Este documento presenta la resolución de varios ejercicios relacionados con subespacios vectoriales. El primer ejercicio determina el valor de x para que un vector pertenezca a un subespacio, resolviendo x = 3. Los ejercicios siguientes calculan bases de diferentes subespacios y comprueban si conjuntos de vectores son bases.
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TRANSFORMACIONES LINEALES
METODO DE GAUSS-JORDAN
NUCLEO NULIDAD IMAGEN Y RANGO DE UNA TRANSFORMACION LINEAL
RELACION DE MATRICES CON TRANSFORMACIONES LINEALES
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Today is Pentecost. Who is it that is here in front of you? (Wang Omma.) Jesus Christ and the substantial Holy Spirit, the only Begotten Daughter, Wang Omma, are both here. I am here because of Jesus's hope. Having no recourse but to go to the cross, he promised to return. Christianity began with the apostles, with their resurrection through the Holy Spirit at Pentecost.
Hoy es Pentecostés. ¿Quién es el que está aquí frente a vosotros? (Wang Omma.) Jesucristo y el Espíritu Santo sustancial, la única Hija Unigénita, Wang Omma, están ambos aquí. Estoy aquí por la esperanza de Jesús. No teniendo más remedio que ir a la cruz, prometió regresar. El cristianismo comenzó con los apóstoles, con su resurrección por medio del Espíritu Santo en Pentecostés.
Instrucciones del procedimiento para la oferta y la gestión conjunta del proceso de admisión a los centros públicos de primer ciclo de educación infantil de Pamplona para el curso 2024-2025.
ACERTIJO DE CARRERA OLÍMPICA DE SUMA DE LABERINTOS. Por JAVIER SOLIS NOYOLAJAVIER SOLIS NOYOLA
El Mtro. JAVIER SOLIS NOYOLA, crea y desarrolla ACERTIJO: «CARRERA OLÍMPICA DE SUMA DE LABERINTOS». Esta actividad de aprendizaje lúdico que implica de cálculo aritmético y motricidad fina, promueve los pensamientos lógico y creativo; ya que contempla procesos mentales de: PERCEPCIÓN, ATENCIÓN, MEMORIA, IMAGINACIÓN, PERSPICACIA, LÓGICA LINGUISTICA, VISO-ESPACIAL, INFERENCIA, ETCÉTERA. Didácticamente, es una actividad de aprendizaje transversal que integra áreas de: Matemáticas, Neurociencias, Arte, Lenguaje y comunicación, etcétera.
ROMPECABEZAS DE ECUACIONES DE PRIMER GRADO OLIMPIADA DE PARÍS 2024. Por JAVIE...JAVIER SOLIS NOYOLA
El Mtro. JAVIER SOLIS NOYOLA crea y desarrolla el “ROMPECABEZAS DE ECUACIONES DE 1ER. GRADO OLIMPIADA DE PARÍS 2024”. Esta actividad de aprendizaje propone retos de cálculo algebraico mediante ecuaciones de 1er. grado, y viso-espacialidad, lo cual dará la oportunidad de formar un rompecabezas. La intención didáctica de esta actividad de aprendizaje es, promover los pensamientos lógicos (convergente) y creativo (divergente o lateral), mediante modelos mentales de: atención, memoria, imaginación, percepción (Geométrica y conceptual), perspicacia, inferencia, viso-espacialidad. Esta actividad de aprendizaje es de enfoques lúdico y transversal, ya que integra diversas áreas del conocimiento, entre ellas: matemático, artístico, lenguaje, historia, y las neurociencias.
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Sev resueltos
1. Problemas y Ejercicios Resueltos.
Tema 2: Espacios vectoriales.
Ejercicios
1.- Determinar el valor de x para que el vector (1, x, 5) ∈ R3
pertenezca al subespacio < (1, 2, 3), (1, 1, 1) >.
Soluci´on. (1, x, 5) pertenece al subespacio < (1, 2, 3), (1, 1, 1) > si y s´olo si (1, x, 5) es combinaci´on
lineal de (1, 2, 3) y (1, 1, 1), o sea, si existen α, β ∈ R tales que
(1, x, 5) = α(1, 2, 3) + β(1, 1, 1),
Pero entonces,
1 = α + β
x = 2α + β
5 = 3α + β
y resolviendo el sistema anterior, tenemos α = 2, β = −1 y x = 3.
2.- Calcular bases de los subespacios de R4
S, T, S + T y S ∩ T, siendo S = {(x1, x2, x3, x4)|x1 − x2 = 0}
y T =< (1, 1, 2, 1), (2, 3, −1, 1) >.
Soluci´on. Tenemos
S = {(x1, x2, x3, x4)|x1 − x2 = 0} = {(x1, x1, x3, x4)|x1, x2, x3 ∈ R} =< (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) >,
luego un sistema generador de S es {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}. Ahora,
(0, 0, 0, 0) = α(1, 1, 0, 0) + β(0, 0, 1, 0) + γ(0, 0, 0, 1) ⇒ α = β = γ = 0,
o sea que es libre, resulta que BS = {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} es una base de S.
Un sistema generador de T es (1, 1, 2, 1), (2, 3, −1, 1). Pero es tambi´en libre, ya que
(0, 0, 0, 0) = λ(1, 1, 2, 1) + β(2, 3, −1, 1) →
0 = λ + 2β
0 = λ + 3β
0 = 2λ − β
0 = λ + β
Introducci´on al ´Algebra Lineal. M.A. Garc´ıa S´anchez y T. Ram´ırez Alzola.
Proyecto OCW de la UPV/EHU.
2. 2 Espacios vectoriales
y la ´unica soluci´on al sistema anterior es λ = β = 0. Por tanto, BT = {(1, 1, 2, 1), (2, 3, −1, 1)} es una base
de T.
Por definici´on,
S + T = {s + t|s ∈ S y t ∈ T}
= {(x1, x1, x2, x3) + (α + 2β, α + 3β, 2α − β, α + β)|x1, x2, x3, α, β ∈ R}
=< (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 1, 2, 1), (2, 3, −1, 1) >
.
Por tanto, un sistema generador de S + T es {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 1, 2, 1), (2, 3, −1, 1)}. Pero
(1, 1, 2, 1) = (1, 1, 0, 0)+(0, 0, 1, 0)+(0, 0, 0, 1), luego {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1), (2, 3, −1, 1)} es sistema
generador de S + T. Adem´as, este sistema es libre luego es una base de S + T.
Por ´ultimo, sabemos que S ∩ T es un subespacio vectorial de dimensi´on 1 porque
dim(S ∩ T) = dim(S + T) − dim(S) − dim(T)
Ahora, (1, 1, 2, 1) ∈ S ∪ T, luego como dim(S ∩ T) es 1, se tiene que < (1, 1, 2, 1) >= S ∩ T y una base de
S ∩ T es BS∩T = {(1, 1, 2, 1)}.
3.- Encontrar una base y la dimensi´on del subespacio vectorial
S =< (1, 2, −1, 3), (2, 1, 0, −2), (0, 1, 2, 1), (3, 4, 1, 2) > .
Soluci´on. Un sistema genereador de S es A = {(1, 2, −1, 3), (2, 1, 0, −2), (0, 1, 2, 1), (3, 4, 1, 2)}. Pero A
no es libre ya que
(0, 0, 0, 0) = α1(1, 2, −1, 3) + α2(2, 1, 0, −2) + α3(0, 1, 2, 1) + α4(3, 4, 1, 2) ⇒
0 = α1 + 2α2 + 3α3 + 3α4
0 = 2α1 + α2 + α3 + 4α4
0 = −α1 + 2α3 + α4
0 = 3α2 − 2α2 + α3 + 2α4
y el sistema anterior tiene por soluci´on
α1 = α2 = α3 = −α4
Observamos que (3, 4, 1, 2) es combinaci´on lineal de los anteriores, luego A − {(3, 4, 1, 2)} =
{(1, 2, −1, 3), (2, 1, 0, −2), (0, 1, 2, 1)} es tambi´en sistema generador de S. Pero
(0, 0, 0, 0) = β1(1, 2, −1, 3) + β2(2, 1, 0, −2) + β3(0, 1, 2, 1) ⇒
0 = β1 + 2β2 + 3β3
0 = 2β1 + β2 + β3
0 = −β1 + 2β3
0 = 3β2 − 2β2 + β3
y el sistema anterior s´olo tiene por soluci´on a β1 = β2 = β3 = 0, es decir, {(1, 2, −1, 3), (2, 1, 0, −2), (0, 1, 2, 1)}
es libre. Por consiguiente una base de S es {(1, 2, −1, 3), (2, 1, 0, −2), (0, 1, 2, 1)} y la dimensi´on de S es 3.
4.- Sea V un Q-espacio vectorial de dimensi´on 4 con base B = {u1, u2, u3, u4}. Se definen los vectores
v1 = 2u1 + u2 − u3 v2 = 2u1 + u3 + 2u4 v3 = u1 + u2 − u3 v4 = −u1 + 2u3 + 3u4
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3. Espacios vectoriales 3
Probar que B′
= {v1, v2, v3, v4} es una base de V y calcular las coordenadas en la base B′
de un vector
v que tiene por coordenadas en B a (1 2 0 1).
Soluci´on. Como B′
es de cardinal 4 y V es de dimensi´on 4, para demostrar que B′
es base de V , basta
con probar que B′
es libre. Ahora,
0V =
4∑
i=1
αivi = (2α1 + 2α2 + α3 − α4)u1 + (α1 + α3)u2 + (−α1 + α2 − α3 + 2α4)u3 + (2α2 + 3α4)u4,
y al ser {u1, u2, u3, u4} un conjunto libre, se tiene que
0 = 2α1 + 2α2 + α3 − α4
0 = α1 + α3
0 = −α1 + α2 − α3 + 2α4
0 = 2α2 + 3α4
y la ´unica soluci´on del sistema anterior es
α1 = α2 = α3 = α4 = 0,
luego B′
es libre.
Por otro lado, si v tiene por coordenadas a (1 2 0 1) (esto es utilizamos la notaci´on por filas) en la base
B, significa que v = u1 + 2u2 + u4, asi que las coordenadas de v (β1 β2 β3 β4) en la base B′
deben cumplir
v = u1 +2u2 +u4 =
4∑
i=1
βivi = (2β1 +2β2 +β3 −β4)u1 +(β1 +β3)u2 +(−β1 +β2 −β3 +2β4)u3 +(2β2 +3β4)u4,
o sea,
1 = 2β1 + 2β2 + β3 − β4
2 = β1 + β3
0 = −β1 + β2 − β3 + 2β4
1 = 2β2 + 3β4
y su soluci´on es
β1 = 10, β2 = −4, β3 = −8, β4 = 3.
Por consiguiente las coordenadas del vector v en la base B′
son (10 − 4 − 8 3).
Otra manera de calcular las coordenadas es mediante la matriz de cambio de base:
(β1 β2 β3 β4) = (1 2 0 1)MB,B′ ,
donde MB,B′ lleva las coordenadas de los vectores de la base B en la base B′
. Por tanto,
MB,B′ = M−1
B′
,B
=
2 1 −1 0
2 0 1 2
1 1 −1 0
−1 0 2 3
−1
=
1 0 −1 0
7 −3 −6 2
8 −3 −8 2
−5 2 5 −1
.
5.- Sea v un vector de un K-espacio vectorial V de dimensi´on finita n ≥ 3 cuyas coordenadas en una base
de V son (x1 . . . xn), siendo x2 ̸= x3. ¿Existe alguna base de V en la cual las coordenadas de v sean
(1 0 . . . 0)? ¿Por qu´e?
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4. 4 Espacios vectoriales
Soluci´on. Como x2 ̸= x3, el vector v no es el vector nulo. Entonces, en cualquier base que se obtenga
al completar {v}, esto es, B = {v, u2, · · · , un}, las coordenadas de v ser´an (1 0 . . . 0).
6.- Si V es un espacio vectorial de dimensi´on 1, ¿c´omo son sus bases?
Soluci´on. Las bases de V constan de un ´unico vector no nulo.
7.- Si U, W ≤ V dos subespacios distintos de V y dim(V ) = n, dim(U) = dim(W) = n − 1, ¿cu´anto vale la
dimensi´on de U ∩ W?
Soluci´on. Sabemos que
n − 1 = max{dim(U), dim(W)} ≤ dim(U + W) ≤ dim(V ) = n.
Por tanto, dim(U + W) = n, n − 1. Pero si dim(U + W) = n − 1, al ser U, W ⊆ U + W, y coincidir
las dimensiones, se deduce que U = U + W = W, lo cual es falso, por ser U ̸= W. Consecuentemente,
dim(U + W) = n y llevandolo a
dim(U + W) = dim(U) + dim(W) − dim(U ∩ W),
deducimos que
dim(U ∩ W) = n − 1 + n − 1 − n = n − 2.
Problemas
1.- Determinar los valores de a y b, si es que existen, para que
< (a, 1, −1, 2), (1, b, 0, 3) >=< (1, −1, 1, −2), (−2, 0, 0, −6) > .
Soluci´on. Para que los dos subespacios coincidan, debemos pedir que (a, 1, −1, 2) y (1, b, 0, 3) se
escriban como combinaci´on lineal de (1, −1, 1, −2) y (−2, 0, 0, −6) y que ambos vectores sean linealmente
independientes. Por tanto,
(a, 1, −1, 2) = α1(1, −1, 1, −2) + α2(−2, 0, 0, −6)
(1, b, 0, 3) = β1(1, −1, 1, −2) + β2(−2, 0, 0, −6)
}
⇒
a = α1 − 2α2
1 = −α1
−1 = α1
2 = −2α1 − 6α2
1 = β1 − 2β2
b = −β1
0 = β1
3 = −2β1 − 6β2
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5. Espacios vectoriales 5
y la soluci´on al sistema anterior es: α1 = −1, α2 = 0, a = −1, β1 = 0, β2 = −1
2 y b = 0. Por tanto,
(a, 1, −1, 2) = (−1, 1, −1, 2) y (1, b, 0, 3) = (1, 0, 0, 3) y ambos vectores son linelamente independientes.
2.- Sean U = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4
|x1 = x2 = x4, x3 = 0}, V = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4
|x1 = x2 = x3, x4 = 0}
y W = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4
|x2 = x1 + x3, 3x1 = x2 + x4}.
1. Demostrar que R4
= U ⊕ V ⊕ W.
2. Descomponer el vector (1, 2, 3, 4) en la forma u + v + w ∈ U + V + W.
Soluci´on. 1. Para ver que R4
= U ⊕ V ⊕ W, debemos comprobar que R4
= U + V + W y que
U ∩ (V + W) = V ∩ (U + W) = W ∩ (U + V ) = {(0, 0, 0, 0)}. Esto equivale a demostrar que BU ∪ BV ∪ BW
es una base de R4
. Ahora,BU = {(1, 1, 0, 1)}, BV = {(1, 1, 1, 0)} y BW = {(1, 0, 1, 3), (0, 1, −1, −1)} ya que
U = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4
|x1 = x2 = x4, x3 = 0} = {(x1, x1, 0, x1)|x1 ∈ R} =< (1, 1, 0, 1) >
V = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4
|x1 = x2 = x3, x4 = 0} = {(x1, x1, x1, 0)|x1 ∈ R} =< (1, 1, 1, 0) >
W = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4
|x2 = x1 + x3, 3x1 = x2 + x4} = {(x1, x2, x1 − x2, 3x1 − x2)|x1, x2 ∈ R}
=< (1, 0, 1, 3), (0, 1, −1, −1) > .
Entonces,
BU ∪ BV ∪ BW = {(1, 1, 0, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 0, 1, 3), (0, 1, −1, −1)}
y como el cardinal de BU ∪ BV ∪ BW es 4 y coincide con la dimensi´on de R4
, para ver que BU ∪ BV ∪ BW
es base de R4
es suficiente con demostrar que BU ∪ BV ∪ BW es libre. Ahora,
(0, 0, 0, 0) = α1(1, 1, 0, 1) + α2(1, 1, 1, 0) + α3(1, 0, 1, 3) + α4(0, 1, −1, −1)
implica
0 = α1 + α2 + α3
0 = α1 + α2 + α4
0 = α2 + α3 − α4
0 = α1 + 3α3 − α4
y la ´unica soluci´on al sistema anterior es αi = 0, para i = 1, 2, 3, 4, luego BU ∪ BV ∪ BW es libre.
2. El vector (1, 2, 3, 4) = β1(1, 1, 0, 1) + β2(1, 1, 1, 0) + β3(1, 0, 1, 3) + β4(0, 1, −1, −1) siendo β1 = −11,
β2 = 4, β3 = 8 y β4 = 9, luego u = β1(1, 1, 0, 1) = (−11, −11, 0, −11), v = β2(1, 1, 1, 0) = (4, 4, 4, 0) y
w = β3(1, 0, 1, 3) + β4(0, 1, −1, −1) = (8, 9, −1, 15).
3.- Sea U = {f : R → R|f(x) = f(−x), ∀x ∈ R} y W = {f : R → R|f(x) = −f(−x), ∀x ∈ R}. Probar que
F(R, R) = {f : R → R|f es aplicaci´on} es suma directa de U y W.
Soluci´on. Por definici´on, F(R, R) = U ⊕ W si y s´olo si F(R, R) = U + W y U ∩ W = {0F(R,R)}, donde
0F(R,R) denota la aplicaci´on nula.
Comprobemos que F(R, R) = U + W:
⊆ Sea f ∈ F(R, R) y definimos g : R → R tal que g(x) = f(x)+f(−x)
2 y h : R → R tal que h(x) = f(x)−f(−x)
2 .
Es claro que f = g + h. Adem´as, g ∈ U ya que g(−x) = f(−x)+f(x)
2 = f(x)+f(−x)
2 = g(x), para todo
x ∈ R y h ∈ W porque h(−x) = f(−x)−f(x)
2 = −f(x)−f(−x)
2 = −h(x),para todo x ∈ R.
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6. 6 Espacios vectoriales
⊇ Es inmediato porque U, W ⊆ F(R, R).
Por otro lado, si f ∈ U ∩ W, se tiene que f ∈ U y f ∈ W, luego para todo x ∈ R, f(x) = f(−x), por
ser f ∈ U y f(x) = −f(−x) por ser f ∈ W. Entonces,
f(x) = f(−x) = −f(x) ⇒ 2f(x) = 0 ⇒ f(x) = 0,
esto es f es la aplicaci´on nula.
Introducci´on al ´Algebra Lineal. M.A. Garc´ıa S´anchez y T. Ram´ırez Alzola.
Proyecto OCW de la UPV/EHU.