El documento presenta la solución a un conjunto de ejercicios de álgebra lineal. En la primera sección, se evalúan tres proposiciones como verdaderas o falsas. Luego, se analiza una matriz para determinar los posibles valores que una variable puede tomar para que la dimensión de la imagen sea 1, 2, 3 o 4. Finalmente, se estudian un subespacio vectorial y una aplicación lineal entre ellos.

1. Ángel Guale
Solución Álgebra Lineal 2016 -1T
1. Califique como verdadero o falso.
1.a. Si V es un espacio vectorial con operaciones cualquiera, entonces (𝒗’)’ = 𝒗 para cualquier vector
𝒗 que pertenece a V.
Solución:
Por definición del axioma del inverso aditivo, existe un 𝑣’ tal que:
0 𝑣 = 𝑣 + 𝑣′
Por el mismo axioma, debe existir un inverso de 𝑣′ es decir un (𝑣′)′, sumamos este elemento a ambos
lados de la ecuación:
0 𝑣 + (𝑣′)′
= 𝑣 + 𝑣′
+ (𝑣′)′
0 𝑣 + (𝑣′)′
= 𝑣 + (𝑣′
+ (𝑣′)′)
(𝑣′)′
= 𝑣 + (0 𝑣)
(𝑣′)′
= 𝑣
La proposición es verdadera.
1.b. Sean H y W dos espacios vectoriales de un espacio vectorial V. Si 𝒅𝒊𝒎𝑯 = 𝒅𝒊𝒎𝑾 entonces H=W.
Esto es evidentemente falso, propondremos un contraejemplo:
Supongamos que 𝑉 = ℝ3
, 𝐻 = 𝑔𝑒𝑛 {(
1
0
0
)} 𝑦 𝑊 = 𝑔𝑒𝑛 {(
0
0
1
)}
Es evidente que 𝑑𝑖𝑚𝐻 = 1, y que 𝑑𝑖𝑚𝑊 = 1, es decir 𝑑𝑖𝑚𝐻 = 𝑑𝑖𝑚𝑊
Pero 𝐻 ≠ 𝑊 porque sus vectores son distintos.
La proposición es falsa.

2. Ángel Guale
1.c. Si A es una matriz 3x5, entonces 𝒅𝒊𝒎𝑵𝒖(𝑨) ≥ 𝟐
Ya que A es 3x5, posee 5 columnas, por lo tanto
𝜌(𝐴) ≤ 5
Pero además, el rango es igual a la dimensión del espacio fila, es decir que como solo hay 3 filas, el
rango no puede ser mayor que 3.
𝜌(𝐴) ≤ 3
También, por el teorema de las dimensiones
𝜌(𝐴) + 𝜈(𝐴) = 𝑛 𝑐𝑜𝑙𝑢𝑚𝑛𝑎𝑠
𝜌(𝐴) = 5 − 𝜈(𝐴)
Reemplazando en la segunda ecuación
𝜌(𝐴) ≤ 3
5 − 𝜈(𝐴) ≤ 3
2 ≤ 𝜈(𝐴)
𝜈(𝐴) ≥ 2
La proposición es verdadera

3. Ángel Guale
2. Sea la matriz
𝑨 = (
𝟏
𝟑
𝟎
𝟏
𝒄
𝟎
𝟐
𝟐
𝟐
𝟒
𝟖
𝟐
)
Halle los posibles valores de c para que 𝒅𝒊𝒎𝑰𝒎(𝑨) sea 1, 2, 3, 4. Justifique cada una de sus
respuestas.
Solución
La dimensión de la imagen es el rango, es decir el número de columnas o filas linealmente
independientes.
(
1
3
0
1
𝑐
0
2
2
2
4
8
2
) ~ (
1
0
0
1
𝑐 − 3
0
2
−4
2
4
−4
2
)
a) Para que el rango sea 1, debe existir solo una fila independiente, pero eso es imposible porque
la primera y la tercera fila no dependen de c, y siempre son independientes, por lo tanto, el
rango nunca será igual a 1.
No existe valor de c para que el rango sea igual a 1.
b) Para que el rango sea igual a 2, solo deben quedar dos filas en el sistema reducido. Por lo tanto,
se necesita que la segunda fila sea múltiplo de la tercera. Cuando c=3 el sistema queda:
(
1
0
0
1
0
0
2
−4
2
4
−4
2
) ~ (
1
0
0
1
0
0
2
−4
0
4
−4
0
)
Es decir, solo quedan dos filas independientes y el rango es dos cuando c=3
c) Por la misma razón anterior, para que el rango sea igual a 3, la segunda fila no debe ser múltiplo
de la tercera. Esto sucede cuando 𝑐 ≠ 3. Resp: 𝑐 ∈ ℝ − {3}
d) Esta matriz solo posee 3 filas, así que nunca tendría rango igual a 4. No existe valor de c para
que el rango sea igual a 4.

4. Ángel Guale
3. Sea 𝑽 = ℝ 𝟑
, sean los conjuntos U y W:
𝑾 = {(𝒙, 𝒚, 𝒛) ∈ ℝ 𝟑
|(𝒙, 𝒚, 𝒛) = (𝟎, 𝟎, 𝟏) + (𝟎, 𝟏, 𝟐)𝒕, 𝒕 ∈ ℝ}
𝑼 = {𝒖 ∈ ℝ 𝟐
|𝒖 = 𝒇(𝒘), 𝒘 ∈ 𝑾}
Y sea la función f:
𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛) = (𝟒𝒙 − 𝟐𝒚, 𝒚 + 𝒛)
Respuestas:
a. 𝑓 sí es lineal
𝑇(𝑣1 + 𝑣2) = 𝑇 (
𝑥1 + 𝑥2
𝑦1 + 𝑦2
𝑧1 + 𝑧2
)
= (
4(𝑥1 + 𝑥2) − 2(𝑦1 + 𝑦2)
𝑦1 + 𝑦2 + 𝑧1 + 𝑧2
)
= (
(4𝑥1 − 2𝑦1) + (4𝑥2 − 2𝑦2)
𝑦1 + 𝑧1 + 𝑦2 + 𝑧2
)
= (
(4𝑥1 − 2𝑦1) + (4𝑥2 − 2𝑦2)
𝑦1 + 𝑧1 + 𝑦2 + 𝑧2
)
= (
4𝑥1 − 2𝑦1
𝑦1 + 𝑧1
) + (
4𝑥2 − 2𝑦2
𝑦2 + 𝑧2
)
= 𝑇 (
𝑥1
𝑦1
𝑧1
) + 𝑇 (
𝑥2
𝑦2
𝑧2
)
= 𝑇(𝑣1) + 𝑇(𝑣2)
𝑇(𝛼𝑣1) = 𝑇 (
𝛼𝑥1
𝛼𝑦1
𝛼𝑧1
)
= (
4(𝛼𝑥1) − 2(𝛼𝑦1)
𝛼𝑦1 + 𝛼𝑧1
)
= 𝛼 (
4(𝑥1) − 2(𝑦1)
𝑦1 + 𝑧1
)
= 𝛼𝑇 (
𝑥1
𝑦1
𝑧1
)
= 𝛼𝑇(𝑣1)

5. Ángel Guale
b. 𝑊 es una recta en ℝ3
Estas ecuaciones representan la ecuación paramétrica de una recta
𝑋 = 𝑋0 + 𝑑⃗ 𝑡
Donde 𝑋0 = (0, 0, 1) es un punto por donde pasa la recta y 𝑑⃗ = (0, 1, 2) es el vector directriz de
la recta, el vector que define la dirección de la recta.
También se puede graficar dándole dos valores a t y obtener dos puntos de la recta
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 0 → 𝑥 = 0, 𝑦 = 0, 𝑧 = 1
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 1 → 𝑥 = 0, 𝑦 = 1, 𝑧 = 3
c. 𝑈 es una recta en ℝ2
Los vectores de U salen de aplicar f a la ecuación de W.
(𝑥, 𝑦) = 𝑢 = 𝑓(𝑤) = 𝑓(𝑋0 + 𝑑⃗ 𝑡)
(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑋0) + 𝑓(𝑑⃗ 𝑡)
(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑋0) + 𝑡𝑓(𝑑⃗)
(𝑥, 𝑦) = 𝑓(0, 0, 1) + 𝑡𝑓(0, 1, 2)
(𝑥, 𝑦) = (0, 1) + (−2, 3)𝑡
Asimismo, (0,1) es un punto de la recta y (-2, 3) es el vector dirección de la recta.
Era posible también darle dos valores a t y obtener dos putos de la recta:
𝑡 = 0 → 𝑥 = 0, 𝑦 = 1
𝑡 = 1 → 𝑥 = −2, 𝑦 = 4

6. Ángel Guale
También se podía obtener la ecuación de la recta:
(𝑥, 𝑦) = (0, 1) + (−2, 3)𝑡
𝑥 = −2𝑡 ; 𝑦 = 1 + 3𝑡
Despejando t
𝑡 = −
𝑥
2
Reemplazando:
𝑦 = 1 + 3𝑡 = 1 + 3 (−
𝑥
2
)
𝑦 = 1 −
3
2
𝑥

7. Ángel Guale
4. Sea 𝑽 = 𝑷 𝟐. Sea el subconjunto H definido como:
𝑯 = {𝒑(𝒙) ∈ 𝑷 𝟐| 𝒑′(𝟎) + 𝒑′′(𝟎) = 𝟎}
Determine si H es un subespacio vectorial, si lo es halle una base y dimensión.
Primero hay que expresar de manera explícita esa condición
Sea 𝑝(𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥2
entonces
𝑝′(0) = 𝑎1
𝑝′′(0) = 2𝑎2
Es decir la condición es
𝑝′(0) + 𝑝′′(0) = 0
𝑎1 + 2𝑎2 = 0
Por lo tanto, H es:
𝐻 = {𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥2
∈ 𝑃2 | 𝑎1 + 2𝑎2 = 0}
a. H sí es un subespacio vectorial.
**Esta demostración es la de siempre, comprobar las cerraduras, se la dejo a ustedes**
b. Una base de H:
La condición despejada es
𝑎1 = −2𝑎2
Reemplazando en el vector típico.
𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥2
= 𝑎0 − 2𝑎2 𝑥 + 𝑎2 𝑥2
= 𝑎0(1) + 𝑎2(−2𝑥 + 𝑥2
)
𝐵 𝐻 = {1, −2𝑥 + 𝑥2}
𝑑𝑖𝑚𝐻 = 2