f1

1 0 −3 −4| 00 1 1

4114 | 0

0 0 11 10| 0

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Algebra Lineal I 4 Sem. 2015

−−→111f3

1 0 −3 −4| 00 1 1

4114 | 0

0 0 1 1011 | 0

−−−−→− 1

4 f3+f23f3+f1

1 0 0 −1411 | 0

0 1 0 11144 | 0

0 0 1 1011| 0

De donde,c1 − 14

11c4 = 0; c2 + 11144 c4 = 0; c3 + 10

11c4, por tanto el conjunto Sde vectores es linealmente dependiente.

3. Determine si los siguientes vectores genera el espacio vectorialdado

i) En R3 (1,−1, 2), (−1, 1, 2), (0, 0, 1)Por teorema 3, como tenemos 3 vectores, de tres componentes cada uno, pa-ra ver que genera al espacio R3, debemos asegurar que dichos vectores seanlinealmente independientes.

Sea S ={

(1,−1, 2), (−1, 1, 2), (0, 0, 1)}

, un conjunto de vectores. Ası, existenescalares α, β, γ ∈ R tal que:α(1,−1, 2) + β(−1, 1, 2) + γ(0, 0, 1) = (0, 0, 0), entonces:

α− β = 0−α + β = 0

2α + 2β + γ = 0

La matriz aumentada para el sistema anterior es: 1 −1 0 | 0−1 1 0 | 02 2 1 | 0

Solucionemos por el metodo de eliminacion Gaussiana:

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Algebra Lineal I 4 Sem. 2015

1 −1 0 | 0−1 1 0 | 02 2 1 | 0

−−−→f1+f2

1 −1 0 | 00 0 0 | 02 2 1 | 0

−−−−−→−2f1+f3

1 −1 0 | 00 0 0 | 00 4 1 | 0

−−−−−−−−−−−−→Intercambiemosf2yf3

1 −1 0 | 00 4 1 | 00 0 0 | 0

−−→14f2

1 −1 0 | 00 1 1

4 | 00 0 0 | 0

Ası, α− β = 0; β + 1

4γ = 0Por tanto el sistema tiene infinitas soluciones,es decir, el conjunto de vectoreses linealmente dependiente, por lo que no generan al espacio vectorial dado,esto por teorema 3.

ii) En p2,1− x, 3− x2 y x

Sea{

1− x, 3− x2, x}

un conjunto de vectores dados, para mostrar si ge-neran el espacio vectorial dado, utilicemos el teorema 3, es decir, mostremosque los vectores son linealmente independiente, de lo contrario no podemosafirmar que generan el espacio vectorial dado:

Ası, existen escalares α, β, γ ∈ R tales que:

α(1− x) + β(3− x2) + γ(x) = ~0 organizando tenemos:

[(α + 3β)− (−)−2] = ~0

Luego es sistema sera:

α + 3β = 0−α + γ = 0−β = 0

luego es sencillo notar que α = 0, β =

0, γ = 0

Ası el conjunto de vectores es linealmente independiente, y por teorema 3

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Algebra Lineal I 4 Sem. 2015

genera al espacio vectorial dado.

iii)En R4(2, 0, 1, 1), (3, 1, 2, 0), (1, 1, 1, 1), (7, 3, 5, 2)

Por teorema 3, como tenemos 4 vectores, de cuatro componentes cada uno,para ver que genera al espacio R4, debemos asegurar que dichos vectores seanlinealmente independientes.

Sea Q ={

(2, 0, 1, 1), (3, 1, 2, 0), (1, 1, 1, 1), (7, 3, 5, 2)}

, un conjunto de vec-tores.

Ası, existen escalares α, β, γ, δ ∈ R tal que:

α(2, 0, 1, 1) + β(3, 1, 2, 0) + γ(1, 1, 1, 1) + δ(7, 3, 5, 2) = (0, 0, 0, 0), entonces:2α + 3β + γ + 7δ = 0

β + γ + 3δ = 0α + 2β + γ + 5δ = 0α + γ + 2δ = 0

La matriz aumentada para el sistema anterior es:2 3 1 7| 00 1 1 3| 01 2 1 5| 01 0 1 2| 0

Resolvamos por el metodo de eliminacion Gaussiana:

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Algebra Lineal I 4 Sem. 2015

2 3 1 7| 00 1 1 3| 01 2 1 5| 01 0 1 2| 0

−−→12f1

1 3

212

72 | 0

0 1 1 3| 01 2 1 5| 01 0 1 2| 0

−−−−→−f1+f3−f1+f4

1 3

212

72| 0

0 1 1 3| 00 1

212

32| 0

0 −32

12 −

32 | 0

−−−−−→− 1

2f2+f3

1 3

212

72 | 0

0 1 1 3| 00 0 0 0| 00 −3

212 −

32 | 0

−−−−→32f2+f4

1 3

212

72| 0

0 1 1 3| 00 0 0 0| 00 0 2 3| 0

Hasta aquı se puede llegar, por tanto:α+ 3

2β+ 12γ+ 7

2δ = 0; β+γ+3δ = 0; 2γ+3δ = 0, como el numero de incognitases mayor al numero de ecuaciones, el sistema tiene infinitas soluciones ası elconjunto de vectores el linealmente dependiente por lo que no puede generarel espacio vectorial dado.

iv) En M2x2,

(2 10 0

),

(0 02 1

),

(3 −10 0

),

(0 03 1

)

Sea M2x2,

{(2 10 0

),

(0 02 1

),

(3 −10 0

),

(0 03 1

)}un conjunto dado, luego existen escalares c1, c2, c3, c4 ∈ R tales que:

c1

(2 10 0

)+ c2

(0 02 1

)+ c3

(3 −10 0

)+ c4

(0 03 1

)=

(0 00 0

)o

(2c1 + 3c3 c1 − c3

2c2 + 3c4 c2 + c4

), luego:

2 0 3 0| 01 0 −1 0| 00 2 0 3| 00 1 0 1| 0

Resolvamos por eliminacion Gaussiana

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Algebra Lineal I 4 Sem. 2015

2 0 3 0| 01 0 −1 0| 00 2 0 3| 00 1 0 1| 0

−−→12f1

1 0 3

2 0| 01 0 −1 0| 00 2 0 3| 00 1 0 1| 0

−−−−−−−−−−−−→intercambiar f2 con f4

1 0 3

2 0| 00 1 0 1| 00 2 0 3| 01 0 −1 0| 0

−−−−→−f1+f4

1 0 3

2 0| 00 1 0 1| 00 2 0 3| 00 0 −5

2 0| 0

−−−−−→−2f2+f3

1 0 3

2 0| 00 1 0 1| 00 0 0 1| 00 0 −5

2 0| 0

−−−−−−−−−−−−→intercambiar f3 con f4

1 0 3

2 0| 00 1 0 1| 00 0 −5

2 0| 00 0 0 1| 0

−−−→− 25f3

1 0 3

2 0| 00 1 0 1| 00 0 1 0| 00 0 0 1| 0

Luego: c1 = 0; c2 = 0; c3 = 0; c4 = 0, Luego el conjunto es linealmente in-dependiente, y genera al espacio vectorial dado.

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