Exame final de AMD. Curso 2017-2018
1.
a) Calcula el inverso de 29 en Z80 usando el algoritmo de Euclides (0.3 p)
Solución.Vamos a calcular mcd(29, 80)
80 = 2 · 29 + 22
29 = 22 + 7
22 = 3 · 7 + 1
7=7·1
Luego mcd(29, 80) = 1, por lo que 29 es invertible en Z89 . Vamos a calcular su inverso:
1 = 22 − 3 · 7 = 22 − 3 · (29 − 22) = 4 · 22 − 3 · 29 = 4 · (80 − 2 · 29) − 3 · 29 = 4 · 80 − 11 · 29
Pasando a Z80 tenemos 1 = −11 · 29. Por tanto 29−1 = −11 = 80 − 11 = 69
b) Calcula φ(80). Usando la función φ comprueba que 3 en invertible en Z14 y calcula dicho inverso (0.2
p)
Solución.80 = 24 · 5, por tanto φ(80) = φ(24 · 5) = φ(24 ) · φ(5) = (24 − 23 ) · (5 − 1) = 8 · 4 = 32
14 = 2 · 7, por lo que φ(14) = φ(2 · 7) = φ(2) · φ(7) = (2 − 1) · (7 − 1) = 1 · 6 = 6. Para ver si
3 es invertible en Z14 , calculamos 3φ(14) = 36 = 1 en Z14 , por tanto 3 sí es invertible. Su inverso es
36−1 = 35 = 5
c) Una banda de 17 piratas se apodera de un botín de monedas de oro. Deciden repartirse el botín en
partes iguales y dar el resto al cocinero en cuyo caso el cocinero recibiría tres monedas. Los piratas se
pelean entre ellos y seis de ellos mueren. Los piratas restantes deciden repartirse de nuevo el dinero
a partes iguales y dar lo que sobre al cocinero. El cocinero recibiría entonces 4 monedas. Finalmente
ocurre un naufragio y solo se salvan 6 piratas, el cocinero y el tesoro. Intentan repartir de nuevo las
monedas con el mismo criterio y ahora quedan 5 monedas de oro al cocinero. ¿Cuál era el número de
monedas que había? (0.5 p)
Solución.Llamaremos x al número de monedas. Las condiciones que nos dan son:
x ≡ 3 en Z17
x ≡ 4 en Z11
x ≡ 5 en Z6
De la primera ecuación tenemos que x = 3 + 17 · a.
Sustituimos en la segunda ecuación:
3 + 17 · a = 4 en Z11
6 · a = 1 en Z11
Multiplicando 2 (el inverso de 6 en Z11
a = 2 en Z11
Luego a = 2 + 11 · b y, por tanto, x = 3 + 17 · a = 3 + 17 · (2 + 11 · b) = 3 + 34 + 187 · b = 37 + 187 · b.
Sustituyendo en la tercera ecuación:
37 + 187 · b = 5 en Z6
1 + b = 5 en Z6
b = 4 en Z6
Luego b = 4 + 6 · c, por tanto x = 37 + 187 · (4 + 6 · c) = 37 + 748 + 1122 · c.
La solución es
x = 785 + 1122 · c
2. Dados los siguientes conjuntos de polinomios de grado menor que 3 sobre Z5
{1 + x − x2 , 1 + x2 , 1 − x + 3x2 }
{1 + x + x2 , 2 + x2 , x − x2 }
1
a) Indica si son sistema generador, linealmente independientes, base o ninguna de estas cosas. (0.25 p)
Solución.Escribimos los polinomios como vectores:
{1 + x − x2 , 1 + x2 , 1 − x + 3x2 } = {(1, 1, −1), (1, 0, 1), (1, −1, 3)}
{1 + x + x2 , 2 + x2 , x − x2 } = {(1, 1, 1), (2, 0, 1), (0, 1, −1)}
Empecemos
con el

primer
 conjunto de vectores:
 
 
 

1 1 −1
1 1 −1
1 1 −1
1 1 −1
1 0 1
 1 0
1  '  0 −1 2  '  0 −1 2  '  0 1 −2  '  0 1 −2 
1 −1 3
0 −2 4
0 0
0
0 0 0
0 0 0
Como el número de pivotes es dos no son sistema generador y como hemos obtenido una fila de 0’s no
son linealmente independientes. Tampoco son base.
Vamos
ahora con
conjunto:

 el segundo

 
 

1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1
 2 0 1 ' 0 3 4 ' 0 1 3 ' 0 1 3 
0 1 −1
0 1 −1
0 1 −1
0 0 2
Como el número de pivotes es tres son sistema generador y como no hemos obtenido una fila de 0’s
son linealmente independientes. Por tanto son base.
b) Si son base, calcula las coordenadas de 1 + x + 2x2 en esa base y comprueba que efectivamente esas
coordenadas permiten poner el vector como combinación lineal de los vectores de la base (0.25 p)
Solución.Vamos a calcular las coordenadas de 1+x+2x2 = (1, 1, 2) en la base formada por {(1, 1, 1), (2, 0, 1), (0, 1, −1)}.
Para ello expresamos
(1, 1, 2) = x · (1, 1, 1) + y · (2, 0, 1) + z · (0, 1, −1)
(1, 1, 2) = (x + 2y, x + z, x + y − z)
Resolvamos este sistema:
 
 
 

1 2 0 1
1 2 0 1
1
1 2 0 1
 1 0 1 1 ' 0 3 1 0 ' 0 1 2 0 ' 0
1 1 −1 2
0 4 −1 1
0 4 −1 1
0

 

1 0 1 1
1 0 0 0
 0 1 2 0 ' 0 1 0 3 
0 0 1 1
0 0 1 1
Luego la solución es x = 0, y = 3, z = 1. Vamos a comprobarlo:
2
1
0
0
2
1

1
0 '
1
0 · (1, 1, 1) + 3 · (2, 0, 1) + 1 · (0, 1, −1) = (6, 1, 2) = (1, 1, 2)
c) Si no son sistema generador, calcula las ecuaciones implícitas del subespacio que generan. Indica dos
polinomios, uno que pueda ponerse como combinación lineal de estos polinomios y otro que no (0.25
p)
Solución.Vamos a calcular las ecuaciones implícitas de W =< (1, 1, −1), (1, 0, 1), (1, −1, 3) >=< (1, 0, 1), (0, 1, −2) >.
En este subespacio estarán los vectores (x, y, z) que sean de la forma
(x, y, z) = a · (1, 0, 1) + b · (0, 1, −2) = (a, b, a − 2b)
Vamos
a ver cuaándo
puede resolverse este sistema:

 

x
1 0 x
1 0
 0 1 y ' 0 1
. Por tanto W = {(x, y, z) | z − x + 2y = 0}
y
1 −2 z
0 0 z − x + 2y
Un vector que está en W (porque cumple esta ecuación) es (1, 0, 1) y uno que no está (porque no
cumple la ecuación) es (1, 0, 0)
d) Si no son linealmente independientes, indica un polinomio que se pueda poner de más de una forma
como combinación lineal del conjunto de polinomios dado (0.25 p)
Solución.(0, 0, 0) está en W y se puede escribir de dos formas en función de los vectores dados. Una de ellas la
hemos encontrado al escalonar la matriz formada por esos vectores y la otra sería multiplicando todos
los vectores por 0 y sumando.
2
3. Dados los dos subespacios W1 , W2 ∈ Z43 :
W1 =< (2, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 1), (0, 2, 1, 1) >
W2 = {(x, y, z, t) | x + 2y + 2t = 0
;
x + z + t = 0}
Se pide:
Base y dimensión de W1 y de W2 (0.3 p)
Solución.Empezamos con W

1 : 
 
 
 
2 1 1 0
1 2 2 0
1 2 2 0
1 2 2 0
1
 1 1 0 1 ' 1 1 0 1 ' 0 2 1 1 ' 0 2 1 1 ' 0
0 2 1 1
0 2 1 1
0 2 1 1
0 0 0 0
0


1 0 1 2
 0 1 1 2 . Una base de W1 es {(1, 0, 1, 2), (0, 1, 2, 2)} y su dimensión es 2.
0 0 0 0
Para
sus ecuaciones
implícitas:
el sistema dado por W2 vamos a resolver
1 2 0 2 0
1 0 1 1 0
1 2 0 2 0
'
'
1 0 1 1 0
0 1 1 2 0
0 1 1 2 0
Este sistema tiene por soluciones:
x = −z − t
2
1
0
2
2
0
y = −z − 2t
Es decir, W2 está formado por vectores de la forma
(−z − t, −z − 2t, z, t) = (−z, −z, z, 0) + (−t, −2t, 0, t) = z · (−1, −1, 1, 0) + t · (−1, −2, 0, 1)
Por tanto W2 =< (−1, −1, 1, 0), (−1, −2, 0, 1) > y tiene dimensión 2
Ecuaciones implícitas de W1 (0.3 p)
Solución.W1 está formado por vectores (x, y, z, t) de la forma:
(x, y, z, t) = a · (1, 0, 1, 2) + b · (0, 1, 2, 2) = (a, b, a + 2b, 2a + 2b)
Vamos a ver cuándo


tiene solución estesistema:

x
x
1 0 x
1 0
1 0
 0 1 y 
 0 1

 0 1
y
y





 1 2 z  '  0 2 z − x  '  0 0 z − x − 2y
2 2 t
0 2 t − 2x
0 0 t − 2x − 2y
cumplirse
z − x − 2y = 0


. Para que tenga solución debe

t − 2x − 2y = 0
Estas son las ecuaciones implícitas buscadas.
¿Son iguales? ¿alguno de los dos está incluído en el otro? (0.2 p)
Solución.Como tienen la misma dimensión, en todo caso serán iguales. Vea,mos si los vectores de W1 cumplen
las ecuaciones de W2 . Empezamos con (1, 0, 1, 2) y la ecuación x + 2y + 2t = 0
1 + 2 · 0 + 2 · 2 = 5 = 2 6= 0
No cumple la ecuación, luego no son iguales
Calcula su intersección (0.2 p)
Solución.W1 ∩W2 = {(x, y, z, t)|z −x−2y = 0 ,
t−2x−2y = 0 ,
x+2y +2t = 0 ,
4. Dada la aplicación lineal f : Z35 → Z33 dada por f (x, y, z) = (x + y + z, x + y, z) se pide
3
x+z +t = 0}

0
2 '
0
Indica si es biyectiva (0.25 p)
Solución.La matriz de la aplicación es


1 1 1
M (f ) =  1 1 0 
0 0 1

 
 

1 1 1
1 1 1
1 1 1
Veamos si es invertible:  1 1 0  '  0 0 −1  '  0 0 −1 
0 0 1
0 0 1
0 0 0
Luego la matriz no es invertible y, por tanto, la aplicación f no es biyectiva
Calcula f −1 (2, 3, 4) (0.25 p)
Solución.Vamos a intentar resolver el sistema:
x+y+z
x+y
z
 
1
1 1 1 2
 1 1 0 3 ' 0
0 0 1 4
0
Que tiene por soluciones

1
0
0
1
−1
1
=
=
=
2
3
4
 
2
1 1 1
1 ' 0 0 1
4
0 0 1
 
2
1
4 ' 0
4
0
1
0
0
0
1
0

3
4 
0
z=4
y =3−x
Luego f −1(2, 3, 4) = {(x, 3 − x, 4) |
x = 0, 1, 2, 3, 4}
Calcula f (W ) para W = {(x, y, z) | x + y = 0} (0.25 p)
Solución.Vamos a encontrar un sistema generador de W . De la ecuación x + y = 0 obtenemos y = −x, por
tanto, W está formado por vectores de la forma
(x, −x, z) = (x, −x, 0) + (0, 0, z) = x · (1, −1, 0) + z · (0, 0, 1)
Luego W =< (1, −1, 0), (0, 0, 1) >.
f (W ) =< f (1, −1, 0), f (0, 0, 1) >=< (0, 0, 0), (1, 0, 1) >=< (1, 0, 1) >
Calcula f −1 (W ) para W =< (1, 2, 1) > (0.25 p)
Solución.Claramente W = {(x, y, z) | y = 2x , z = x}. Ahora f −1 (W ) estará formado por aquellos
vectores (x, y, z) de modo que f (x, y, z) = (x + y + z, x + y, z) esté en W , es decir, que cumpla las
ecuaciones anteriores. Esto quiere decir que
x + y = 2 · (x + y + z)
z =x+y+z
Simplificando obtenemos que f −1 (W ) = {(x, y, z) |
5.
x + y + 2z = 0 ,
x+y =0 }
a) En Z27 se consideran las bases de B1 = {(2, 1), (1, 2)} y B2 = {(1, 2), (1, 1)}. Se pide:
Calcula la matriz PB1 B2 (0.3 p)
Solución.Vamos a necesitar las matrices PB1 C y PCB2 . Vamos a calcularlas.
2 1
PB1 C =
1 2
−1
1 1
−1
PCB2 = PB2 C =
2 1
1 1
1 0
1 1 1 0
1 0
1 1 1 0
'
'
'
2 1 0 1
0 −1 −2 1
0 1 2 −1
0 1
4
−1
2
1
−1
Finalmente PB1 B2 = PB2 C · PB1 C =
−1
2
1
−1
2
·
1
1
2
=
−1
3
1
0
La fórmula para pasar de B1 a B2 es
(x, y)B1 → (−x + y, 3x)B2
Calcula un sistema generador de W =< (1, 2)B1 , (4, 1)B1 > en base B2 (0.3 p)
Solución.Usaremos la fórmula del apartado anterior:
(1, 2)B1 → (1, 6)B2
(4, 1)B1 → (4, 5)B2
Luego W =< (1, 6)B2 , (4, 5)B2 >
b) Calcula una base de R3 de forma que todos los vectores tengan longitud 1, el primer vector esté en la
recta < (2, 1, 0) > y los otros dos estén en el plano {(x, y, z) | 2x − y − z = 0} y formen entre sí
un ángulo de 300 (0.4 p)
Solución.√
El primer vector es u = (2,1,0)
5
Para construir los otros dos, empezamos por encontrar una base ortonormal del plano. Sabemos que el
vector w = (2, −1, 1) es perpendicular al plano, luego un vector del plano es (1, 2, 0). Otro vector del
plano perpendicular a él es
i j j
1 2 0 = (2, −1, −5)
2 −1 1
√
√
Una base ortonormal del plano es { (1,2,0)
, (2,−1,−5)
}.
5
30
√
Los otros dos vectores de la base pedida serán (1,2,0)
y otro vector del plano que forme un ángulo de
5
o
30 con él, esto es
(2, −1, −5)
(1, 2, 0)
√
+ sin(30o )
cos(30o ) √
5
30
6. Dado el vector v = (1, 1, 0, 1) y el subespacio W =< (1, 2, 1, 1), (0, 2, 1, 1) >
Pon v como suma de un vector de W y otro perpendicular a W (0.4 p)
Solución.Vamos a calcular una base ortonormal de R4 que tenga los dos primeros vectores en W y los otros dos
perpendiculares a W (solamente calcularemos los dos primeros).
u = (1, 2, 1, 1)
v = (0, 2, 1, 1) + t · (1, 2, 1, 1) de modo que u · v = 6 + 7t = 0. Por tanto t = − 67 , con lo que
v = (0, 2, 1, 1) − 67 (1, 2, 1, 1) ' 7 · (0, 2, 1, 1) − 6 · (1, 2, 1, 1) = (−6, 2, 1, 1).
Nuestra base de R4 será
{u=
(−6, 2, 1, 1)
(1, 2, 1, 1)
√
√
,v =
, w1 = (−, −, −, −), w2 = (−, −, −, −)}
6
42
Vamos a calcular las coordenadas de (1, 1, 0, 1). Estas coordenadas, dado que la base es ortonormal,
son los productos escalares de este vector por los vectores de la base
Primera coordenada: (1, 1, 0, 1) ·
(1,2,1,1)
√
= √46
6
(−6,2,1,1)
√
= √342
42
Segunda coordenada: (1, 1, 0, 1) ·
Tercera coordenada: (1, 1, 0, 1) · (−, −, −, −) = −
Cuarta coordenada: (1, 1, 0, 1) · (−, −, −, −) = −
Por tanto tenemos que:
4 (1, 2, 1, 1)
3
(−6, 2, 1, 1)
√
√
(1, 1, 0, 1) = √ ·
+√ ·
+ − · (−, −, −, −) + − · (−, −, −, −)
6
6
42
42
5
De la suma anterior los dos primeros sumandos están en W y los otros dos son perpendiculares a W
por lo tanto ya hemos puesto (1, 1, 0, 1) en la forma v1 + v2 con v1 en W y v2 perpendicular a W sin
más que tomar
3
(−6, 2, 1, 1)
4 (1, 2, 1, 1)
√
√
+√ ·
v1 = √ ·
6
6
42
42
3
(−6, 2, 1, 1)
4 (1, 2, 1, 1)
√
√
+√ ·
)
v2 = − · (−, −, −, −) + − · (−, −, −, −) = (1, 1, 0, 1) − ( √ ·
6
6
42
42
Calcula W ⊥ (0.1 p)
Solución.W ⊥ = {(x, y, z, t) | x + 2y + z + t = 0 ,
6
2x + y + z = 0 }