Este documento trata sobre álgebra lineal y contiene 8 problemas resueltos. El documento presenta demostraciones matemáticas sobre espacios vectoriales, involuciones, proyecciones, subespacios y dualidad. Los problemas exploran conceptos como descomposición única, núcleos, rangos y gráficas de transformaciones lineales.

1. ÁLGEBRA LINEAL
Alumno: Edson Javier Gallardo Manuel
Profesor: Dr. Armando Felipe Mendoza
25 de noviembre de 2022

2. UNACH E. Javier Gallardo M.
Problema 1. Sea V un espacio vectorial sobre el campo K, L ∈ EndK(V ).
Diremos que L es involución de V si L2
= L ◦ L = idV . Pruebe que L ∈ AutK(V ),
es decir, L es un automorfismo de V con L−1
= L.
Demostración. Sea ⃗
v ∈ N(L), es decir, L(⃗
v) = 0, y ası́ L(L(⃗
v)) = L(0) = 0.
Ahora bien, como L es involución se cumple que L(L(⃗
v)) = ⃗
v, de donde ⃗
v = 0,
por tanto L es monormorfismo.
Luego, como L es endomorfismo se sigue que es epimorfismo, y ası́ un isomorfismo
de V en V , ésto es, automorfismo de V . □
Vea que en R2
toda reflexión en torno a una recta es una involución.
Solución. Si la recta es uno de los ejes (x o y), la transformación está dad por
Ty(x, y) = (−x, y) o bien, Tx(x, y) = (x, −y).
Es fácil ver que en ambos casos Ty(Ty(x, y)) = (x, y) y Tx(Tx(x, y)) = (x, y).
1

3. UNACH E. Javier Gallardo M.
Problema 2. Sea L ∈ EndK(V ) una involución de V , donde K = R o C.
Defina los conjuntos F1 = {⃗
v ∈ V : L(⃗
v) = ⃗
v}, F2 = {⃗
v ∈ V : L(⃗
v) = −⃗
v}.
Demuestre que F1, F2 son subespacios de V , y que V = F1 ⊕ F2.
Demostración. Sean ⃗
v1,⃗
v2 ∈ F1 y α, β ∈ K, tenemos L(α⃗
v1 + β⃗
v2) = αL(⃗
v1) +
βL(⃗
v2) = α⃗
v1 + β⃗
v2, de donde α⃗
v1 + β⃗
v2 ∈ F1, por tanto F1 < V .
Análogamente se prueba que F2 < V .
Ahora bien, sea ⃗
v ∈ V , escribamos ⃗
v = (2⃗
v)/2 = (⃗
v + L(⃗
v) + ⃗
v − L(⃗
v))/2 =
(⃗
v + L(⃗
v))/2 + (⃗
v − L(⃗
v))/2.
Veamos ahora que L((⃗
v + L(⃗
v))/2) = (L(⃗
v + L(⃗
v)))/2 = (L(⃗
v) + ⃗
v)/2, de ésta
forma (⃗
v + L(⃗
v))/2 ∈ F1.
Por otro lado, L((⃗
v−L(⃗
v))/2) = (L(⃗
v−L(⃗
v)))/2 = (L(⃗
v)−⃗
v)/2, ası́ (⃗
v−L(⃗
v))/2 ∈
F2.
De lo anterior se concluye que V = F1 + F2.
Queremos ver que F1 ∩ F2 = {0}. En efecto, sea ⃗
v ∈ F1 ∩ F2, ésto es, ⃗
v ∈ F1 y
⃗
v ∈ F2, es decir L(⃗
v) = ⃗
v y L(⃗
v) = −⃗
v. De donde ⃗
v = −⃗
v, y ası́ 2⃗
v = 0, luego ⃗
v = 0.
Por tanto V = F1 ⊕ F2. □
Pruebe que la proyección de V sobre F1 paralela a F2 viene dada por PF1
:
V −→ V , PF1
= (L + idV )/2. También halle la proyección PF2
de V sobre
PF2
paralela a PF1
.
Demostración. Sea PF1
la proyección de V sobre F1 paralela a F2. Ya hemos vis-
to en el inciso anterior que ⃗
v = (⃗
v+L(⃗
v))/2+(⃗
v−L(⃗
v))/2 donde (⃗
v+L(⃗
v))/2 ∈ F1
y (⃗
v − L(⃗
v))/2 ∈ F2.
De forma que PF1
(⃗
v) = (⃗
v + L(⃗
v))/2 = (idV (⃗
v) + L(⃗
v))/2, y de manera análoga se
obtiene a la proyección PF2
de V sobre PF2
paralela a PF1
, la cual está dada por
PF2
(⃗
v) = (⃗
v − L(⃗
v))/2 = (idV (⃗
v) − L(⃗
v))/2. □
Para cada ⃗
v ∈ V existen únicos vectores ⃗
u ∈ F1 y ⃗
w ∈ F2 tales que ⃗
v = ⃗
u+ ⃗
w.
Pruebe que L(⃗
v) = ⃗
u − ⃗
w. En este caso decimos que la involución L es la
reflexión de F2 paralela a F1.
Demostración. Dado que V = F1 ⊕ F2 existen únicos vectores ⃗
u ∈ F1, ⃗
w ∈ F2
tales que ⃗
v = ⃗
u + ⃗
w para cualquier vector ⃗
v ∈ V .
2

4. UNACH E. Javier Gallardo M.
Ası́ pues, L(⃗
v) = L(⃗
u + ⃗
w) = L(⃗
u) + L(⃗
w) = ⃗
u − ⃗
w. □
Si E1, E2 < V tales que V = E1 ⊕ E2. Pruebe que si S ∈ EndK(V ) es la
reflexión de E2 paralela a E1, entonces S es una involución de V .
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5. UNACH E. Javier Gallardo M.
Problema 3. En el plano R2
considere las rectas F1 y F2 definidas respecti-
vamente por y = ax, y = bx, con a ̸= b.
Exprese cada vector ⃗
v = (x, y) ∈ R2
como suma de un vector de F1 y un
vector de F2. De aquı́ concluya que R2
= F1 ⊕ F2.
Solución. Sean (x1, y1) ∈ F1 y x2, y2 ∈ F2, de forma que y1 = ax1 y y2 = bx2, y
ası́ {(1, a)} y {(1, b)} son sendas bases de F1 y F2.
Claramente {(1, a), (1, b)} es linealmente independiente (pues a ̸= b), y por tanto
una base de R2
.
De modo que existen escalares α, β ∈ R tales que
(x, y) = α(1, a) + β(1, b) = (α + β, aα + bβ)
De donde −ax = −aα − aβ y y = aα + bβ, ası́, β =
y − ax
b − a
y α = −
y − xb
b − a
.
Por tando, dado un vetor (x, y) ∈ R2
arbitrario, podemos escribirlo como suma de
−
y − xb
b − a
(1, a) ∈ F1 y
y − ax
b − a
(1, b) ∈ F2.
Luego, basta ver que F1 ∩ F2 = {0}, pues como ya hemos dicho {(1, a), (1, b)} es
base de R2
, y por tanto R2
= F1 + F2.
Obtenga la matriz respecto a la base canónica de R2
de la proyección
PF2
: R2
−→ R2
, que tiene a F1 como núcleo y a F2 como rango.
Solución.
Halle la matriz de la reflexión S : R2
−→ R2
en torno de la recta F2 y
paralela a la recta F1.
Solución.
4

6. UNACH E. Javier Gallardo M.
Problema 4. Si P, Q : V −→ V son proyecciones tales que PQ = QP,
Pruebe que PQ es una proyección cuyo núcleo es N(P) + N(Q), y cuyo rango es
R(P) ∩ R(Q).
Demostración.
5

7. UNACH E. Javier Gallardo M.
Problema 5. Exprese un vector ⃗
v = (x, y, z) ∈ R3
como suma de un vector
del plano F1 cuya ecuación es x + y − z = 0, con un vector de la recta F2 gene-
rada por el vector (1, 2, 1). Concluya que R3
= F1 ⊕ F2. Determine la matriz de
la proyección PF1
: R3
−→ R3
que tiene rango F1 y núcleo F2 respecto a la base
canónica de R3
.
Solución. Sea (x1, y1, z1) ∈ F1, es decir que se cumple x1 + y1 = z1.
De modo que (x1, y1, z1) = (x1, y1, x1 + y1) = x1(1, 0, 1) + y1(0, 1, 1), ası́ pues
F1 = L({(1, 0, 1), (0, 1, 1)}).
Ahora bien, observemos que {(1, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 2, 1)} es un conjunto linealmente
independiente, pues det
1 0 1
0 1 1
1 2 1
= −2 ̸= 0 y por tanto dicho conjunto es una base
de R3
.
Ahora bien, sea (x, y, z) ∈ R3
, existen α1, α2, α3 ∈ R3
tales que
(x, y, z) = α1(1, 0, 1) + α2(0, 1, 1) + α3(1, 2, 1) = (α1 + α3, α2 + 2α3, α1 + α2 + α3)
de donde



x = α1 + α3 (i)
y = α2 + 2α3 (ii)
z = α1 + α2 + α3 (iii)
De (i) y (ii) se tiene α1 = x−α3 y α2 = y −2α3, al sustituir ambas en (iii) se sigue
que α3 = z − (x − α3) − (y − 2α3) = z − x − y + 3α3, ası́ pues α3 =
x + y − z
2
.
Luego, de (i) y (ii) se obtiene α1 =
x − y + z
2
y α2 = −x + z.
De aquı́ que cualquier vector ⃗
v ∈ R3
se puede expresar como suma de un vector
de F1 y un vector de F2, ésto es, R2
= F1 ⊕ F2.
6

8. UNACH E. Javier Gallardo M.
Problema 6. Sean V, W espacios vectoriales sobre el campo K, H : V −→ W
una aplicación lineal de V en W. Demuestre que H es transformación lineal si y
sólo si la gráfica de H, G(H) := {(⃗
v, ⃗
w) ∈ V × W : ⃗
w = H(⃗
v)}, es un subespacio
del espacio vectorial producto V × W.
Demostración. Supongamos que H es transformación lineal. Ası́ pues, dados
⃗
v1,⃗
v2 ∈ V y α, β ∈ K, existen ⃗
w1, ⃗
w2 ∈ W tales que
H(α⃗
v1 + β⃗
v2) = αH(⃗
v1) + βH(⃗
v2) = α⃗
w1 + β ⃗
w2
de donde (⃗
v1 + ⃗
v2, ⃗
w1 + ⃗
w2) ∈ G(H) y (α⃗
v1, α⃗
w1) ∈ G(H). Luego, como G(H) ⊂
V × W se sigue que G(H) < V × W.
Ahora bien, supongamos que G(H) < V × W.
Es decir, dados (⃗
v1, ⃗
w1), (⃗
v2, ⃗
w2) ∈ G(H), α ∈ K, se cumple que (⃗
v1, ⃗
w1)+(⃗
v2, ⃗
w2) =
(⃗
v1 + ⃗
v2, ⃗
w1 + ⃗
w2) ∈ G(H) y α(⃗
v1, ⃗
w1) = (α⃗
v1, α⃗
w1) ∈ G(H).
Ésto es, por cómo está definido G(H):
H(⃗
v1 + ⃗
v2) = ⃗
w1 + ⃗
w2 = H(⃗
v1) + H(⃗
v2)
y
H(α⃗
v1) = α⃗
w1 = αH(⃗
v1)
Por tanto H es transformación lineal. □
7

9. UNACH E. Javier Gallardo M.
Problema 7. Sean V y W espacios vectoriales sobre el campo K. Demuestre
que existe un isomorfismo natural entre el espacio dual (V × W)∗
y el producto
de los espacios duales V ∗
× W∗
.
Demostración.
8

10. UNACH E. Javier Gallardo M.
Problema 8. Sea V := R2[X] = {p(X) = a0 + a1X + a2X2
: a0, a1, a2 ∈ R}.
Sean φ1, φ2, φ3 : V −→ R, definidas por φ0(p(X)) = p(0), φ1(p(X)) = p(1),
φ1(p(X)) = p(2) para todo polinomio p ∈ V .
Demuestre que BV ∗ = {φ0, φ1, φ2} es un sistema de formas lineales, el cual
constituye una base del espacio dual V ∗
.
Demostración. Dado que dimV = 3, basta ver que {φ0, φ1, φ2} es un conjunto
linealmente independiente.
Supongamos que a0φ0 + a1φ1 + a2φ2 = 0, entonces para cada p ∈ V se tiene que
(a0φ0+a1φ1+a2φ2)(p(X)) = 0, o de forma equivalente, a0φ0(p(X))+a1φ1(p(X))+
a2φ2(p(X)) = 0, en particular, para el polinomio p(X) = 1/2(X − 1)(X − 2) se
tiene
a0p(0) + a1p(1) + a2(p(2) = a0(1) + a1(0) + a2(0) = a0 = 0
además, para p(X) = −X(X − 2) se tiene
a0p(0) + a1p(1) + a2(p(2) = a0(0) + a1(1) + a2(2) = a1 = 0
finalmente, para p(X) = 1/2X(X − 1) se tiene
a0p(0) + a1p(1) + a2(p(2) = a0(0) + a1(0) + a2(1) = a3 = 0
Luego a0 = a1 = a2 = 0, y por tanto BV ∗ es una base del espacio dual V ∗
. □
Demuestre que existen únicos polinomios p0(X), p1(X), p2(X) en V tales
que
(φ0(p0(X)), φ1(p0(X)), φ2(p0(X))) = ⃗
e1 = (1, 0, 0)
(φ0(p1(X)), φ1(p1(X)), φ2(p1(X))) = ⃗
e2 = (0, 1, 0)
(φ0(p2(X)), φ1(p2(X)), φ2(p2(X))) = ⃗
e3 = (0, 0, 1)
De aquı́ concluya que B := {p0(X), p1(X), p2(X)} es una base de V cuya
base dual B∗
coincide con la base inicial BV ∗ y que para cada p(X) ∈ V ,
φ(X) ∈ V ∗
,
[p(X)]B =


p(0)
p(1)
p(2)

 , [φ]B∗ =


φ(p0(X))
φ(p1(X))
φ(p2(X))


.
9

11. UNACH E. Javier Gallardo M.
Demostración. Por un resultado previo tenemos que existe una única base B =
{p0(X), p1(X), p2(X)} de V tal que B∗
= BV ∗ = {φ0, φ1, φ2}, ésto es,
p0(0) = 1, p0(1) = 0, p0(2) = 0
p1(0) = 0, p1(1) = 1, p1(2) = 0
p2(0) = 0, p2(1) = 0, p2(2) = 1
lo cual es precisamente,
(φ0(p0(X)), φ1(p0(X)), φ2(p0(X))) = ⃗
e1 = (1, 0, 0)
(φ0(p1(X)), φ1(p1(X)), φ2(p1(X))) = ⃗
e2 = (0, 1, 0)
(φ0(p2(X)), φ1(p2(X)), φ2(p2(X))) = ⃗
e3 = (0, 0, 1)
Finalmente, como B = {p0(X), p1(X), p2(X)} es base de V y B∗
= {φ0, φ1, φ2} es
su base dual, por un teorema previo tenemos que
[p(X)]B =


φ0(p(X))
φ1(p(X))
φ(p(X))

 =


p(0)
p(1)
p(2)


y además,
[φ]B∗ =


φ(p0(X))
φ(p1(X))
φ(p2(X))


□
Usando la técnica de los polinomios interpoladores de Lagrange, demuestre
de manera precisa que p0(X) = 1/2(X − 1)(X − 2), p1(X) = −X(X − 2) y
p2(X) = 1/2X(X − 1).
Para cada p(X) = 1, X, X2
encuentre [p(X)]B y compruebe.
También considere las formas lineales φ, ψ : V −→ R, φ(p(X)) = p(3),
y ψ(p(X)) =
Z 1
0
p(t)dt. Encuentre [φ]B∗, [ψ]B∗. Compruebe evaluando en
distintos polinomios p(X), por ejemplo p(X) ∈ {1, X, X2
}, p(X) = 2 +
3X + X2
.
10

12. UNACH E. Javier Gallardo M.
Problema 9. Sea S ⊂ (R3
)∗
el subespacio S := {φ ∈ (R3
)∗
: φ(1, −1, 2) = 0}.
Encuentre una base de S.
Solución.
11

13. UNACH E. Javier Gallardo M.
Problema 10. Dada la base B del K-espacio vectorial V , hallar su base dual
en cada uno de los siguientes casos.
V = R2
, B = {(1, −1), (2, 0)}.
Solución. Observe que B es una base de R2
, de modo que dado un vector (x, y) ∈
R2
arbitrario, puede escribirse como combinación lineal de los elementos de dicha
base, es decir, existen α, β ∈ R tales que
(x, y) = α(1, −1) + β(2, 0) = (α + 2β, −α)
de donde α = −y y β =
x + y
2
.
Ahora bien, sea B∗
= {φ1, φ2} la base dual de B. Se tiene que
φ1(1, −1) = 1, φ1(2, 0) = 0 y φ2(1, −1) = 0, φ2(2, 0) = 1
De forma que
φ1(x, y) = φ1(−y(1, −1) +
x + y
2
(2, 0)) = −yφ1(1, −1) +
x + y
2
φ1(2, 0) = −y
y
φ2(x, y) = φ2(−y(1, −1) +
x + y
2
(2, 0)) = −yφ2(1, −1) +
x + y
2
φ2(2, 0) =
x + y
2
V = R3
, B = {(1, −1, 1), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}.
Solución. Notemos que B es una base de R3
, pues det


1 −1 1
0 1 0
0 0 1

 = 1 ̸= 0, por
tanto, dado un vector (x, y, z) ∈ R3
arbitrario, existen escalares α, β, γ ∈ R tales
que
(x, y, z) = α(1, −1, 1) + β(0, 1, 0) + γ(0, 0, 1) = (α, −α + β, α + γ)
de donde α = x, β = x + y y γ = z − x.
Ahora bien, sea B∗
= {φ1, φ2, φ3} la base dual de B. Se tiene que
φ1(1, −1, 1) = 1, φ1(0, 1, 0) = 0, φ1(0, 0, 1) = 0,
12

14. UNACH E. Javier Gallardo M.
φ2(1, −1, 1) = 0, φ2(0, 1, 0) = 1, φ2(0, 0, 1) = 0
y
φ3(1, −1, 1) = 0, φ3(0, 1, 0) = 0, φ3(0, 0, 1) = 1
De forma que
φ1(x, y, z) = φ1(x(1, −1, 1) + (x + y)(0, 1, 0) + (z − x)(0, 0, 1))
= xφ1(1, −1, 1) + (x + y)φ1(0, 1, 0) + (z − x)φ1(0, 0, 1) = x,
φ2(x, y, z) = φ2(x(1, −1, 1) + (x + y)(0, 1, 0) + (z − x)(0, 0, 1))
= xφ2(1, −1, 1) + (x + y)φ2(0, 1, 0) + (z − x)φ2(0, 0, 1) = x + y
y
φ3(x, y, z) = φ3(x(1, −1, 1) + (x + y)(0, 1, 0) + (z − x)(0, 0, 1))
= xφ3(1, −1, 1) + (x + y)φ3(0, 1, 0) + (z − x)φ3(0, 0, 1) = z − x
Fin
13

15. UNACH E. Javier Gallardo M.
Problema 11. Sea B′
:= {φ1, φ2, φ3} la base de (R3
)∗
definida por
φ1(x1, x2, x3) = x1 + x2, φ2(x1, x2, x3) = x1 + x3, φ3(x1, x2, x3) = x2 + x3.
Hallar la base B de R3
tal que B∗
= B′
.
Solución. Sea B = {⃗
v1,⃗
v2,⃗
v3} la base de R3
tal que B∗
= B′
, tenemos
φ1(x1, x2, x3) = φ1((x1 + x2)⃗
v1 + (x1 + x3)⃗
v2 + (x2 + x3)⃗
v3)
= (x1 + x2)φ1(⃗
v1) + (x1 + x3)φ1(⃗
v2) + (x2 + x3)φ1(⃗
v3) = x1 + x2,
φ2(x1, x2, x3) = φ2((x1 + x2)⃗
v1 + (x1 + x3)⃗
v2 + (x2 + x3)⃗
v3)
= (x1 + x2)φ2(⃗
v1) + (x1 + x3)φ2(⃗
v2) + (x2 + x3)φ2(⃗
v3) = x1 + x3
y
φ3(x1, x2, x3) = φ3((x1 + x2)⃗
v1 + (x1 + x3)⃗
v2 + (x2 + x3)⃗
v3)
= (x1 + x2)φ3(⃗
v1) + (x1 + x3)φ3(⃗
v2) + (x2 + x3)φ3(⃗
v3) = x2 + x3
Se deduce que dado un vector (x1, x2, x3) ∈ R3
arbitrario, se tiene que
(x1, x2, x3) = (x1 + x2)⃗
v1 + (x1 + x3)⃗
v2 + (x2 + x3)⃗
v3
14

16. UNACH E. Javier Gallardo M.
Problema 12. Sea V un espacio vectorial sobre K de dimensión finita n, y
sean φ1, φ2 ∈ V ∗
. Demostrar que N(φ1) = N(φ2) si y sólo si {φ1, φ2} es lineal-
mente dependiente.
Demostración. Sea BV ∗ = {Π1, · · · , Πn} una base del espacio dual V ∗
y sean
φ1, φ2 ∈ V ∗
.
15

17. UNACH E. Javier Gallardo M.
Problema 13. Hallar una base de S◦
⊂ V ∗
en cada uno de los siguientes casos.
V = R3
, S = L({(1, −1, 2)(2, 1, 3)(1, 5, 0)}).
Solución. Observe que 2(2, 1, 3) = 3(1, −1, 2) + (1, 5, 0), de aquı́ que
S = L({(1, −1, 2), (1, 5, 0)}). Extendamos ahora {(1, −1, 2), (1, 5, 0)} a una base
B = {(1, −1, 2), (1, 5, 0), (0, 0, 1)} de R3
.
Existen escalares c1, c2, c3 ∈ R tales que
(x, y, z) = c1(1, −1, 2) + c2(1, 5, 0) + c3(0, 0, 1)
= (c1 + c2, −c1 + 5c2, 2c1 + c3)
De donde



x = c1 + c2 (i)
y = −c1 + 5c2 (ii)
z = 2c1 + c3 (iii)
De (i) y (ii) se tiene que c2 =
x + y
6
y c1 =
5x − y
6
, luego, de (iii) se sigue que
c3 =
3z − 5x + y
3
.
Ahora bien, si B∗
= {φ1, φ2, φ3, } es la base dual de B, por un teorema previo se
deduce que {φ3} es una base de S◦
.
Además,
φ3(1, −1, 2) = 0, φ3(1, 5, 0) = 0 y φ3(0, 0, 1) = 1
Luego,
φ3(x, y, z) = φ3 (c1(1, −1, 2) + c2(2, 1, 3) + c3(0, 0, 1))
= c1φ3(1, −1, 2) + c2φ3(2, 1, 3) + c3φ3(0, 0, 1)
= c3 =
3z − 5x + y
3
.
V = R4
, S = L({(1, 1, −1, 1)(2, −1, 3, 1)}).
Solución. Extendamos {(1, 1, −1, 1)(2, −1, 3, 1)} a una base
B = {(1, 1, −1, 1)(2, −1, 3, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} de R4
.
Existen escalares c1, c2, c3, c4 ∈ R tales que
(x, y, z, w) = c1(1, 1, −1, 1) + c2(2, −1, 3, 1) + c3(0, 0, 1, 0) + c4(0, 0, 0, 1)
= (c1 + 2c2, c1 − c2, −c1 + 3c2 + c3, c1 + c2 + c4)
16

18. UNACH E. Javier Gallardo M.
De donde







x = c1 + 2c2 (i)
y = c1 − c2 (ii)
z = −c1 + 3c2 + c3 (iii)
w = c1 + c2 + c4 (iv)
De (i) y (ii) se obtiene c2 =
x − y
3
y c1 =
x + 2y
3
, de (iii) c3 =
3z − 2x + 5y
3
y de
(iv) c4 =
−2x − y + 3w
3
.
Ahora bien, si B∗
= {φ1, φ2, φ3, φ4} es la base dual de B, por un teorema previo
se deduce que {φ3, φ4} es una base de S◦
.
Además,
φ3(1, 1, −1, 1) = 0, φ3(2, −1, 3, 1) = 0, φ3(0, 0, 1, 0) = 1 y φ3(0, 0, 0, 1) = 0
φ4(1, 1, −1, 1) = 0, φ4(2, −1, 3, 1) = 0, φ4(0, 0, 1, 0) = 1 y φ4(0, 0, 0, 1) = 0
Luego,
φ3(x, y, z, w) = φ3 (c1(1, 1, −1, 1) + c2(2, −1, 3, 1) + c3(0, 0, 1, 0) + c4(0, 0, 0, 1))
= c1φ3(1, 1, −1, 1) + c2φ3(2, −1, 3, 1) + c3φ3(0, 0, 1, 0) + c4φ3(0, 0, 0, 1)
= c3 =
3z − 2x + 5y
3
y
φ4(x, y, z, w) = φ4 (c1(1, 1, −1, 1) + c2(2, −1, 3, 1) + c3(0, 0, 1, 0) + c4(0, 0, 0, 1))
= c1φ4(1, 1, −1, 1) + c2φ4(2, −1, 3, 1) + c3φ4(0, 0, 1, 0) + c4φ4(0, 0, 0, 1)
= c4 =
−2x − y + 3w
3
Fin
17

19. UNACH E. Javier Gallardo M.
Problema 14. Sea T : V −→ W una transformación lineal. Haciendo uso
del isomorfismo que permite identificar el espacio dual (V × W)∗
con V ∗
× W∗
,
demuestre que
G(T)◦
= {(φ, ψ) ∈ V ∗
× W∗
: T∗
(ψ) = −φ}.
18

20. UNACH E. Javier Gallardo M.
Problema 15. Sea V un espacio vectorial sobre K de dimensión finita, y sean
E, F subespacios vectoriales de V tales que V = E ⊕F. Probar que V ∗
= E◦
+F◦
.
Demostración. Sea n = dim V . Hemos visto que E◦
+ F◦
= (E ∩ F)◦
, ahora
bien, dado que V = E ⊕F, se tiene que E ∩F = {0} =: S, de donde E◦
+F◦
= S◦
.
Luego, por un resultado previo, sabemos que dim S◦
= n − dim S = n, y como
S◦
< V ∗
se concluye que S◦
= V ∗
, es decir, E◦
+ F◦
= V ∗
. □
Problema 16. Sean {φ1, · · · , φr} formas lineales sobre un espacio vectorial V
de dimensión finita, y sea φ ∈ V ∗
tal que vale la implicación
φ1(⃗
x) = · · · = φr(⃗
x) = 0 ⇒ φ(⃗
x) = 0
Pruebe que φ ∈ L({φ1, · · · , φr}).
Demostración. Observe que si {φ1, · · · , φr} no es linealmente independiente,
se puede hallar un subconjunto del mismo que sı́ lo sea, y la implicación anterior
se seguirı́a valiendo.
Supongamos entonces, sin pérdida de generalidad que {φ1, · · · , φr} es linealmente
independiente.
Razonando por contradicción, al suponer que φ /
∈ L({φ1, · · · , φr}) se tendrı́a que
{φ1, · · · , φr, φ} también es linealmente independiente. Pero observe que existen
escalares α1, · · · , αr, α no todos cero, tales que si φ1(⃗
x) = · · · = φr(⃗
x) = 0, enton-
ces
α1φ1(⃗
x) + · · · + αrφr(⃗
x) + αφ(⃗
x) = 0
Lo cual contradice el hehco de que {φ1, · · · , φr, φ} es linealmente independiente.
Por tanto φ ∈ L({φ1, · · · , φr}). □
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