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Espacios Vectoriales Basicos

Araceli Guzman y Guillermo GarroFacultad de Ciencias

UNAM

Semestre 2017-1

Espacios Vectoriales BasicosContenido, duracion y fecha de examen

Contenido

1. Los espacios vectoriales R2 y R3.

2. Subespacios de R2. Rectas por el origen.

3. Subespacios de R3. Planos y rectas por el origen.

4. Espacios y subespacios vectoriales

5. Independencia Lineal.

6. Base y dimension.

7. Producto escalar y producto vectorial.

8. Triple producto escalar.

Duracion:

20 horas.

Fecha del examen

Viernes 14 de octubre.

Espacios Vectoriales BasicosReferencias

Referencias:

1. Preston, G. C., & Lovaglia, A. R. (1971). Modern analytic geometry. New York:HarperCollins Publishers.

2. Ramırez-Galarza, Ana I. (2013). Geometrıa analıtica: una introduccion a lageometrıa. Mexico: Las Prensas de Ciencias, UNAM.

3. Bracho, Javier (2009). Introduccion analıtica a las geometrıas. Mexico: Fondo deCultura Economica.

4. Borceux, Francis. (2014). Geometric Trilogy II: An Algebraic Approach toGeometry. Berlin: Springer.

5. Rojo, Armando O. (1995). Algebra II. Buenos Aires: El Ateneo.


1. Los espacios vectoriales R2 y R3

Espacios Vectoriales Basicos1. Los espacios vectoriales R2 y R3

Suma de vectores en R2

Definicion

La suma vectorial de dos vectorres v = (x, y) ∈ R2 y u = (w, z) ∈ R2, es el vector

v + u = (x, y) + (w, z) := (x+ w, y + z)



Teorema

Sean v = (x, y), u = (w, z) y w = (u, v) vectores en R2. Entonces:

1. Cerradura de la suma:v + u ∈ R2.

2. La suma es conmutativa:v + u = u+ v

3. La suma es asociativa:

(v + u) +w = v + (u+w).



Demostracion.

1. Puesto que x+ w ∈ R y y + z ∈ R, se sigue

(x, y) + (w, z) = (x+ w, y + z) ∈ R2.

2. Puesto que x+ w = w + x y y + z = z + y, se sigue

(x, y) + (w, z) = (x+ w, y + z) = (w + x, z + y) = (w, z) + (x, y).

3. Puesto que (x+ w) + u = x+ (w + u) y (y + z) + v = y + (z + v),((x, y) + (w, z)

)+ (u, v) = (x+ w, y + z) + (u, v)

=((x+ w) + u, (y + z) + v

)=(x+ (w + u), y + (z + v)

)= (x, y) + (w + u, z + v)

= (x, y) +((w, z) + (u, v)

).


La suma de vectores es asociativa



Teorema

1. El vector nulo 0 = (0, 0) es el unico elemento neutro para la suma:Para todo (a, b) ∈ R2,

∀(x, y) ∈ R2((x, y) + (a, b) = (x, y)

)⇔ (a, b) = (0, 0).

2. Todo vector en R2 tiene un unico inverso relativo a la suma:Para todo (x, y) ∈ R2,

∀(a, b) ∈ R2((x, y) + (a, b) = (0, 0)⇔ (a, b) = (−x,−y)

).

El vector (−x,−y) es el inverso (aditivo) de (x, y), y usamos la notacion−(x, y) (o bien −v).



Demostracion.

1. Obviamente, para todo (x, y) ∈ R2,

(x, y) + (0, 0) = (x+ 0, y + 0) = (x, y).

Y si (a, b) ∈ R2 es tal que para todo (x, y) ∈ R2,

(x+ a, y + b) = (x, y) + (a, b) = (x, y),

entonces, en particular, para cualquier x ∈ R y cualquier y ∈ R,

x+ a = x y y + b = y,

de modo quea = 0 y b = 0,

dado que el cero es el unico neutro para la suma en R.



Demostracion.

2. Sea (x, y) ∈ R2. Obviamente,

(x, y) + (−x,−y) = (x+ (−x), y + (−y)) = (x− x, y − y) = (0, 0).

Y si (a, b) ∈ R2 es tal que

(x+ a, y + b) = (x, y) + (a, b) = (0, 0),

entoncesx+ a = 0 y y + b = 0,

de dondex = −a y y = −b.

Esto es, (a, b) = (−x,−y).


Producto por un escalar

Definicion

Si t ∈ R y v = (x, y) ∈ R2, definimos el producto (del vector v = (x, y)) por (unescalar) t, como el vector

tv = t(x, y) := (tx, ty).



Teorema

Sean t, s ∈ R y v = (x, y),u = (w, z) ∈ R2.

1. El producto por un escalar es un vector:

t(x, y) ∈ R2.

2. El producto por un escalar se distribuye sobre la suma de vectores:

t((x, y) + (w, z)

)= t(x, y) + t(w, z).

3. El producto por un escalar distribuye la suma de escalares:

(t+ s)(x, y) = t(x, y) + s(x, y).

4. El producto por escalares puede asociarse en cualquier forma:

(ts)(x, y) = t(s(x, y)

).



Demostracion.

1. Dado que tx ∈ R y ty ∈ R, tenemos,

t(x, y) = (tx, ty) ∈ R2,

2. Dado que t(x+ w) = tx+ tw y t(y + z) = ty + tz, tenemos,

t((x, y) + (w, z)

)= t(x+ w, y + z)

= (t(x+ w), t(y + z))

= (tx+ tw, ty + tz)

= (tx, ty) + (tw, tz)

= t(x, y) + t(w, z).



Demostracion.

3. Dado que (t+ s)x = tx+ sx y (t+ s)y = ty + sy, tenemos,

(t+ s)(x, y) = ((t+ s)x, (t+ s)y)

= (tx+ sx, ty + sy)

= (tx, ty) + (sx, sy)

= t(x, y) + s(x, y)

4. Dado (ts)x = t(sx) y (ts)y = t(sy), tenemos,

(ts)(x, y) = ((ts)x, (ts)y)

= (t(sx), t(sy))

= t(sx, sy)

= t(s(x, y)).


Teorema

Para todo v = (x, y) ∈ R2,

(a) 1(x, y) = (x, y).

(b) −1(x, y) = −(x, y).(c) 0(x, y) = (0, 0).

Demostracion.

(a) Dado que 1x = x y 1y = y, tenemos,

1(x, y) = (1x, 1y) = (x, y).

(b) Dado que −1x = −x y −1y = −y, tenemos,

−1(x, y) = (−1x,−1y) = (−x,−y) = −(x, y).

(c) Dado que 0x = 0 y 0y = 0, tenemos,

0(x, y) = (0x, 0y) = (0, 0).


Teorema

Para todo t ∈ R y v = (x, y) ∈ R2,

t(x, y) = (0, 0)⇔ t = 0 o (x, y) = (0, 0).

Demostracion.

[⇒] Si t(x, y) = (0, 0), como t(x, y) = (tx, ty), se sigue que

tx = 0 y ty = 0,

De donde(t = 0 o x = 0) y (t = 0 o y = 0),

esto es,t = 0 o (x = 0 y y = 0),

equivalentemente,t = 0 o (x, y) = (0, 0).

[⇐] t(0, 0) = (t0, t0) = (0, 0).


Teorema

Para todo t ∈ R y v = (x, y) ∈ R2,

‖t(x, y)‖ = |t|‖(x, y)‖.

Demostracion.

‖t(x, y)‖ = ‖(tx, ty)‖

=√

(tx)2 + (ty)2

=√

t2x2 + t2y2

=√

t2(x2 + y2)

=√t2√

x2 + y2

= |t|‖(x, y)‖.


Definicion

La diferencia de los vectores v = (x, y) y v = (w, z) de R2, es el vector

v − u = (x, y)− (w, z) := (x, y) + (−(w, z)).


Teorema

Si (x, y) ∈ R2 y (w, z) ∈ R2,

(x, y)− (w, z) = (x− w, y − z).

Demostracion.

(x− w, y − z) = (x+ (−w), y + (−z))= (x, y) + (−w,−z)= (x, y) + (−(w, z)).


Recordemos...

Definicion

Si P (x, y) y Q(w, z) son puntos en R2, definimos la distancia de P a Q como

d(P,Q) =√

(x− w)2 + (y − z)2.

Teorema

Propiedades de la distancia: Para todo P , Q y R puntos en R2,

1. d(P,Q) ≥ 0 y d(P,Q) = 0 si y solo si P = Q.

2. d(P,Q) = d(Q,P ).

3. Desigualdad del triangulo:

d(P,Q) ≤ d(P,R) + d(R,Q).


Recordemos...

Definicion

Si v = (x, y) es un vector de R2, entonces la norma (o magnitud) de (x, y) es el numero

‖(x, y)‖ =√

x2 + y2.

Proposicion

Para todo v = (x, y) ∈ R2,

‖(x, y)‖ ≥ 0 y ‖(x, y)‖ = 0⇔ (x, y) = (0, 0).


Tenemos entonces una relacion evidente entre norma y distancia.

Teorema

Si P (x, y) ∈ R2 y Q(w, z) ∈ R2, entonces

d(P,Q) = ‖P −Q‖.

Demostracion.

d(P,Q) =√

(x− w)2 + (y − z)2

= ‖(x− w, y − z)‖= ‖(x, y)− (w, z)‖= ‖P −Q‖.


Teorema : Desigualdad del triangulo en norma

Para todo (x, y) ∈ R2 y (w, z) ∈ R2,

‖(x, y) + (w, z)‖ ≤ ‖(x, y)‖+ ‖(w, z)‖.

Demostracion.

Sea P (x+ w, y + z) y Q(x, y). Recordemos

d(O,P ) ≤ d(O,Q) + d(Q,P ).

Pero

d(O,P ) = ‖O − P‖ = ‖P‖ = ‖(x+ w, y + z)‖ = ‖(x, y) + (w, z)‖d(O,Q) = ‖O −Q‖ = ‖Q‖ = ‖(x, y)‖d(Q,P ) = d(P,Q) = ‖P −Q‖ = ‖(x+ w, y + z)− (x, y)‖ = ‖(w, z)‖.


2. Subespacios de R2. Rectas por el origen

Espacios Vectoriales Basicos2. Subespacios de R2. Rectas por el origen

Definicion

Sean A y B en R dos constantes no ambas cero. Una lınea recta (o solo recta) por elorigen sobre el plano R2, es el conjunto de R2,

L0A,B = {(x, y) ∈ R2 : Ax+By = 0}.

Ejemplo

Si A = 1 y B = 1, entonces

L01,1 = {(x, y) ∈ R2 : y + x = 0}

= {(x, y) ∈ R2 : y = −x}

= {(x,−x) ∈ R2 : x ∈ R}

= {x(1,−1) ∈ R2 : x ∈ R}.

Espacios Vectoriales Basicos2. Subespacios de R2

Teorema

Sean A y B dos constantes no ambas cero. Existe v = (v1, v2) ∈ R2, no nulo,tal que ϕ(t) = tv es una funcion biyectiva de R sobre L0A,B .

Demostracion.

Si B = 0, entonces para todo (x, y) ∈ R2,

Ax+By = 0⇔ Ax = 0⇔ x = 0.

De modo que

L0A,0 = {(x, y) ∈ R2 : x = 0} = {(0, y) : y ∈ R} = {y(0, 1) : y ∈ R}.

Es claro entonces que ϕ(t) = t(0, 1) es una aplicacion biyectiva de R sobre L0A,0.


Demostracion.

(Continuacion)

Si B 6= 0, entonces para todo (x, y) ∈ R2,

Ax+By = 0⇔ By = −Ax⇔ y = −A

Bx.

De modo que

L0A,B =

{(x, y) ∈ R2 : y = −

A

Bx

}=

{(x,−

A

Bx

): x ∈ R

}=

{x

(1,−

A

B

): x ∈ R

}.

Es claro entonces que ϕ(t) = t(1,−A

B

)es una aplicacion biyectiva de R sobre L0A,B .

Espacios Vectoriales Basicos2. Subespacios de R2.

Observacion

Decimos que ϕ(t) = tv es la ecuacion (o representacion) parametrica de la recta L0A,B ,y que v es el vector direccion.

Observacion

Si v es cualquier vector en R2, entonces escribimos Lv = {tv : t ∈ R}. Del teoremaanterior se sigue de inmediato que, dadas dos constantes A y B, no ambas cero, existeun vector no nulo v ∈ R2, tal que

L0A,B = {(x, y) ∈ R2 : Ax+By = 0} = {tv : t ∈ R} = Lv.

Esta igualdad es una forma explıcita de decir que ϕ(t) = tv es una representacionparametrica de la recta dada por la ecuacion Ax+By = 0.


Recıprocamente.

Teorema

Si v = (v1, v2) ∈ R2 es un vector no nulo, entonces existen constantes A y Bno ambas cero, tal que ϕ(t) = tv es una funcion biyectiva de R sobre L0A,B .

Demostracion.

Supongamos que v1 6= 0. Elegimos A = −v2 y B = v1. Note entonces que para todot ∈ R,

A(tv1) +B(tv2) = −tv1v2 + tv1v2 = 0.

Esto prueba que el rango de ϕ(t) = tv esta contenido en L0A,B .


Demostracion.

(Continuacion)

Por otra parte, para todo (x, y) ∈ R2,

(x, y) ∈ L0A,B ⇔ Ax+By = 0⇔ −v2x+ v1y = 0⇔ y =v2

v1x.

Luego, si (x, y) ∈ L0A,B , elegimos t = xv1

, de modo que

(x, y) =

(x

v1v1,

x

v1v2

)= (tv1, tv2) = t(v1, v2).

Esto prueba que ϕ(t) = tv es de hecho una aplicacion sobreyectiva de R a L0A,B .


Demostracion.

(Continuacion)

Por ultimo, si t, s ∈ R yϕ(t) = ϕ(s),

entonces(tv1, tv2) = (sv1, sv2),

de donde, en particular,tv1 = sv1,

de donde s = t. Esto prueba que ϕ es inyectiva.

El caso v2 6= 0 es analogo.


Observacion

Se sigue de inmediato que, dado un vector no nulo v, existen constantes A y B noambas cero, tales que

L0A,B = {(x, y) ∈ R2 : Ax+By} = {tv : t ∈ R} = Lv.

Esto es, geometricamente toda aplicacion parametrica de la forma ϕ(t) = tv, donde ves un vector no nulo, es una recta que pasa por el origen.


Ejemplo

Consideremos la ecuacion

3x−2

7y = 0. (1)

¿Cual es el vector direccion de esta recta?

Solucion.

Hacemos A = 3 y B = − 27

. Cualquiermultiplo no nulo del vector(

1,−A

B

)=

(1,

21

2

)es un vector direccion para la recta dadapor la ecuacion (??).


Ejemplo

Describe de la forma Ax + By = 0 la recta que tiene por vector direccion el vector(− 2

3,− 1

2

).

Solucion.

Si hacemos

A0 = −(−1

2

)=

1

2y B0 = −

2

3,

entonces la ecuacion

A0x+B0y = 0, es decir,1

2x−

2

3y = 0,

tiene representacion parametrica

t

(−2

3,−

1

2

).

De hecho, si c 6= 0, la ecuacion

c

2x−

2c

3y = 0,

tiene la misma representacion parametrica.


Definicion

Un subconjunto V de R2 es un subespacio (vectorial) si

1. 0 ∈ V .

2. Para todo v ∈ V y todo t ∈ R,tv ∈ V.

3. Para todo v ∈ V y u ∈ V ,v + u ∈ V.


Teorema

V ⊂ R2 es un subespacio si y solo si, V = {0}, o bien V = R2, o bien V es unarecta que pasa por el origen.

Demostracion.

Claramente, si V es el conjunto {0}, o bien R2, entonces es un subespacio de R2.

Si V es la recta Lv (con v 6= 0), entonces los elementos de V son de la forma tv, cont ∈ R. Entonces

0 = 0v ∈ Lv.

Desde luego, para todo t ∈ R y s ∈ R, si u = sv ∈ Lv, entonces

tu = t(sv) = (ts)v ∈ Lv.

Finalmente, para todo t ∈ R y s ∈ R, si u = tv ∈ Lv y w = sv ∈ Lv, entonces

u+w = tv + sv = (t+ s)v ∈ Lv.

Por tanto V = Lv es un subespacio de R2


Teorema


Demostracion.


Si V es la recta Lv (con v 6= 0), entonces los elementos de V son de la forma tv, cont ∈ R.

Entonces0 = 0v ∈ Lv.




u+w = tv + sv = (t+ s)v ∈ Lv.



Teorema


Demostracion.


Si V es la recta Lv (con v 6= 0), entonces los elementos de V son de la forma tv, cont ∈ R. Entonces

0 = 0v ∈ Lv.




u+w = tv + sv = (t+ s)v ∈ Lv.



Demostracion.

(Continuacion)

Supongamos que V es un subespacio de R2 y que {0} 6= V .

Sea v = (v1, v2) ∈ V , v 6= 0. Digamos v1 6= 0.

Supongamos que existe u = (u1, u2) ∈ V tal que u /∈ Lv (es decir u no es multiploescalar de v). En particular,

v1u2 − u1v2 6= 0.

(En efecto, si v1u2 − u1v2 = 0, entonces v1u2 = v2u1, de donde

u = (u1, u2) =u1

v1(v1, v2) ,

es decir, u es un multiplo escalar de v, lo cual es una contradiccion.)


Demostracion.

(Continuacion)

De modo que, por la Regla de Cramer, si (x, y) es cualquier punto en R2, el sistema dedos ecuaciones en dos variables t y s:

x = tv1 + su1

y = tv2 + su2

tiene una unica solucion (t0, s0).

Luego,

(x, y) = (t0v1 + s0u1, t0v2 + s0u2) = t0(v1, v2) + s0(u1, u2) = t0v + s0u,

y como, claramente

t0v ∈ Lv = {tv : t ∈ R} ⊂ V y s0u ∈ Lu = {su : s ∈ R} ⊂ V,

se sigue que (x, y) ∈ V y por tanto R2 = V .


3. Subespacios de R3. Planos y rectas por el

origen.

Espacios Vectoriales Basicos3. Subespacios de R3. Planos y rectas por el origen.

Definicion

Sean A, B y C constantes, no todas cero. Una plano por el origen sobre R3, es elconjunto

P0A,B,C = {(x, y, z) ∈ R3 : Ax+By + Cz = 0}.

Ejemplo

Sean A = B = C = 1. Entonces

P01,1,1 = {(x, y, z) ∈ R3 : x+ y + z = 0}

= {(x, y, z) ∈ R3 : z = −x− y}

= {(x, y,−x− y) : x ∈ R2 ∧ y ∈ R2}

= {(x, 0,−x) + (0, y,−y) : x ∈ R2 ∧ y ∈ R2}

= {x(1, 0,−1) + y(0, 1,−1) : x ∈ R2 ∧ y ∈ R2}.


Teorema

Sean A, B y C constantes no todas cero. Existen vectores u y v en R3 no nulostales que ϕ(s, t) = su+ tv es una funcion biyectiva de R2 en P0

A,B,C .

Demostracion.

Si C = 0, entonces para todo (x, y, z) ∈ R3,

Ax+By + Cz = 0⇔ Ax+By = 0.

Existe entonces un vector u = (u1, u2) ∈ R2 no nulo tal que ϕ(s) = su = (su1, su2)es una funcion biyectiva de R sobre {(x, y) ∈ R2 : Ax + By = 0}. Definimos u =(u1, u2, 0) y v = (0, 0, 1). Y sea

ϕ(s, t) = su+ tv = (su1, su2, t), s, t ∈ R.

Es claro entonces que ϕ es una funcion biyectiva de R2 sobre P0A,B,0.


Demostracion.

(Continuacion)

Si C 6= 0, entonces para todo (x, y, z) ∈ R3,

Ax+By + Cz = 0⇔ z = −A

Cx−

B

Cy

De donde,

P0A,B,C =

{(x, y, z) ∈ R3 : z = −

A

Cx−

B

Cy

}=

{(x, y,−

A

Cx−

B

Cy

)∈ R3 : (x, y) ∈ R2

}=

{x

(1, 0,−

A

C

)+ y

(0, 1,−

B

C

): (x, y) ∈ R2

}.

Es claro entonces que ϕ(s, t) = s(1, 0,−A

C

)+ t(0, 1,−B

C

)es una funcion biyectiva

de R2 sobre P0A,B,C .


Observacion

Decimos que ϕ(s, t) = su+ tv es la ecuacion (o representacion) parametrica del planoL0A,B , y que u y v son los vectores generadores.

Observacion

Si u y v son vectores en R3, entonces escribimos Pu,v = {su+ tv : (s, t) ∈ R2}. Delteorema anterior se sigue de inmediato que, dadas tres constantes A, B y C, no todascero, existen vectores no nulos u y v en R3, tales que

P0A,B,C = {(x, y, z) ∈ R3 : Ax+By + Cz = 0} = {su+ tv : (s, t) ∈ R2} = Pu,v.

Esta igualdad es una forma explıcita de decir que ϕ(s, t) = su+tv es una representacionparametrica de la recta dada por la ecuacion Ax+By + Cz = 0.


Ejemplo

¿Cual es la ecuacion parametrica del plano que pasa por el origen dado por la ecuacion

−3x+1

2y − z = 0?

Solucion.

De acuerdo a la prueba del teorema anterior, los vectores generadores son

u =

(1, 0,−

−3−1

)= (1, 0,−3) y v =

(0, 1,−

(1/2)

−1

)=

(0, 1,

1

2

).

Por lo tanto, la ecuacion parametrica del plano es

ϕ(s, t) = s(1, 0,−3) + t

(0, 1,

1

2

)=

(s, t,−3s+

1

2t

).


Recıprocamente...

Teorema

Si u y v son vectores en R3 no nulos, entonces existen A, B y C constantes notodas cero tales que ϕ(s, t) = su+ tv es una funcion biyectiva de R2 en P0

A,B,C .

Demostracion.

Ver tarea.


Observacion

Se sigue de inmediato que, dado dos vectores no nulos u y v, existen constantes A, By C no todas cero, tales que

P0A,B,C = {(x, y, z) ∈ R3 : Ax+By + Cz = 0} = {su+ tv : (s, t) ∈ R2} = Pu,v.

Esto es, geometricamente toda aplicacion parametrica de la forma ϕ(s, t) = su + tv,donde u y v son vectores no nulos, es un plano en el espacio que pasa por el origen.


Definicion

Dado un vector v ∈ R3 no nulo, el conjunto

Lu = {tu : t ∈ R},

es una lınea recta (o simplemente recta) por el origen.

Ejemplo

Sea u = (4,−3, 2). Geometricamente, la recta Lu son todos los puntos

Lu = {(4t,−3t, 2t) ∈ R3 : t ∈ R}.


Teorema

Sea u un vector no nulo de R3. Sean v y w vectores de R3 no nulos y no multilosescalares de u. Entonces

Lu = Pu,v ∩ Pu,w.

Demostracion.

Podemos ilustrar la prueba con un caso particular. Sea u = (1, 1, 1). Hacemos v =(0, 0, 1) y w = (1, 0, 0). De modo que

Pu,v = {(s, s, s+ t) : (s, t) ∈ R2} y Pu,w = {(s+ t, s, s) : (s, t) ∈ R2}.

De modo que, para todo (s, t) ∈ R2,

(s, s, s+ t) = (s+ t, s, s) ⇔ s = s+ t ⇔ t = 0.

Es decir,

Pu,v ∩ Pu,w = {(s, s, s) : s ∈ R} = {s(1, 1, 1) : s ∈ R} = Lu.


Definicion

Un subconjunto V de R3 es un subespacio (vectorial) si

1. 0 ∈ V .

2. Para todo v ∈ V y todo t ∈ R,tv ∈ V.

3. Para todo v ∈ V y u ∈ V ,v + u ∈ V.


Teorema

Un subconjunto V de R3 es un subespacio, si y solo si, V = {0} o V = R3, obien V es una recta por el origen o un plano por el origen.

Demostracion.

Si V = {0} o V = R3, entonces V es un subespacio de R3, y si V es una recta o unplano, es facil verificar que V es tambien un subespacio de R3 en tales casos.

Sea ahora V ⊂ R3 un subespacio de R3. Entonces {0} ⊂ V .

Si V 6= {0}, entonces

existe u = (u1, u2, u3) ∈ V , u 6= 0.

Digamos u3 6= 0 (los otro casos son analogos). Note que Lu ⊂ V .


Demostracion.

(Continuacion)

Si V no es una recta, entonces en particular,

existe v = (v1, v2, v3) ∈ V tal que v /∈ Lu.

Luego,u2v3 − v2u3 6= 0 o bien v1u3 − u1v3 6= 0.

En efecto, si suponemos que

u2v3 − v2u3 = 0 = v1u3 − u1v3,

entoncesu2v3 = v2u3 y v1u3 = u1v3,

de donde(v1, v2, v3) =

v3

u3(u1, u2, u3),

es decir, v ∈ Lu. Contradiccion.

Supondremos entonces que u2v3 − v2u3 6= 0 (el caso v1u3 − u1v3 6= 0 es analogo).


Demostracion.

(Continuacion)

Note que Pu,v ⊂ V .

Si V no es un plano, entonces en particular,

existe w = (w1, w2, w3) ∈ V tal que w /∈ Pu,v.

Supongamos que∣∣∣∣∣∣u1 v1 w1

u2 v2 w2

u3 v3 w3

∣∣∣∣∣∣ := u1 (v2w3 − w2v3)− v1 (u2w3 − w2u3) + w1(u2v3 − v2u3) = 0.

Entonces,w1 = s0u1 + t0v1,

donde

s0 = −v2w3 − w2v3

u2v3 − v2u3y t0 =

u2w3 − w2u3

u2v3 − v2u3


Demostracion.

(Continuacion) Pero es facil comprobar que

w2 = s0u2 + t0v2 y w3 = s0u3 + t0v3,

de manera que w = s0u+ t0v. Una contradiccion.

Por lo tanto, ∣∣∣∣∣∣u1 v1 w1

u2 v2 w2

u3 v3 w3

∣∣∣∣∣∣ 6= 0.

Y por la Regla de Cramer, para cualquier (x, y, z) ∈ R3 existe (s0, t0, r0) ∈ R3 (unico)tal que

x = s0u1 + t0v1 + r0w1

y = s0u2 + t0v2 + r0w2

z = s0u3 + t0v3 + r0w3


Demostracion.

(Continuacion)

Esto es

(x, y, z) = s0(u1, u2, u3) + t0(v1, v2, v3) + r0(w1, w2, w3)

= s0u+ t0v + r0w.

Es claro entonces (x, y, z) ∈ V . De donde R3 ⊂ V . Ası que R3 = V .

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