Problemas Seminario 5 con algunas soluciones - OCW Usal

Álgebra Lineal y Geometría I. Grado en Físicas. Curso 2010/11. D. Hernández Serrano. D. Sánchez Gómez 13
ALGUNAS SOLUCIONES. SEMINARIO V.
32. Se consideran los siguientes subespacios de R 4 generados por:
E1 = 〈(1, 0, 1, 0), (1, 2, 3, 0)〉 , E2 = 〈(1, 1, 0, 0), (1, 0, 1, 0), (1, 1, 1, 1)〉
Hallar las ecuaciones paramétricas e implícitas de dichos subespacios.
Solución:
Ecuaciones de E1 = 〈(1, 0, 1, 0), (1, 2, 3, 0)〉 ⊂ R 4 .
En primer lugar observemos que los vectores u = (1, 0, 1, 0), v = (1, 2, 3, 0) no son proporcionales,
luego forman base de E1. Teniendo en cuenta que todo vector de E1 se expresa de modo
único como combinación lineal de u y v se tiene que un vector e = (x, y, z, t) ∈ R 4 pertenece
a E1 si y sólo si e = λu + µv (donde λ, µ ∈ R). Escribir esta relación en coordenadas es dar la
ecuación paramétrico-vectorial de E1:
(x, y, z, t) = λ(1, 0, 1, 0) + µ(1, 2, 3, 0) .
Las ecuaciones paramétricas de E1 son por tanto:
x = λ + µ
y = 2µ
z = λ + 3µ
t = 0
Daremos ahora las ecuaciones implícitas de E1 de dos formas, en primer lugar usando la teoría
del rango. Recordemos que un vector e de R4 está en E1 si e = λu + µv, o equivalentemente,
si e es combinación lineal de u y v, y por lo tanto (como u y v son base de E1) si rg(e, u, v) =
rg(u, v) = 2. En coordenadas:
⎛
⎞
x y z t
rg ⎝1 0 1 0⎠
= 2 .
1 2 3 0
Luego fijado un menor de orden 2 no nulo (que nos da la dimensión de E1), por ejemplo
1
0
1 2
= 0, esta condición equivale a la anulación de dos menores de orden 3:
x
1
1
y
0
2
z
1
= 0
3
x
1
1
y
0
2
t
0
= 0
0
que son las ecuaciones implícitas de E1, y que simplificando resultan:
x + y − z = 0 t = 0 .
Calculemos ahora utilizando el subespacio incidente a E1. La dimensión de ◦
E1 es 2 (la fórmula
◦
de la dimensión dice que dimR E1 = dimR R4 − dimR E1), y se tiene:
E ◦ 1 : = {ω = (α, β, γ, δ) ∈ R 4,∗ | ω(u) = 0 y ω(v) = 0} =
= {(α, β, γ, δ) | α + γ = 0, , α + 2β + 3γ = 0} = 〈(1, 1, −1, 0), (0, 0, 0, 1)〉 = 〈θ1, θ2〉
Por reflexividad tenemos que E1 = ( ◦ ◦, 4
E1 luego un vector e = (x, y, z, t) ∈ R yace en E1 si
y sólo si:
θ1(x, y, z, t) = 0 y θ2(x, y, z, t) = 0 ,
es decir, si y sólo si:
x + y − z = 0 y t = 0 .
Ecuaciones de E2 = 〈(1, 1, 0, 0), (1, 0, 1, 0), (1, 1, 1, 1)〉 = 〈u1, u2, u3〉 ⊂ R 4 . Es fácil comprobar
que rg(u1, u2, u3) = 3 y por lo tanto estos vectores forman base de E2. Se tiene entonces que
un vector cualquiera e = (x, y, z, t) de E2 es de la forma:
(x, y, z, t) = α(1, 1, 0, 0) + β(1, 0, 1, 0) + γ(1, 1, 1, 1) , con α, β, γ ∈ R .