Solución Álgebra Lineal ESPOL 2016 1T
- 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