problemas resueltos de espacios vectoriales:
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Problemas resueltos de Espacios Vectoriales:
1.- Para cada uno de los conjuntos de vectores que se dan a continuaciónestudia si son linealmente independientes, sistema generador o base:
a) {(2, 1, 1, 1) , (1, 1, 1, 1) , (3, 1, 1, 2) , (0, 1, 2, 1) , (2,−1, 1,−1)} en R4
Solución:Como son 5 vectores de R4 con toda seguridad son linealmente dependientes,
pues hay más vectores que componentes tiene cada vector1. Ahora, escribimoslos vectores como �las de una matriz A y calculamos la forma escalonada por�las de dicha matriz A:
A =
2 1 1 11 1 1 13 1 1 20 1 2 12 −1 1 −1
E1 ↔ E2
∼
1 1 1 12 1 1 13 1 1 20 1 2 12 −1 1 −1
E2 − 2E1
E3 − 3E1
∼E4 − 2E1
1 1 1 10 −1 −1 −10 −2 −2 −10 1 2 10 −3 −1 −1
−E2
∼
1 1 1 10 1 1 10 −2 −2 −10 1 2 10 −3 −1 −1
E3 + 2E2
E4 − E2
∼E5 + 3E2
1 1 1 10 1 1 10 0 0 10 0 1 00 0 2 2
E3 ↔ E4
∼
1 1 1 10 1 1 10 0 1 00 0 0 10 0 2 2
E5 − 2E3
∼
1 1 1 10 1 1 10 0 1 00 0 0 10 0 0 2
E5 − 2E4
∼
1 1 1 10 1 1 10 0 1 00 0 0 10 0 0 0
= U
Como en la matriz escalonada por �las U hay una �la de ceros se deduceque los vectores originales son linealmente dependientes, como ya dijimos. Porotro lado, sabemos que el subespacio de R4 generado por las �las de la matriz Acoincide con el subespacio de R4 generado por las �las de la matriz escalonadaU y además sabemos que las �las distintas de cero de una matriz escalonadapor �las siempre son linealmente independientes. De manera que:
〈(2, 1, 1, 1) , (1, 1, 1, 1) , (3, 1, 1, 2) , (0, 1, 2, 1) , (2,−1, 1,−1)〉 =1Os recuerdo que el espacio vectorial Kn tiene dimensión n, de manera que cualquier
familia de vectores de Kn formada por más de n vectores es linealmante dependiente.
1
= 〈(1, 1, 1, 1) , (0, 1, 1, 1) , (0, 0, 1, 0) , (0, 0, 0, 1)〉Como en la matriz escalonada U hay cuatro �las linealmente independientes,
las �las distintas de cero, estas �las tomadas como vectores de R4 son un sistemagenerador, de hecho son una base de R4, luego los vectores originales son unsistema generador de R4.
En resumen, el conjunto de vectores de R4
{(2, 1, 1, 1) , (1, 1, 1, 1) , (3, 1, 1, 2) , (0, 1, 2, 1) , (2,−1, 1,−1)}
es linealmente dependiente y un sistema generador de R4. Como es linealmentedependiente no es una base de R4, pero al ser un sistema generador de R4
podemos extraer de él alguna base eliminando algún vector que sea combinaciónlineal de los demas. Para hacer esto observemos lo siguiente, ya hemos dicho quelas �las de la matriz A y las �las de la matriz U generan el mismo subespaciode R4. A la vista de la matriz U vemos que sus cuatro primeras �las formanuna base de R4, esto nos podría hacer pensar que las cuatro primeras �las deA son una base de R4. En general esto no es cierto pues durante el proceso deescalonamiento de la matriz A podríamos haber permutado la quinta �la de Acon alguna de las cuatro primeras �las, de manera que las cuatro primeras �lasde U no se corresponderían con las cuatro primeras �las de A. Sin embargo,en este ejemplo concreto, como en el proceso de escalonamiento de la matrizA, las dos únicas permutaciones de �las que ha habido son: Fila1 ↔ Fila2 yFila3 ↔ Fila4, las cuatro primeras �las de la matriz A forman una base de R4.Luego, {(2, 1, 1, 1) , (1, 1, 1, 1) , (3, 1, 1, 2) , (0, 1, 2, 1)}, es una base de R4.
b) {(1, 1, 1, 1, 1) , (2, 1, 2, 1, 2) , (1, 2, 1, 2, 1) , (0, 0, 0, 0, 1)} en Z57
Como son cuatro vectores de K5 , donde K = Z7, no pueden ser un sistemagenerador de Z5
7, luego no son una base de Z57. Para ver si son linealmente
independientes hacemos igual que en el ejercicio anterior, es decir, escribimoslos vectores como �las de una matriz A y calculamos la forma escalonada por�las de dicha matriz A:
A =
1 1 1 1 12 1 2 1 21 2 1 2 10 0 0 0 1
E2 + 5E1
∼E3 − E1
1 1 1 1 10 6 0 6 00 1 0 1 00 0 0 0 1
E2 ↔ E3
∼
1 1 1 1 10 1 0 1 00 6 0 6 00 0 0 0 1
E3 + E2
∼
1 1 1 1 10 1 0 1 00 0 0 0 00 0 0 0 1
E3 ↔ E4
∼
1 1 1 1 10 1 0 1 00 0 0 0 10 0 0 0 0
= U
2
Como en la matriz escalonada U aparece una �la de ceros podemos a�rmar quelos vectores �la de la matriz A no son linealmente independientes. Luego, los vec-tores {(1, 1, 1, 1, 1) , (2, 1, 2, 1, 2) , (1, 2, 1, 2, 1) , (0, 0, 0, 0, 1)}, no son linealmenteindependientes ni son un sistema generador de Z5
7 y evidentemente tampoco sonuna base de Z5
7.Por otro lado, lo que si podemos asegurar es que el subespacio vectorial de
Z57 generado por los vectores,
{(1, 1, 1, 1, 1) , (2, 1, 2, 1, 2) , (1, 2, 1, 2, 1) , (0, 0, 0, 0, 1)}
es igual al subespacio vectorial de Z57 generado por los vectores,
{(1, 1, 1, 1, 1) , (0, 1, 0, 1, 0) , (0, 0, 0, 0, 1)}
es decir,
〈(1, 1, 1, 1, 1) , (2, 1, 2, 1, 2) , (1, 2, 1, 2, 1) , (0, 0, 0, 0, 1)〉
= 〈(1, 1, 1, 1, 1) , (0, 1, 0, 1, 0) , (0, 0, 0, 0, 1)〉
siendo {(1, 1, 1, 1, 1) , (0, 1, 0, 1, 0) , (0, 0, 0, 0, 1)} una base de dicho subespaciovectorial.
2.- Para el conjunto S de vectores siguiente se pide ver que son linealmenteindependientes, añadirles vectores hasta convertirlos en base y calcular las co-ordenadas del vector v en dicha base.
S = {(1, 2, 1, 1) , (1, 1, 0, 2)}, v = (1, 1, 3, 1), en Z45.
Solución: Veamos, en primer lugar que son linealmente independientes.Para ello, como siempre, escribimos los vectores como las �las de una matriz Ay a continuación hallamos la forma escalonada por �las de dicha matriz.(
1 2 1 11 1 0 2
)E2 + 4E1
∼
(1 2 1 10 4 4 1
)como al escalonar la matriz no aparece niguna �la de ceros, los vectores sonlinealmente independientes. Ahora completamos los vectores hasta formar unabase de Z4
5. Sea pues, B = {(1, 2, 1, 1) , (1, 1, 0, 2) , (0, 0, 1, 0) , (0, 0, 0, 1)} unabase de Z4
5. Para calcular las coordenadas del vector v en la base B establecemosla combinación lineal vectorial,
(1, 1, 3, 1) = x1 · (1, 2, 1, 1) + x2 · (1, 1, 0, 2) + x3 · (0, 0, 1, 0) + x4 · (0, 0, 0, 1)
que da lugar al siguiente sistema de ecuaciones lineales:
x1 + x2 = 12x1 + x2 = 1x1 + x3 = 3x1 + 2x2 + + x4 = 1
3
Como B es una base de Z45 y dado que las coordenadas de un vector respecto
de una base son únicas, el sistema lineal anterior es compatible determinado,es decir, tiene solución única. Para hallar esta solución escribimos la matrizampliada del sistema y calculamos la forma escalonada por �las de dicha matriz.
1 1 0 0... 1
2 1 0 0... 1
1 0 1 0... 3
1 2 0 1... 1
E2 + 3E1
E3 + 4E1
∼E4 + 4E1
1 1 0 0
... 1
0 4 0 0... 4
0 4 1 0... 2
0 1 0 1... 0
E3 − E2
∼E4 + E2
1 1 0 0
... 1
0 4 0 0... 4
0 0 1 0... 3
0 0 0 1... 4
si seguimos hasta encontrar la forma escalonada reducida dispondremos de losvalores de las incógnitas directamente, de manera que así lo hacemos,
E1 + E2
∼
1 0 0 0
... 0
0 4 0 0... 4
0 0 1 0... 3
0 0 0 1... 4
4E2
∼
1 0 0 0
... 0
0 1 0 0... 1
0 0 1 0... 3
0 0 0 1... 4
luego el sistema de ecuaciones lineales tiene por solución:
x1 = 0x2 = 1x3 = 3x4 = 4
de manera que podemos decir que las coordenadas del vector v = (1, 1, 3, 1)respecto de la base B son v = (0, 1, 3, 4)B.
Observación: El problema ya ha concluido, pero antes de pasar a otro vamos ahacer la siguiente observación general: LlamemosMm×n (K) al conjuntode todas las matrices de m �las y n columnas con todas sus entradas en elcuerpo K. Sean A ∈Mm×n (K) y b ∈Mn×1 (K) las siguientes matrices:
A =
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
...... · · ·
...am1 am2 · · · amn
; b =
b1
b2
...bn
4
veamos que vale el producto matricial A · b. Según la de�nición del pro-ducto matricial sabemos que A · b ∈Mm×1 (K), sea pues,
A · b =
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
...... · · ·
...am1 am2 · · · amn
·
b1
b2
...bn
=
=
a11b1 + a12b12 + . . . + a1nbn
a21b1 + a22b2 + . . . + a2nbn
...am1b1 + am2b2 + . . . + amnbn
=
a11
a21
...am1
b1 +
a12
a22
...am2
b2 + . . . +
a1n
a2n
...amn
bn
= a1b1 + a2b2 + . . . + anbn
donde
aj =
a1j
a2j
...amj
; 1 ≤ j ≤ n
son las columnas de la matrz A. De manera que, multiplicar A · b (en elorden indicado), donde A es una matriz de orden m×n y b es una matrizcolumna de n entradas (es decir, de orden n × 1) da como resultado unacombinación lineal de las columnas de A con coe�cientes (o pesos) lasentradas de la columna b.
Como consecuencia de lo dicho, vemos que resolver un sistema de ecuacioneslineales se puede interpretar del siguiente modo:
Dado el sistema de ecuaciones lineales, con m ecuaciones y n incógnitas:
a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2
...am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm
si llamamos
A =
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
...... · · ·
...am1 am2 · · · amn
; X =
x1
x2
...xn
; b =
b1
b2
...bm
5
el sistema se transforma en la ecuación matricial
A ·X = b
y si ahora interpretamos el producto A ·X como combinación de las columnasde A, y denotamos a las columnas de A como a1, a2, . . . , an , el sistema setransforma en la siguiente ecuación vectorial
a1x1 + a2x2 + . . . + anxn = b
Por todo lo dicho, cuando se nos pida que averigüemos cómo se escribe unvector u = (b1, b2, . . . , bm) ∈ Km, como combinación lineal de los vectoresv1, v2, . . . , vh ∈ Km , lo que haremos es escribir una matriz A poniendo a losvectores vj como sus columnas y a continuación plantearemos el siguiente sis-tema de ecuaciones lineales, escrito en forma matricial:
...... · · ·
...v1 v2 · · · vh
...... · · ·
...
x1
x2
...xh
=
b1
b2
...bm
Si este sistema es incompatible indicaría que u /∈ 〈v1, v2, . . . , vh〉. Si por elcontrario es compatible, los valores de las incógnitas nos darían la combinaciónlineal buscada.
3.- Encuentra las ecuaciones implícitas del siguiente subespacio y compruebasi el vector dado está o no en el subespacio.
〈(1, 2, 1, 1) , (1, 1, 1, 2)〉 en R4, v = (1, 0, 1, 0).
Solución: Sea (x, y, z, t) un vector cualquiera de R4, entonces sabemos que
(x, y, z, t) ∈ 〈(1, 2, 1, 1) , (1, 1, 1, 2)〉 ⇐⇒
existen escalares x1, x2 ∈ R tales que
(x, y, z, t) = x1 · (1, 2, 1, 1) + x2 · (1, 1, 1, 2)⇐⇒
el sistema de ecuaciones lineales
x1 + x2 = x2x1 + x2 = yx1 + x2 = zx1 + 2x2 = t
es compatible ⇐⇒
cuando transformemos la matriz ampliada del sistema
1 1
... x
2 1... y
1 1... z
1 2... t
a una
6
forma escalonada, ocurra que en dicha forma escalonada no nos quede la últimacolumna como columna pivote.
1 1... x
2 1... y
1 1... z
1 2... t
E2 − 2E1
E3 − E1
∼E4 − E1
1 1
... x
0 −1... y − 2x
0 0... z − x
0 1... t− x
E3 ↔ E4
∼
1 1
... x
0 −1... y − 2x
0 1... t− x
0 0... z − x
E3 + E2
∼
1 1
... x
0 −1... y − 2x
0 0... −3x + y + t
0 0... z − x
y como podemos ver, para que la última columna de la matriz escalonada no seacolumna pivote ha de ocurrir que −3x + y + t = 0 y también que z − x = 0 (⇔x−z = 0). Luego las ecuaciones implicitas del subespacio 〈(1, 2, 1, 1) , (1, 1, 1, 2)〉
son
{(x, y, z, t) ∈ R4/
−3x + y + t = 0x− z = 0
}. Es decir,
〈(1, 2, 1, 1) , (1, 1, 1, 2)〉 ={
(x, y, z, t) ∈ R4/−3x + y + t = 0
x− z = 0
}Sea ahora v = (1, 0, 1, 0) ∈ R4, para ver si v ∈ 〈(1, 2, 1, 1) , (1, 1, 1, 2)〉 sólo hemosde comprobar si cumple las ecuaciones implicitas, entonces como
−3 + 0 + 0 6= 01− 1 = 0
}⇒ v /∈ 〈(1, 2, 1, 1) , (1, 1, 1, 2)〉
4.- Calcula una base y la dimensión de los siguientes subespacios:
a)
{(x, y, z, t) /
x− y + z − t = 02x + z + t = 0
}en R4.
solución: Como podemos ver el subespacio es el conjunto de soluciones delsistema de ecuaciones homogéneo:
x − y + z − t = 02x + z + t = 0
}cuyas soluciones son: 1 −1 1 −1
... 0
2 0 1 1... 0
E2 − 2E1
∼
1 −1 1 −1... 0
0 2 −1 3... 0
7
a la vista de la matriz escalonada, vemos que el sistema es compatible indeter-minado, siendo equivalente al siguiente sistema homogéneo:
x − y + z − t = 02y − z + 3t = 0
}↔ x − y = −z + t
2y = z − 3t
}donde podemos ver que las incógnitas x e y son las incógnitas principales (tam-bién llamadas básicas) y las incógnitas z y t son incógnitas libres. Despejando yde la segunda ecuación y sustituyendo su valor en la primera ecuación obtenemoslas soluciones :
x = − 12z − 1
2 ty = 1
2z − 32 t
z ∈ R (libre)t ∈ R (libre)
Luego el conjunto de soluciones es:{
(x, y, z, t) ∈ R4/ (x, y, z, t) =(−1
2z − 1
2t,
12z − 3
2t, z, t
); z, t ∈ R
}={(−1
2z − 1
2t,
12z − 3
2t, z, t
)/ z, t ∈ R
}={
z
(−1
2,
12, 1, 0
)+ t
(−1
2,−3
2, 0, 1
)/ z, t ∈ R
}=⟨(−1
2,
12, 1, 0
),
(−1
2,−3
2, 0, 1
)⟩Así,
{(x, y, z, t) /
x− y + z − t = 02x + z + t = 0
}=⟨(− 1
2 , 12 , 1, 0
),(− 1
2 ,− 32 , 0, 1
)⟩, de man-
era que el subespacio tiene dimensión 2, siendo{(− 1
2 , 12 , 1, 0
),(− 1
2 ,− 32 , 0, 1
)}una
base de dicho subespacio.
b) Calcula base y dimensión de 〈(1, 2, 1, 1), (1, 1, 1, 2), (3, 2, 3, 2)〉 en Z45.
solución: Veamos si los vectores que generan el subespacio son linealmenteindependientes o linealmente dependientes. Para ello, escribimos los vectorescomo �las de una matriz A y calculamos la forma escalonada por �las de dichamatriz A:
A =
1 2 1 11 1 1 23 2 3 2
E2 + 4E1
∼E3 + 2E1
1 2 1 10 4 0 10 1 0 4
E3 + E2
∼ 1 2 1 10 4 0 10 0 0 0
= U
Como las �las de la matriz A y las de la matriz escalonada U generan el mismosubespacio de Z4
5, es decir, como:
〈(1, 2, 1, 1), (1, 1, 1, 2), (3, 2, 3, 2)〉 = 〈(1, 2, 1, 1), (0, 4, 0, 1)〉
8
resulta que el subespacio que nos han dado tiene dimensión 2, siendo {(1, 2, 1, 1), (0, 4, 0, 1)}una base de dicho subesacio.
5.- Para los siguientes pares de subespacios calcula su suma y su intersección:
a)
{(x, y, z, t, u)/
x− y + z − t + u = 02x + z + t− u = 0
}y(x, y, z, t, u)/
x− y + z − t + u = 02x + z + t− u = 0
x + t + u = 0
en Z55
solución: Llamemos,
W1 ={
(x, y, z, t, u)/x− y + z − t + u = 0
2x + z + t− u = 0
}y
W2 =
(x, y, z, t, u)/x− y + z − t + u = 0
2x + z + t− u = 0x + t + u = 0
a la vista de la de�nición de W1 y W2 es evidente que W2 ⊆W1 y entonces{
W1 ∩W2 = W2
W1 ∪W2 = W1
y como por otro lado W1 + W2 = 〈W1 ∪W2〉 , resulta que W1 + W2 = W1. Enresumen: {
W1 ∩W2 = W2
W1 + W2 = W1
b) Calcula la suma y la intersección de los siguientes subespacios:
〈(1, 2, 1, 1) , (1, 1, 1, 2) , (3, 1, 2, 1) , (2, 0, 1,−1)〉 y 〈(2, 3,−1, 2)〉 en R4.
solución: Llamemos,
W1 = 〈(1, 2, 1, 1) , (1, 1, 1, 2) , (3, 1, 2, 1) , (2, 0, 1,−1)〉
yW2 = 〈(2, 3,−1, 2)〉
Veamos en pimer lugar si los vectores que generan al primer subespacio sonlinelmente independientes. Para ello, como siempre, escribimos los vectorescomo �las de una matriz A y calculamos la forma escalonada por �las de dichamatriz A:
1 2 1 11 1 1 23 1 2 12 0 1 −1
E2 − E1
E3 − 3E1
∼E4 − 2E1
1 2 1 10 −1 0 10 −5 −1 −20 −4 −1 −3
−E2
∼
9
1 2 1 10 1 0 −10 −5 −1 −20 −4 −1 −3
E3 + 5E2
∼E4 + 4E2
1 2 1 10 1 0 −10 0 −1 −70 0 −1 −7
E4 − E3
∼
1 2 1 10 1 0 −10 0 −1 −70 0 0 0
= U
de manera que
W1 = 〈(1, 2, 1, 1) , (0, 1, 0,−1) , (0, 0,−1,−7)〉
siendo {(1, 2, 1, 1) , (0, 1, 0,−1) , (0, 0,−1,−7)} una base de W1. Como W2 =〈(2, 3,−1, 2)〉, es evidente que {(2, 3,−1, 2)} es una base de W2. Entonces, elconjunto de vectores formado por la unión de las dos bases generará al subespa-cio W1 + W2 . Es decir:
W1 + W2 = 〈(1, 2, 1, 1) , (0, 1, 0,−1) , (0, 0,−1,−7) , (2, 3,−1, 2)〉
Veamos, ahora, si estos vectores son linealmente independientes:
A =
1 2 1 10 1 0 −10 0 −1 −72 3 −1 2
E4 − 2E1
∼
1 2 1 10 1 0 −10 0 −1 −70 −1 −3 0
E4 + E2
∼
1 2 1 10 1 0 −10 0 −1 −70 0 −3 −1
E4 − 3E3
∼
1 2 1 10 1 0 −10 0 −1 −70 0 0 20
= U
como en la matriz escalonada U no hay ninguna �la de ceros, los vectores �lade la matriz A son linealmente independientes. De manera que el conjunto devectores
B = {(1, 2, 1, 1) , (0, 1, 0,−1) , (0, 0,−1,−7) , (2, 3,−1, 2)}
forman una base del subespacio W1 + W2 . Como en la base B de W1 + W2 haycuatro vectores, resulta que:
dim (W1 + W2) = 4W1 + W2 es subespacio de R4
}⇒W1 + W2 = R4
Por otro lado, sabemos que
dim (W1 + W2) = dim W1 + dim W2 − dim (W1 ∩W2)
de donde
dim (W1 ∩W2) = dim W1 + dim W2 − dim (W1 + W2)
10
= 3 + 1− 4 = 0
De manera que W1 ∩W2 = {(0, 0, 0, 0)}. Concluimos pues que: W1 ⊕W2 = R4.
Observación: Dados dos subespacios W1y W2 de un espacio vectorial, si nospiden que calculemos el subespacio suma W1 + W2 y el subespacio inter-sección W1∩W2 , la forma más directa de proceder, sin necesidad de hacerreferencia a fórmulas sobre dimensiones del tipo,
dim (W1 + W2) = dim W1 + dim W2 − dim (W1 ∩W2)
es la siguiente.
• Para calcular W1 + W2 se unen los vectores de una base de W1con losvectores de una base de W2 y a continuación se calcula el subespaciogenerado por dicho conjunto de vectores, siendo dicho subespacio igual alsubespacio W1 + W2 buscado.
• Para calcular W1 ∩W2 se juntan las ecuaciones implícitas que de�nen aambos subespacios y se calcula el subespacio cuyas ecuaciones implícitasson la unión de todas las ecuaciones implícitas.
Así, si en el problema anterior queremos calcular el subespacio W1∩W2 siguiendola observación hecha, haríamos lo siguiente:
En primer lugar, escribiríamos el subespacio W1 en ecuaciones implícitas, esdecir, como
W1 = 〈(1, 2, 1, 1) , (0, 1, 0,−1) , (0, 0,−1,−7)〉
siendo {(1, 2, 1, 1) , (0, 1, 0,−1) , (0, 0,−1,−7)} una base de W1. Resulta que,Dado (x, y, z, t) un vector cualquiera de R4, entonces sabemos que
(x, y, z, t) ∈ 〈(1, 2, 1, 1) , (0, 1, 0,−1) , (0, 0,−1,−7)〉 ⇐⇒
existen escalares x1, x2, x3 ∈ R tales que
(x, y, z, t) = x1 · (1, 2, 1, 1) + x2 · (0, 1, 0,−1) + x3 · (0, 0,−1,−7)⇐⇒
el sistema de ecuaciones lineales
x1 = x2x1 + x2 = yx1 − x3 = zx1 − x2 − 7x3 = t
es compati-
ble⇐⇒ cuando transformemos la matriz ampliada del sistema
1 0 0
... x
2 1 0... y
1 0 −1... z
1 −1 −7... t
11
a una forma escalonada ocurra que en dicha forma escalonada no nos quede laúltima columna como columna pivote.
1 0 0... x
2 1 0... y
1 0 −1... z
1 −1 −7... t
E2 − 2E1
E3 − E1
∼E4 − E1
1 0 0
... x
0 1 0... y − 2x
0 0 −1... z − x
0 −1 −7... t− x
E4 + E2
∼
1 0 0
... x
0 1 0... y − 2x
0 0 −1... z − x
0 0 −7... −3x + y + t
E4 − 7E3
∼
1 0 0
... x
0 1 0... y − 2x
0 0 −1... z − x
0 0 0... 4x + y − 7z + t
y como podemos ver, para que la última columna de la matriz escalonada nosea columna pivote ha de ocurrir que 4x + y − 7z + t = 0. Luego,
W1 = 〈(1, 2, 1, 1) , (0, 1, 0,−1) , (0, 0,−1,−7)〉 ={
(x, y, z, t) ∈ R4/4x + y − 7z + t = 0}
Ahora, también escribiríamos el subespacio W2 = 〈(2, 3,−1, 2)〉 en ecua-ciones implícitas, para ello, al igual que antes,
Dado (x, y, z, t) un vector cualquiera de R4, entonces sabemos que
(x, y, z, t) ∈ 〈(2, 3,−1, 2)〉 ⇐⇒
existe algun escalar x1 ∈ R tales que
(x, y, z, t) = x1 · (2, 3,−1, 2)⇐⇒
el sistema de ecuaciones lineales
2x1 = x3x1 = y−x1 = z2x1 = t
es compatible ⇐⇒ cuando
transformemos la matriz ampliada del sistema
2
... x
3... y
−1... z
2... t
a una forma
escalonada ocurra que en dicha forma escalonada no nos quede la última columnacomo columna pivote.
2... x
3... y
−1... z
2... t
E1 ↔ E3
∼
−1
... z
3... y
2... x
2... t
E2 + 3E1
E3 + 2E1
∼E4 + 2E1
12
−1
... z
0... y + 3z
0... x + 2z
0... t + 2z
y como podemos ver, para que la última columna de la matriz escalonada
no sea columna pivote ha de ocurrir que,y + 3z = 0x + 2z = 02z + t = 0
, luego
W2 = 〈(2, 3,−1, 2)〉 =
(x, y, z, t) ∈ R4/y + 3z = 0x + 2z = 02z + t = 0
Entonces, como
W1 = 〈(1, 2, 1, 1) , (0, 1, 0,−1) , (0, 0,−1,−7)〉 ={
(x, y, z, t) ∈ R4/4x + y − 7z + t = 0}
y
W2 = 〈(2, 3,−1, 2)〉 =
(x, y, z, t) ∈ R4/y + 3z = 0x + 2z = 02z + t = 0
resulta que, W1∩W2 =
(x, y, z, t) ∈ R4/
4x + y − 7z + t = 0y + 3z = 0x + 2z = 02z + t = 0
. De man-
era, que vamos a resolver el sistema,
4x + y − 7z + t = 0y + 3z = 0x + 2z = 02z + t = 0
4 1 −7 1... 0
0 1 3 0... 0
1 0 2 0... 0
0 0 2 1... 0
E1 ↔ E3
∼
1 0 2 0
... 0
0 1 3 0... 0
4 1 −7 1... 0
0 0 2 1... 0
E3 − 4E1
∼
1 0 2 0
... 0
0 1 3 0... 0
0 1 −15 1... 0
0 0 2 1... 0
E3 − E2
∼
1 0 2 0
... 0
0 1 3 0... 0
0 0 −18 1... 0
0 0 2 1... 0
E3 ↔ E4
∼
13
1 0 2 0
... 0
0 1 3 0... 0
0 0 2 1... 0
0 0 −18 1... 0
E4 + 9E3
∼
1 0 2 0
... 0
0 1 3 0... 0
0 0 2 1... 0
0 0 0 10... 0
De manera que nos queda el siguiente sistema equivalente,
x +2z = 0y +3z = 0
2z + t = 010t = 0
que como podemos ver tiene como solución única, (x, y, z, t) = (0, 0, 0, 0).
De manera que, W1 ∩W2 = {(0, 0, 0, 0)}. Como ya sabiamos.
6.- Para los siguientes subespacios, estudia si son iguales y, caso de no serlo,estudia si uno de los dos está incluido en el otro:
a)
{(x, y, z, t) /
x− y + z − t = 02x + z + t = 0
}y 〈(2, 3,−1, 2)〉 en R4.
solución: Llamemos
W1 ={
(x, y, z, t) /x− y + z − t = 0
2x + z + t = 0
}y
W2 = 〈(2, 3,−1, 2)〉
El subespacio W1 ha sido estudiado en el problema 4a) y sabemos que dim (W1) =2. Entonces, W1 6= W2, pues dim (W2) = 1. Veamos si el vector (2, 3,−1, 2)pertenece a W1. Como 2− 3 + (−1)− 2 = −4 6= 0⇒ (2, 3,−1, 2) /∈W1. Luego,W2 * W1. Obviamente W1 * W2.
b) W1 ={
(x, y, z, t, u)/x− y + z − t + u = 0
2x + z + t− u = 0
}y
W2 =
(x, y, z, t, u)/x− y + z − t + u = 0
2x + z + t− u = 0x + t + u = 0
en Z55.
solución: A la vista de las ecuaciones implicitas que de�nen a los subespa-cios es evidente que W2 ⊆W1. Para comprobar que W1 * W2basta con ver quela matriz ampliada del sistema homogéneo que de�ne a W2 al ponerse en formaescalonada por �las no deja ninguna �la nula.
1 −1 1 −1 1... 0
2 0 1 1 −1... 0
1 0 0 1 1... 0
E2 + 3E1
∼E3 − E1
1 −1 1 −1 1
... 0
0 2 4 3 2... 0
0 1 4 2 0... 0
14
E2 ↔ E3
∼
1 −1 1 −1 1
... 0
0 1 4 2 0... 0
0 2 4 3 2... 0
E3 + 3E2
∼
1 −1 1 −1 1
... 0
0 1 4 2 0... 0
0 0 1 4 2... 0
c) W1 = 〈(1, 2, 1, 1), (1, 1, 1, 2), (3, 1, 2, 1), (2, 0, 1,−1)〉 yW2 = 〈(1, 1, 1, 1), (2, 3,−1, 2)〉 en R4.
solución: Por el problema 5c) sabemos que una base de W1 es
B = {(1, 2, 1, 1) , (0, 1, 0,−1) , (0, 0,−1,−7)}
por otro lado, es evidente que E = {(1, 1, 1, 1), (2, 3,−1, 2)} es una base de W2.Luego W1 6= W2. Por otro lado, sabemos que
dim (W1 + W2) = dim W1 + dim W2 − dim (W1 ∩W2)
y como W1 + W2 = R4. Pues, como vimos en el problema 5c) los vectores
{(1, 2, 1, 1) , (0, 1, 0,−1) , (0, 0,−1,−7) , (2, 3,−1, 2)}
son linealmente independientes y por tanto una base de R4. Entonces resultaque,
4 = 3 + 2− dim (W1 ∩W2)⇒ dim (W1 ∩W2) = 1⇒W2 * W1
(pues si fuera W2 ⊆ W1 ⇒ W1 ∩W2 = W2 y sucedería que dim (W1 ∩W2) =dim W2 = 2).
Observación: Dados dos subespacios W1y W2 de un espacio vectorial, si quer-emos averiguar si uno está contenido en otro, por ejemplo, si quisiéramossaber si W1 ⊆W2, entonces lo más comodo es conocer una base del sube-spacio W1 y unas ecuaiones implícitas que de�nan al subespacio W2, puesen ese caso basta con comprobar si los vectores de la base de W1 están enel subespacio W2 (es decir, cumplen las ecuaciones implícitas de W2). Yaque entonces, sucede que:
• Si todos los vectores de una base de W1pertenecen a W2 (es decir, cumplenlas ecuaciones implícitas de W2), entonces W1 ⊆W2.
• Si, por el contrario, algún vector de una base de W1, no pertenece a W2
(es decir, no cumple alguna de las ecuaciones implícitas de W2), entoncesobviamente W1 * W2.
15
Si también quisiéramos saber si W2 ⊆W1 procederíamos de igual forma, es decirbuscaríamos una base de W2 y unas ecuaciones implícitas de W1, para despuéscomprobar lo indicado anteriormante. Por último, sucederá que,
W1 = W2 ⇔
W1 ⊆W2
y
W2 ⊆W1
En resumen, si hemos de averiguar si dos subespacios son iguales, los mejores conocer una base y unas ecuaciones implícitas de cada subespacio.
7.- Encuentra bases con las siguientes condiciones:
a) En R3 de forma que un vector esté en la recta
{x− y + z = 02x− z = 0
y otros
dos en el plano x + y + z = 0.
solución: Resolvamos el sistema homogéneo que de�ne las ecuaciones im-plícitas de la recta: 1 −1 1
... 0
2 0 −1... 0
E2 − 2E1
∼
1 −1 1... 0
0 2 −3... 0
de manera que el sistema es equivalente al siguiente:
x − y + z = 02y − 3z = 0
}←→ x − y = −z
2y = 3z
}a la vista del último sistema vemos que las variables x e y son principales (obásicas), las que se corresponden con las columnas pivote de la matriz escalon-ada, y que la variable z es libre. Entonces, despejando y de la segunda ecuacióny sustituyéndola en la primera, obtenemos las in�nitas solucines de este sistemacompatible indeterminado, que son:
x = 12z
y = 32z
z ∈ R (libre)
Luego la recta es,{(
12z,
32z, z
)/z ∈ R
}={
z
(12,
32, 1)
/z ∈ R}
=⟨(
12,
32, 1)⟩
= 〈(1, 3, 2)〉
Calculemos ahora una base del plano resolviendo la ecuación implícita quelo de�ne
x + y + z = 0↔ x = −y − z
16
la variable x es principal y las variables y y z son libres. Siendo las in�nitassoluciones,
x = −y − zy ∈ R (libre)z ∈ R (libre)
.
Luego el plano es,
{(−y − z, y, z) /y, z ∈ R} = {y · (−1, 1, 0) + z · (−1, 0, 1) /y, z ∈ R}
= 〈(−1, 1, 0) , (−1, 0, 1)〉 .La base buscada es B = {(−1, 1, 0) , (−1, 0, 1) , (1, 3, 2)}.b) En Z4
5 de forma que haya exactamente un vector en el subespacio W ={(x, y, z, t) /x− y + z − t = 0}.
solución: Resolvemos la ecuación implícita que de�ne al subespacio,
x− y + z − t = 0↔ x = y − z + t (= y + 4z+)
la variable x es principal y las variables y, z y t son libres. Siendo las in�nitassoluciones,
x = y + 4z + ty ∈ R (libre)z ∈ R (libre)t ∈ R (libre)
.
Luego el subespacio es,
W ={
(y + 4z + t, y, z, t) /y, z, t ∈ Z5}
= {y · (1, 1, 0, 0) + z · (4, 0, 1, 0) + t · (1, 0, 0, 1) /y, z, t ∈ Z5}= 〈(1, 1, 0, 0) , (4, 0, 1, 0) , (1, 0, 0, 1)〉 .
Pues bien, cojamos el vector (1, 1, 0, 0) ∈W y los vectores, (0, 1, 0, 0) /∈W(0, 0, 1, 0) /∈W(0, 0, 0, 1) /∈W
Obviamnte, B = {(1, 1, 0, 0) , (0, 1, 0, 0) , (0, 0, 1, 0) , (0, 0, 0, 1)} es una base deZ5
5, cumpliendo lo que queríamos.
c) Encuentra una base en Z47 de forma que haya dos vectores en el plano{
x− y + z − t = 02x− z = 0 , otro en el plano
{x− y + z = 02x− z + t = 0 y el último fuera de
ellos.
solución: Resolvamos el primer sistema, 1 −1 1 −1... 0
2 0 −1 0... 0
E2 + 5E1
∼
1 −1 1 −1... 0
0 2 4 2... 0
17
de manera que el sistema es equivalente al siguiente:
x − y + z − t = 02y + 4z + 2t = 0
}↔ x − y = −z + t
2y = −4z − 2t
}donde las variables x e y son principales y las variables z y t son libres. Despe-jamos y de la segunda ecuación,
2y = −4z − 2t = 3z + 5t→ y = 5z + 6t↓
recordad que estamos en Z7
sustituimos el valor de y en la primera ecuación y despejamos x,
x− 5z − 6t = −z + t→ x = 4z
Luego las soluciones son,
x = 4zy ∈ 5z + 6tz ∈ Z7 (libre)t ∈ Z7 (libre)
.
Entonces, el primer plano es,
{(4z, 5z + 6t, z, t) /z, t ∈ Z7} = {z · (4, 5, 1, 0) + t · (0, 6, 0, 1) /z, t ∈ Z7}
= 〈(4, 5, 1, 0) , (0, 6, 0, 1)〉 .
Repitiendo el mismo proceder con el segundo sistema obtenemos, 1 −1 1 0... 0
2 0 −1 1... 0
E2 + 5E1
∼
1 −1 1 0... 0
0 2 4 1... 0
de manera que el sistema es equivalente al siguiente:
x − y + z = 02y + 4z + t = 0
}↔ x − y = −z
2y = −4z − t
}las variables x e y son principales y las variables z y t son libres. Despejamos yde la segunda ecuación,
2y = −4z − t = 3z + 6t→ y = 5z + 3t↓
recordad que estamos en Z7
sustituimos el valor de y en la primera ecuación y despejamos x,
x− 5z − 3t = −z → x = 4z + 3t
18
Luego las soluciones son,
x = 4z + 3ty ∈ 5z + 3tz ∈ Z7 (libre)t ∈ Z7 (libre)
.
Entonces, el segundo plano es,
{(4z + 3t, 5z + 3t, z, t) /z, t ∈ Z7} = {z · (4, 5, 1, 0) + t · (3, 3, 0, 1) /z, t ∈ Z7}
= 〈(4, 5, 1, 0) , (3, 3, 0, 1)〉 .
Es decir los planos son:
〈(4, 5, 1, 0) , (0, 6, 0, 1)〉〈(4, 5, 1, 0) , (3, 3, 0, 1)〉
Pues bien, tomemos el siguiente conjunto de vectores de Z47,
B = {(4, 5, 1, 0) , (0, 6, 0, 1) , (3, 3, 0, 1) , (0, 0, 0, 1)} ,
donde los dos primeros están en el primer plano, el tercero está en el segundoplano y el cuarto no pertenece a ninguno de los dos planos, y comprobemosque son linealmente independientes, en cuyo caso B sería una base como la quebuscamos.
4 5 1 00 6 0 13 3 0 10 0 0 1
E3 + E1
∼
4 5 1 00 6 0 10 1 1 10 0 0 1
E3 + E2
∼
4 5 1 00 6 0 10 0 1 20 0 0 1
Como los vectores son linealmente independientes, B es una base.
d) En R3 de forma que el primer vector esté en el eje X, el segundo en
la recta
{x− y + z = 02x− z = 0
y, con respecto a esa base, el vector (1, 1, 1) tenga
coordenadas (2, 1, 2).
solución: Resolvamos el sistema homogéneo de ecuaciones implícitas quede�nen a la recta vectorial, {
x− y + z = 02x− z = 0 1 −1 1
... 0
2 0 −1... 0
E2 − 2E1
∼
1 −1 1... 0
0 2 −3... 0
19
de manera que el sistema es equivalente al siguiente,
x − y + z = 02y − 3z = 0
}↔ x − y = −z
2y = 3z
},
donde las variables x e y son principales y la variables z es libre. Despejamosy de la segunda ecuación y sustitumos su valor en la primera, obteniendo comosoluciones:
x = 12z
y = 32z
z ∈ R (libre)
,
entonces la recta es,{(12z,
32z, z
)/z,∈ R
}={
z ·(
12,
32, 1)
/z ∈ R}
=⟨(
12,
32, 1)⟩
= 〈(1, 3, 2)〉 .
Como nos piden una base de R3, tal que el primer vector esté en el eje X, elsegundo en la recta anterior, y que conrespecto a esa base el vector (1, 1, 1)tenga coordenadas (2, 1, 2). Llamemos B = {(1, 0, 0) , (1, 3, 2) , (a, b, c)}, a dichabase. Entonces, para que las coordenadas del vector (1, 1, 1) respecto de la baseB sean (2, 1, 2), ha de suceder que,
(1, 1, 1) = (2, 1, 2)B ⇐⇒ (1, 1, 1) = 2 · (1, 0, 0) + 1 · (1, 3, 2) + 2 · (a, b, c)
1 = 3 + 2a1 = 3 + 2b1 = 2 + 2c
↔ a = −1b = −1c = − 1
2
→ (a, b, c) =(−1,−1,−1
2
).
De manera que la base buscada es,
B ={
(1, 0, 0) , (1, 3, 2) ,
(−1,−1,−1
2
)}.
8.- Pasa los siguientes problemas al correspondiente Kn y resuelvelos:
a) Estudia si son linealmente independientes, sistema generador o base,{1− x + x2, x + x2, 2− x + x2
}en Q2 [x] .
solución: Sea C ={
1, x, x2}la base canínica de Q2 [x]. Si a + bx + cx2
es un vector cualquiera de Q2 [x]. Entonces,
a + bx + cx2 = a · 1 + b · x + c · x2 ⇒ a + bx + cx2 = (a, b, c)C
20
de manera que podemos identi�car Q2 [x] con Q3 del siguiente modo,
Q2 [x] ↔ Q3
a + bx + cx2 ↔ (a, b, c)
de manera que,Q2 [x] ↔ Q3
1− x + x2 ↔ (1,−1, 1)x + x2 ↔ (0, 1, 1)
2− x + x2 ↔ (2,−1, 1)
luego nos preguntamos si {(1,−1, 1) , (0, 1, 1) , (2,−1, 1)} son linealmente inde-pendientes, sistema generador o base del espacio vectorial Q3. Para responder,ponemos estos vectores como las �las de una matriz A y transformamos ésta auna forma escalonada por �las U .
A =
1 −1 10 1 12 −1 1
E3 − 2E1
∼
1 −1 10 1 10 1 −1
E3 − E2
∼
1 −1 10 1 10 0 −2
= U
como en la matriz U no hay ninguna �la de ceros, las tres �las de A son lineal-mente independientes. De manera que los tres vectores,
(1,−1, 1) , (0, 1, 1) , (2,−1, 1) ∈ Q3
son linealmente independientes. Como son tres y como dim Q3 = 3, dichosvectores serán base y por lo tanto sistema generador.
En resumen, los vectores{1− x + x2, x + x2, 2− x + x2
}son base (es decir, sistema generador y linealmente independientes) de Q2 [x].
b) Reduce el siguiente conjunto de vectores hasta que sea linealmente inde-pendiente y amplialo hasta formar una base
•{(
1 12 1
),
(1 02 1
),
(0 02 1
),
(0 10 0
)}en M2×2 (Z5).
solución: Sea C ={(
1 00 0
),
(0 10 0
),
(0 01 0
),
(0 00 1
)}la base
canónica de M2×2 (Z5). Si(
a bc d
)es un vector cualquiera de M2×2 (Z5). En-
tonces,(a bc d
)= a ·
(1 00 0
)+ b ·
(0 10 0
)+ c ·
(0 01 0
)+ d ·
(0 00 1
)⇒
21
(a bc d
)= (a, b, c, d)C
de manera que podemos identi�car M2×2 (Z5) con Z45 del siguiente modo,
M2×2 (Z5) ↔ Z45(
a bc d
)↔ (a, b, c, d)
de manera que,M2×2 (Z5) ↔ Z4
5(1 12 1
)↔ (1, 1, 2, 1)(
1 02 1
)↔ (1, 0, 2, 1)(
0 02 1
)↔ (0, 0, 2, 1)(
0 10 0
)↔ (0, 1, 0, 0)
luego lo que queremos es, comprobar si el conjunto de vectores
{(1, 1, 2, 1) , (1, 0, 2, 1) , (0, 0, 2, 1) , (0, 1, 0, 0)}
de Z45 es linealmente independiente y, en caso de no serlo, reducirlo hasta que
sean independientes y ampliarlos hasta formar una base de Z45.
Para responder, ponemos estos vectores como las �las de una matriz A ytransformamos ésta a una forma escalonada por �las U .
A =
1 1 2 11 0 2 10 0 2 10 1 0 0
E2 + 4E1
∼
1 1 2 10 4 0 00 0 2 10 1 0 0
E4 + 4E2
∼
1 1 2 10 4 0 00 0 2 10 0 0 0
= U
Como en la matriz escalonada U aparece una �la de ceros concluimos quelos vectores que forman las �las de A son linealmente dependientes.
Por otro lado, sabemos que las �las de A, consideradas como vectores de Z45,
y las �las de U , también consideradas como vectores de Z45, generan el mismo
suespacio vectorial de Z45. De manera que la base de Z4
5 buscada sería,
B = {(1, 1, 2, 1) , (0, 4, 0, 0) , (0, 0, 2, 1) , (0, 0, 0, 1)}
donde hemos incluido el vector (0, 0, 0, 1) para completar la base.
22
observación: como durante el escalonamiento de la matriz A no hemos permu-tado ninguna �la, también las tres primeras �las de la matriz A son lineal-mente independientes, de manera que también podríamos haber propuestocomo base de Z4
5 a:
B = {(1, 1, 2, 1) , (1, 0, 2, 1) , (0, 0, 2, 1) (0, 0, 0, 1)}
De manera que podemos dar como base de M2×2 (Z5) a,
B ={(
1 12 1
),
(0 40 0
),
(0 02 1
),
(0 00 1
)}o también a,
B ={(
1 12 1
),
(1 02 1
),
(0 02 1
),
(0 00 1
)}.
c) Encuentra las ecuaciones paramétricas e implícitas de los subespacios:
• W1 =
⟨ 1 10 11 0
,
1 11 11 0
,
1 22 11 0
⟩ en M3×2 (Z5).
• W2 ={
P (x) = a + bx + cx2/P (2) = 0P ′(1) = 0
}en (Z5)2 [X]. (donde, (Z5)2 [X]
= espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igual que dos concoe�cientes en el cuerpo Z5).
solución: Tal como hicimos en el apartado anterior, identi�camos
M2×3 (Z5) ↔ Z65 1 1
0 11 0
↔ (1, 1, 0, 1, 1, 0) 1 11 11 0
↔ (1, 1, 1, 1, 1, 0) 1 22 11 0
↔ (1, 2, 2, 1, 1, 0)
de manera que buscamos las ecuaciones paramétricas e implícitas del sube-spacio, 〈(1, 1, 0, 1, 1, 0) , (1, 1, 1, 1, 1, 0) , (1, 2, 2, 1, 1, 0)〉 , de Z6
5. Las ecuacionesparamétricas de este subespacio de Z6
5 son,
a · (1, 1, 0, 1, 1, 0) + b · (1, 1, 1, 1, 1, 0) + c · (1, 2, 2, 1, 1, 0) ; a, b, c ∈ Z5
23
es decir,
(a + b + c, a + b + 2c, b + 2c, a + b + c, a + b + c, 0) ; a, b, c ∈ Z5
Luego tenemos que,
W1 =
a + b + c a + b + 2c
b + 2c a + b + ca + b + c 0
/a, b, c ∈ Z5
subespacio expresado enecuaciones paramtricas
observación: Las ecuaciones paramétricas del subespacio W1también se po-drían haber establecido trabajando directamente con las matrices 3 × 2,del siguiente modo,
a·
1 10 11 0
+b·
1 11 11 0
+c·
1 22 11 0
=
a + b + c a + b + 2cb + 2c a + b + c
a + b + c 0
de igual forma, observa que también podemos hacer el camino inverso, esdecir, dada la matriz a + b + c a + b + 2c
b + 2c a + b + ca + b + c 0
descomponerla como la suma, a + b + c a + b + 2c
b + 2c a + b + ca + b + c 0
= a·
1 10 11 0
+b·
1 11 11 0
+c·
1 22 11 0
Ahora vamos a encontrar las ecuaciones implícitas del subespacio de Z6
5,
W = 〈(1, 1, 0, 1, 1, 0) , (1, 1, 1, 1, 1, 0) , (1, 2, 2, 1, 1, 0)〉
equivalente (isomorfo) a W1.
Sea (x, y, z, t, r, s) un vector cualquiera de Z65, entonces sabemos que
(x, y, z, t, r, s) ∈ 〈(1, 1, 0, 1, 1, 0) , (1, 1, 1, 1, 1, 0) , (1, 2, 2, 1, 1, 0)〉 ⇐⇒
existen escalares x1, x2, x3 ∈ Z5 tales que
(x, y, z, t, r, s) = x1 · (1, 1, 0, 1, 1, 0) + x2 · (1, 1, 1, 1, 1, 0) + x3 · (1, 2, 2, 1, 1, 0)⇐⇒
el sistema de ecuaciones lineales, escrito matricialmente,1 1 11 1 20 1 21 1 11 1 10 0 0
· x1
x2
x3
=
xyztrs
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es compatible.Es decir, el sistema de ecuaciones lineales
x1 + x2 + x3 = xx1 + x2 + 2x3 = y
x2 + 2x3 = zx1 + 2x + x3 = tx1 + x2 + x3 = r
0 = s
es compatible ⇐⇒ cuando transformemos la matriz ampliada del sistema
1 1 1... x
1 1 2... y
0 1 2... z
1 1 1... t
1 1 1... r
0 0 0... s
a una forma escalonada, ocurra que en dicha forma escalonada no nos quede laúltima columna como columna pivote.
1 1 1... x
1 1 2... y
0 1 2... z
1 1 1... t
1 1 1... r
0 0 0... s
E2 − 2EE4 − E1
∼E5 − E1
1 1 1... x
0 0 1... y − x
0 1 2... z
0 0 0... t− x
0 0 0... r − x
0 0 0... s
E2 ↔ E3
∼
1 1 1... x
0 1 2... z
0 0 1... y − x
0 0 0... t− x
0 0 0... r − x
0 0 0... s
y como podemos ver, para que la última columna de la matriz escalonada no
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sea columna pivote ha de ocurrir que
t − x = 0r − x = 0
s = 0
↔ 4x + t = 04x + r = 0
s = 0
Luego las ecuaciones implicitas del subespacio W son,
W =
(x, y, z, t, r, s) ∈ Z65/
4x + t = 04x + r = 0
s = 0
Por tanto, el subespacio W1 expresado en ecuaciones implícitas será,
W1 =
x y
z tr s
∈M3×2(Z5)/4x + t = 04x + r = 0
s = 0
subespacio expresado enecuaciones implcitas
Ahora vamos a buscar las ecuaciones paramétricas e implícitas de
• W2 ={
P (x) = a + bx + cx2/P (2) = 0P ′(1) = 0
}en (Z5)2 [X].
P (2) = 0⇐⇒ a + 2b + 4c = 0
P ′(x) = b + 2cx→ P ′(1) = 0⇐⇒ b + 2c = 0
Luego,
W2 ={
P (x) = a + bx + cx2/a + 2b + 4c = 0
b + 2c = 0
}subespacio expresado en
ecuaciones implcitas
Para calcular las ecuaciones paramétricas sólo hemos de resolver el sistemade ecuaciones homogéneo que de�ne las ecuaciones implícitas de W2. Es decir,hemos de resolver el siguiente sistema homogéneo, en Z5:
a + 2b + 4c = 0b + 2c = 0
}↔ a + 2b = c
b = 3c
}→ a + 6c = c→ a + c = c
→ a = 0
donde las incógnitas a y b son principales y la c es libre. Las soluciones son,
a = 0b = 3cc ∈ Z5 (libre)
Luego, el subespacio W2 expresado en ecuaciones paramétricas es,
W2 ={P (x) = 3cx + cx2/c ∈ Z5
} subespacio expresado enecuaciones paramtricas
={c ·(3x + x2
)/c ∈ Z5
}=⟨3x + x2
⟩ subespacio expresado medianteun sistema generador
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