Segundo Examen Parcial Algebra Lineal Primer Semestre 2015

Segundo Examen Parcial, Primer Semestre 2015.
Problema 1. Considere el espacio vectorial P3 (x) de polinomios reales de grado menor o igual que 3, con las
operaciones usuales de adici´on y multiplicaci´on por escalar. Considere el conjunto
©
ª
S = p1 (x) = 1 + x, p2 (x) = x + x2 , p3 (x) = x2 + x3 , p4 (x) = x3 ⊂ P3 (x)
Determine si S es una base de P3 (x). 2 puntos.
• Si S es una base de P3 (x), determine el vector coordenado de q(x) = 1 + 3 x − 5 x2 + 2 x3 respecto a esta base.
• Si S no es una base de P3 (x), modifique el conjunto quitando uno o m´as elementos y a˜
nadiendo uno o m´as
elementos para que se convierta en una base.
1 punto. Por el caso que corresponda.
Problema 2. Considere el espacio vectorial M2×2 de matrices reales, con las operaciones usuales de adici´on y
multiplicaci´on por escalar. Considere los subespacios
··
¸ ·
¸¸
··
¸ ·
¸¸
1 0
1 0
1 1
1 −1
U=
,
W=
,
1 0
−1 0
0 0
0 0
Determine si la suma U + W es directa, 2 puntos., y describa U + W, 1 punto..
Problema 3. Para la transformaci´on
T : P 3 (x) → R4
T (a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ) = (a0 − a3 , a1 − a2 , a0 + a1 , a1 + a3 )
Pruebe que la transformaci´on es lineal, 1 punto. Encuentre el espacio nulo y rango de la transformaci´on lineal, 2
puntos. Determine si la transformaci´on inyectiva, sobreyectiva y biyectiva. 1 punto.
Segundo Examen Parcial, Primer Semestre 2015.
Problema 1. Considere el espacio vectorial P3 (x) de polinomios reales de grado menor o igual que 3, con las
operaciones usuales de adici´on y multiplicaci´on por escalar. Considere el conjunto
©
ª
S = p1 (x) = 1 + x, p2 (x) = x + x2 , p3 (x) = x2 + x3 , p4 (x) = x3 ⊂ P3 (x)
Determine si S es una base de P3 (x). 2 puntos.
• Si S es una base de P3 (x), determine el vector coordenado de q(x) = 1 + 3 x − 5 x2 + 2 x3 respecto a esta base.
• Si S no es una base de P3 (x), modifique el conjunto quitando uno o m´as elementos y a˜
nadiendo uno o m´as
elementos para que se convierta en una base.
1 punto. Por el caso que corresponda.
Problema 2. Considere el espacio vectorial M2×2 de matrices reales, con las operaciones usuales de adici´on y
multiplicaci´on por escalar. Considere los subespacios
··
¸ ·
¸¸
··
¸ ·
¸¸
1 0
1 0
1 1
1 −1
U=
,
W=
,
1 0
−1 0
0 0
0 0
Determine si la suma U + W es directa, 2 puntos., y describa U + W, 1 punto..
Problema 3. Para la transformaci´on
T : P 3 (x) → R4
T (a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ) = (a0 − a3 , a1 − a2 , a0 + a1 , a1 + a3 )
Pruebe que la transformaci´on es lineal, 1 punto. Encuentre el espacio nulo y rango de la transformaci´on lineal, 2
puntos. Determine si la transformaci´on inyectiva, sobreyectiva y biyectiva. 1 punto.
Soluci´
on Segundo Examen Parcial, Primer Semestre 2015.
Soluci´
on Primer Problema. Considere la combinaci´on lineal del conjunto S, igualada al polinomio 0.
¡
¢
¡
¢
¡ ¢
λ1 (1 + x) + λ2 x + x2 + λ3 x2 + x3 + λ4 x3 = 0 + 0 x + 0 x2 + 0 x3
El sistema de ecuaciones resultante es
λ1 + 0 λ2 + 0 λ3 + 0 λ4
=
0
λ1 + λ2 + 0 λ3 + 0 λ4
0 λ1 + λ2 + λ3 + 0 λ4
0 λ1 + 0 λ2 + λ3 + λ4
=
=
=
0
0
0
La soluci´on est´a dada por
λ1 = 0
λ2 = 0
λ3 = 0
λ4 = 0.
Puesto que el conjunto S tiene 4 vectores, igual a la dimensi´on de P3 (x), es una base de P3 (x). Ahora, determinaremos el vector coordenado, para tal f´ın, considere la siguiente ecuaci´on
¡
¢
¡
¢
¡ ¢
λ1 (1 + x) + λ2 x + x2 + λ3 x2 + x3 + λ4 x3 = 1 + 3 x − 5 x2 + 2 x3
El sistema de ecuaciones resultante es
λ1 + 0 λ2 + 0 λ3 + 0 λ4
λ1 + λ2 + 0 λ3 + 0 λ4
0 λ1 + λ2 + λ3 + 0 λ4
0 λ1 + 0 λ2 + λ3 + λ4
=
=
1
3
= −5
= 2
La soluci´on est´a dada por
λ1 = 1
λ2 = 3 − λ1 = 3 − 1 = 2
λ3 = −5 − λ2 = −5 − 2 = −7
λ4 = 2 − λ3 = 2 − (−7) = 9
Por lo tanto, el vector coordenado del polinomio q(x) = 1 + 3 x − 5 x2 + 2 x3 est´a dado por


1
 2 


 −7 
9
Soluci´
on Segundo Problema. Para determinar si la suma es directa o no, considere la intersecci´on
U∩W
Esta ecuaci´on en t´erminos de las matrices est´a dada por
·
·
·
¸
¸
1
1 0
1 0
= λ3
+ λ2
λ1
0
−1 0
1 0
1
0
¸
+ λ4
El sistema de ecuaciones resultante es
λ1 + λ2
= λ3 + λ4
0 λ1 + 0 λ2
λ1 − λ2
= λ3 − λ4
= 0 λ3 + 0 λ4
0 λ1 + 0 λ2
=
0 λ3 + 0 λ4
La soluci´on est´a dada por
λ1 = λ2
λ3 = λ4
Por lo tanto, de la primera ecuaci´on
2 λ1 = 2λ3
λ1 = λ2 = λ3 = λ4
·
1
0
−1
0
¸
De manera que
U∩W =
··
1
0
0
0
¸¸
Por lo tanto, la suma no es directa. La suma de subespacios est´a dada por
¸ ·
·
¸
·
¸
·
¸
·
λ1 + λ2 + λ3 + λ4
1 −1
1 1
1 0
1 0
=
+λ4
+λ3
+λ2
U+W = λ1
λ1 − λ2
0 0
0 0
−1 0
1 0
λ3 − λ4
0
¸
=
·
a11
a21
a12
0
¸
Soluci´
on Tercer Problema. Primero se mostrar´a que la transformaci´on
T : P 3 (x) → R4
T (a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ) = (a0 − a3 , a1 − a2 , a0 + a1 , a1 + a3 )
es lineal. Sean
p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 , q(x) = b0 + b1 x + b2 x2 + b3 x3 ∈ P2 (x)
λ∈R
Entonces
p(x) + q(x) = (a0 + b0 ) + (a1 + b1 ) x + (a2 + b2 ) x2 + (a3 + b3 ) x3
λ p(x) = (λ a0 ) + (λ a1 ) x + (λ a2 ) x2 + (λ a3 ) x3
Entonces
T [p(x) + q(x)]
£
¤
= T (a0 + b0 ) + (a1 + b1 ) x + (a2 + b2 ) x2 + (a3 + b3 ) x3
=
=
((a0 + b0 ) − (a3 + b3 ) , (a1 + b1 ) − (a2 + b2 ) , (a0 + b0 ) + (a1 + b1 ) , (a1 + b1 ) + (a3 + b3 ))
(a0 − a3 , a1 − a2 , a0 + a1 , a1 + a3 ) + (b0 − b3 , b1 − b2 , b0 + b1 , b1 + b3 ) = T [p(x)] + T [q(x)]
La transformaci´on es aditiva.
£
¤
T [λ p(x)] = T (λ a0 ) + (λ a1 ) x + (λ a2 ) x2 + (λ a3 ) x3
= ((λ a0 ) − (λ a3 ) , (λ a1 ) − (λ a2 ) , (λ a0 ) + (λ a1 ) , (λ a1 ) + (λ a3 )) = λ (a0 − a3 , a1 − a2 , a0 + a1 , a1 + a3 )
= λ T [p(x)]
La transformaci´on es homogenea y por lo tanto es lineal.
Ahora se determinar´a el espacio nulo de la transformaci´on lineal. Sea p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ∈ NT ,
entonces su imagen satisface dos condiciones
£
¤
T [p(x)] = T a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 = (a0 − a3 , a1 − a2 , a0 + a1 , a1 + a3 )
£
¤
T [p(x)] = T a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 = (0, 0, 0, 0)
Por lo tanto, se genera el siguiente sistema de ecuaciones
a0 − a3
a1 − a2
=
=
0
0
a0 + a1
a1 + a3
=
=
0
0
Restando la primera ecauci´on de la tercera, se tiene que
a1 + a3 = 0
Despu´es de la primera etapa, el sistema es
a0 + 0 a1 + 0 a2 − a3
0 a0 + a1 − a2 + 0 a3
=
=
0
0
0 a0 + a1 + 0 a2 + a3
0 a0 + a1 + 0 a2 + a3
=
=
0
0
La tercera y la cuarta ecuaci´on son iguales entonces, la u
´ltima etapa de escalonamiento consiste en restar la segunda
ecuaci´on a la tercera
a0 + 0 a1 + 0 a2 − a3
=
0
0 a0 + a1 − a2 + 0 a3
0 a0 + 0 a1 + a2 + a3
=
=
0
0
Resolviendo, el sistema se tiene que
a2 = −a3
a1 = a2 = −a3
a0 = a3 .
Por lo tanto
©
ª £
¤
NT = p(x) = a3 − a3 x − a3 x2 + a3 x3 | a3 ∈ R = p1 (x) = 1 − x − x2 + x3
Por lo tanto la transformaci´on no es inyectiva. Adem´as, se sabe que la nulidad de T es ν(T ) = 1. Por lo tanto, de la
ecuaci´on
dim P3 (x) = ν(T ) + ρ(T )
se tiene que
4 = 1 + ρ(T )
Por lo tanto
dim RT = ρ(T ) = 3
4
Puesto que dim R = 4, la transformaci´on no es sobreyectiva y obviamente no es biyectiva. Unicamente, falta encontrar
el rango de la transformaci´on de T . Expandiendo la base de la nulidad de T , se tiene que una posible base de P3 (x)
est´a dada por
©
ª
BP3 (x) = p1 (x) = 1 − x − x2 + x3 , p2 (x) = 1 + x, p3 (x) = x2 + x3 , p4 (x) = 2 x + x2
Verificaremos que es una base para P3 (x). La combinaci´on lineal est´a dada por
λ1 p1 (x) + λ2 p2 (x) + λ3 p3 (x) + λ4 p4 (x) = 0 + 0 x + 0 x2 + 0 x3
o
¡
¢
¡
¢
¡
¢
λ1 1 − x − x2 + x3 + λ2 (1 + x) + λ3 x2 + x3 + λ4 2 x + x2 = 0 + 0 x + 0 x2 + 0 x3
El sistema de ecuaciones resultantes est´a dado por
λ1 + λ2 + 0 λ3 + 0λ4
−λ1 + λ2 + 0 λ3 + 2λ4
=
=
0
0
−λ1 + 0 λ2 + λ3 + λ4
λ1 + 0 λ2 + 1 λ3 + 0λ4
=
=
0
0
Despu´es de una primera etapa de escalonamiento, el sistema de ecuaciones se reduce a
λ1 + λ2 + 0 λ3 + 0λ4
0 λ1 + λ2 + 0 λ3 + λ4
0λ1 + λ2 + λ3 + λ4
=
=
=
0
0
0
0 λ1 + λ2 − λ3 + 0λ4
=
0
Despu´es de una segunda etapa de escalonamiento, el sistema de ecuaciones se reduce a
λ1 + λ2 + 0 λ3 + 0λ4
0 λ1 + λ2 + 0 λ3 + λ4
0λ1 + 0 λ2 + λ3 + 0 λ4
=
=
=
0
0
0
0 λ1 + 0 λ2 + λ3 + λ4
=
0
Es evidente que la u
´nica soluci´on es la trivial
λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 0
Entonces
ª
©
BP3 (x) = p1 (x) = 1 − x − x2 + x3 , p2 (x) = 1 + x, p3 (x) = x2 + x3 , p4 (x) = 2 x + x2
es realmente una base. Por lo tanto el rango de T est´a dado por el espacio generado por
£
¤
T[p2 (x)] = T(1 + x), T[p3 (x)] = T(x2 + x3 ), T[p4 (x)] = T(2 x + x2 )
[T[p2 (x)] = (0, 1, 2, 1), T[p3 (x)] = (−1, −1, 0, 1), T[p4 (x)] = (0, 1, 2, 2)]

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