Problemas Seminario 5 con algunas soluciones - OCW Usal

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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 .
14 Álgebra Lineal y Geometría I. Grado en Físicas. Curso 2010/11. D. Hernández Serrano. D. Sánchez Gómez En consecuencia las ecuaciones paramétricas de E2 son: ◦ x = α + β + γ y = α + γ z = β + γ t = γ Como dimR E2 = dimR R4 − dimR E2 = 4 − 3 = 1, entonces E2 viene descrito por una ecuación implícita, que se deduce directamente de las ecuaciones paramétricas anteriores: x − y − z + t = 0 . 37. Sea E un R-espacio vectorial de dimensión 3, {e1, e2, e3} una base de E y {ω1, ω2, ω3} su base dual. a) Dados los subespacios V =< e1 − e2, 2e1 − e3 > y V ′ =< 2e2 + e3, e1 + e2 + e3 >, calcula una base de (V ∩ V ′ ) ◦ y las ecuaciones implícitas y paramétricas de V ∩ V ′ . b) Demuestra que las formas lineales {¯ω1, ¯ω2, ¯ω3} definidas por ¯ω1(e) = x + y + z, ¯ω2(e) = y − 2z, ¯ω3(e) = x + y para cada vector e = xe1 + ye2 + ze3, forman una base del espacio dual E ∗ . Calcula una base {ē1, ē2, ē3} de E cuya base dual sea {¯ω1, ¯ω2, ¯ω3}. c) Calcula las coordenadas del vector u = e1 − e2 + e3 en la base {ē1, ē2, ē3} y el incidente del subespacio en función de {¯ω1, ¯ω2, ¯ω3}. Solución: a) Se tiene que {v1 = (1, −1, 0), v2 = (2, 0, −1)} y {v ′ 1 = (0, 2, 1), v ′ 2 = (1, 1, 1)} son bases de V y V ′ respectivamente (pues no son proporcionales). Dado que nos piden calcular también las ecuaciones paramétricas, calculemos una base de V ∩ V ′ . Teniendo en cuenta que los vectores {v1, v2, v ′ 1} forma base de V + V ′ (pues det(v1, v2, v ′ 1) = 0) y la fórmula de la dimensión: dimR(V + V ′ ) = dimRV + dimRV ′ − dimR(V ∩ V ′ ) , se deduce que dimR(V ∩ V ′ ) = 1, y dado que v ′ 2 − v ′ 1 = v1 se tiene que: V ∩ V ′ = 〈v1〉 = 〈(1, −1, 0)〉 . En consecuencia, todo vector u = (x, y, z) de V ∩ V ′ se escribe como u = λv1 (con λ ∈ R) y las ecuaciones paramétricas de V ∩ V ′ son: Por otra parte tenemos que: x = λ , y = −λ , z = 0 . dimR(V ∩ V ′ ) ◦ = dimRR 3 − dimR(V ∩ V ′ ) = 3 − 1 = 2 , luego dos será el número de ecuaciones implícitas que definen V ∩V ′ , y como de las ecuaciones (paramétricas) anteriores se deduce que: x + y = 0 , z = 0 se concluye que estas son precisamente las ecuaciones implícitas de V ∩ V ′ . Por último, dadas las ecuaciones implícitas se sigue que {(1, 1, 0), (0, 0, 1)} es una base de (V ∩ V ′ ) ◦ . b) Las coordenadas de la formas ¯ω1, ¯ω2 y ¯ω3 en la base {ω1, ω2, ω3} son: ¯ω1 = (1, 1, 1) , ¯ω2 = (0, 1, −2) , ¯ω3 = (1, 1, 0) . Como la dimensión del espacio dual E ∗ es 3 y det(ω1, ω2, ω3) = 0 se sigue que dichas formas lineales forma base de E ∗ . Para calcular una base {ē1, ē2, ē3} de E dual de {¯ω1, ¯ω2, ¯ω3} observemos en primer lugar que ya tenemos la matriz de cambio de base de {¯ω1, ¯ω2, ¯ω3} a {ω1, ω2, ω3}: E ∗ {¯ω1,¯ω2,¯ω3} → E∗ ⎛ ⎞ 1 0 1 {ω1,ω2,ω3} C = ⎝1 1 1⎠ . 1 −2 0
Page 1: SEMINARIO V. Álgebra lineal y Geom

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