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SOLUCIÓN-TALLER FORMATIVO 3 -AL MATG1049-25-26 OCT 2023

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Escuela Superior
Politécnica del Litoral
Guayaquil - Ecuador
Campus Gustavo Galindo Velasco - Km. 30.5 Vía Perimetral - Pbx: (593-4) 2269 269
FACULTAD DE CIENCIAS NATURALES Y MATEMÁTICAS
CURSO DE ÁLGEBRA LINEAL MATG1049
TALLER 3 – FORMATIVO -SOLUCIÓN
Guayaquil, OCT del 2023
TEMA 1(20p):
Considere el conjunto 𝑀2π‘₯2 (ℝ) y el cuerpo de los números complejos β„‚ , con la suma
π‘Ž 𝑏
π‘Ž 𝑏
habitual de matrices y el producto escalar definido por 𝛼⨀ (
)=(
)∀ 𝛼 ∈
𝑐 𝑑
𝑐 𝛼𝑑
β„‚, se cumple la distributividad del vector, es decir,
𝒂 𝒃
𝒂 𝒃
𝒂 𝒃
∀𝜢, 𝜷 ∈ β„‚, ∀ (
) ∈ π‘΄πŸπ’™πŸ(ℝ): (𝜢 + 𝜷)⨀ [(
)] = [πœΆβ¨€ (
)] +
𝒄 𝒅
𝒄 𝒅
𝒄 𝒅
𝒂 𝒃
[πœ·β¨€ (
)]
𝒄 𝒅
a) Verdadero
b) Falso
Solución:
𝒂
𝒃
𝒂 𝒃
)]
(𝜢 + 𝜷) βŠ™ [(
)] = [(
𝒄
(𝜢
+
𝜷)𝒅
𝒄 𝒅
= [(
𝒂
𝒃
𝒂
𝒂 𝒃
)] ≠ (
)+(
𝒄 πœΆπ’… + πœ·π’…
𝒄
𝒄 πœΆπ’…
𝒃
)
πœ·π’…
𝒂 𝒃
𝒂 𝒃
𝒂 𝒃
Es decir, (𝜢 + 𝜷) βŠ™ [(
)] ≠ [𝜢 βŠ™ (
)] + [𝜷 βŠ™ (
)]
𝒄 𝒅
𝒄 𝒅
𝒄 𝒅
Luego, NO se cumple la distributividad del vector.
TEMA 2 (20p):
Sea 𝑉 = ℝ3 y 𝐾 = ℝ consideremos:
π‘Š1 = {(π‘₯, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 π‘‘π‘Žπ‘™ π‘žπ‘’π‘’ π‘₯ + 𝑦 + 𝑧 = 0}
π‘Š2 = {(π‘₯, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 /π‘₯ = 𝑧}
π‘Š3 = {(π‘₯, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 /π‘₯ = 𝑦 = 0}
a) Pruebe que π‘Š2 y π‘Š3 son subespacios vectoriales de
b) Determine π‘Š1 ∩ π‘Š3
Solución:
a)
π‘Š2 = {(π‘₯, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 /π‘₯ = 𝑧}
π‘Š2 = {(𝑧, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 π‘‘π‘Žπ‘™ π‘žπ‘’π‘’ 𝑦; 𝑧 ∈ ℝ}
π‘Š2 = {𝑦(0,1,0) + 𝑧(1,0,1)π‘‘π‘Žπ‘™ π‘žπ‘’π‘’ 𝑦; 𝑧 ∈ ℝ}
π‘ΎπŸ = π’ˆπ’†π’{ (𝟎, 𝟏, 𝟎), (𝟏, 𝟎, 𝟏)}
(Además {(0,1,0), (1,0,1)} es linealmente independiente)
3
π‘Š3 = {(π‘₯, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 /π‘₯ = 𝑦 = 0}
π‘Š3 = {(0,0, 𝑧) ∈ ℝ3 , 𝑧 ∈ ℝ} = {𝑧(0,0,1) ∈ ℝ3 , 𝑧 ∈ ℝ}
π‘Š3 = π’ˆπ’†π’{ (𝟎, 𝟎, 𝟏)}
𝑇𝑂𝐷𝑂 πΆπ‘‚π‘π½π‘ˆπ‘π‘‡π‘‚ 𝐺𝐸𝑁𝐸𝑅𝐴𝐷𝑂 𝐸𝑆 𝑺𝑼𝑩𝑬𝑺𝑷𝑨π‘ͺ𝑰𝑢 𝑽𝑬π‘ͺ𝑻𝑢𝑹𝑰𝑨𝑳
π‘ƒπ‘œπ‘Ÿ π‘™π‘œ π‘‘π‘Žπ‘›π‘‘π‘œ π‘Š2 𝑦 π‘Š3 π‘ π‘œπ‘› π‘ π‘’π‘π‘’π‘ π‘π‘Žπ‘π‘–π‘œπ‘  π‘£π‘’π‘π‘‘π‘œπ‘Ÿπ‘–π‘Žπ‘™π‘’π‘  𝑑𝑒 ℝ3
b) (π‘₯, 𝑦, 𝑧) ∈ (π‘Š1 ∩ π‘Š3 ) ⇔ (π‘₯, 𝑦, 𝑧) ∈ π‘Š1 ∧ (π‘₯, 𝑦, 𝑧) ∈ π‘Š3
(π‘₯, 𝑦, 𝑧) cumple con las ecuaciones de los conjuntos π‘Š1 y π‘Š3
π‘₯+𝑦+𝑧 = 0
⇒ π‘₯ = 𝑦 = 𝑧 = 0 ∴ π‘ΎπŸ ∩ π‘ΎπŸ‘ = {(𝟎, 𝟎, 𝟎)}
π‘₯=𝑦=0
TEMA 3 (30p):
Considere el siguiente subconjunto de π“ŸπŸ (ℝ)
𝑩 = {𝟏 , 𝟏 − 𝒙 , 𝟏 − 𝒙 − π’™πŸ }
a) Exprese si es posible el vector (𝟐 − πŸ‘π’™ + π’™πŸ ) como combinación lineal del
conjunto 𝑩
b) Determine si el conjunto 𝑩 es linealmente independiente.
Solución:
a) Es posible si existen los escalares 𝛼, 𝛽, 𝛾 ∈ ℝ tal que
𝟐 − πŸ‘π’™ + π’™πŸ = 𝜢(𝟏) + 𝜷(𝟏 − 𝒙) + 𝜸(𝟏 − 𝒙 − π’™πŸ )
𝜢+𝜷+𝜸=𝟐
−𝜷 − 𝜸 = −πŸ‘ } ⇒ 𝜢 = −𝟏 , 𝜷 = πŸ’, 𝜸 = −𝟏 (−1)(1) + (4)(1 − x) + (−1) (1 − x − x 2 )
−𝜸 = 𝟏
∴ 𝟐 − πŸ‘π’™ + π’™πŸ = (−𝟏)(𝟏) + (πŸ’)(𝟏 − 𝒙) + (−𝟏)(𝟏 − 𝒙 − π’™πŸ )
b) B, será linealmente independiente si se cumple:
𝜢(𝟏) + 𝜷(𝟏 − 𝒙) + 𝜸(𝟏 − 𝒙 − π’™πŸ ) = 𝟎 ⇒ 𝜢 = 𝟎 ∧ 𝜷 = 𝟎 ∧ 𝜸 = 𝟎
𝜢+𝜷+𝜸=𝟎
−𝜷 − 𝜸 = 𝟎 ⌋ ⇒ 𝜢 = 𝟎 ∧ 𝜷 = 𝟎 ∧ 𝜸 = 𝟎
−𝜸 = 𝟎
∴ 𝑩 es linealmente independiente
TEMA 4 (30p):
Sean los Sub-Espacios vectoriales de
3
π‘Š = {(π‘₯, 𝑦, 𝑧): π‘₯ + 2𝑦 − 𝑧 = 0}
{ 1
π‘Š2 = 𝑔𝑒𝑛{(1,3,1), (1,4,3)}
Determine una base y su dimensión para π‘Š1 ∩ π‘Š2
Solución:
a) Primero se determinarán ecuaciones que caractericen a cada uno de los
Subespacios, para el subespacio π‘Š2 , se tiene que si (𝒙, π’š, 𝒛) ∈ π‘Š2 deben existir
π‘Ž, 𝑏 ∈ ℝ de manera que
(π‘₯, 𝑦, 𝑧) = π‘Ž(1,3,1) + 𝑏(1,4,3)
(π‘₯, 𝑦, 𝑧) = (π‘Ž + 𝑏, 3π‘Ž + 4𝑏, π‘Ž + 3𝑏)
π‘Ž+𝑏 = π‘₯
{3π‘Ž + 4𝑏 = 𝑦
π‘Ž + 3𝑏 = 𝑧
π‘₯
π‘₯
1 1 π‘₯
1 1
1 1
(3 4| 𝑦) (−3𝐹1 + 𝐹2 ) → (−𝐹1 + 𝐹3 ) (0 1| −3π‘₯ + 𝑦) (−2𝐹2 + 𝐹3 ) (0 1| −3π‘₯ + 𝑦 )
1 3 𝑧
0 2 −π‘₯ + 𝑧
0 0 5π‘₯ − 2𝑦 + 𝑧
El sistema es consistente si y solo si, 5π‘₯ − 2𝑦 + 𝑧 = 0 por lo que el subespacio π‘Š2
queda expresado como: π‘Š2 = {(π‘₯, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 : 5π‘₯ − 2𝑦 + 𝑧 = 0}
En consecuencia, π‘Š1 ∩ π‘Š2 sería:
π‘Š1 ∩ π‘Š2 = {(π‘₯, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 : π‘₯ + 2𝑦 − 𝑧 = 0 ∧ 5π‘₯ − 2𝑦 + 𝑧 = 0}
Para encontrar una base para π‘Š1 ∩ π‘Š2 , resolvemos el sistema de ecuaciones de las
π‘₯ + 2𝑦 − 𝑧 = 0
condiciones del subespacio: {
5π‘₯ − 2𝑦 + 𝑧 = 0
1
(
5
2 −1 0 (
1
| ) −5𝐹1 + 𝐹2 ) (
−2 1 0
0
1 2 −1
2
−1 0 −1
−1| 0)
| ) ( 𝐹2 ) (
0 1
−12 6 0 12
0
2
1 0
(−2𝐹2 + 𝐹1 ) (
0
−1| 0)
0 1
0
2
π‘₯=0
Entonces tenemos: {𝑦 + −1 𝑧 = 0
2
→
π‘₯=0
{
𝑧 = 2𝑦
Por lo tanto, el espacio generado π‘Š1 ∩ π‘Š2 puede ser expresado como:
π‘Š1 ∩ π‘Š2 = {(π‘₯, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 : π‘₯ = 0 ∧ 𝑧 = 2𝑦}
π‘Š1 ∩ π‘Š2 = {(0, 𝑦, 2𝑦) ∈ ℝ3 : 𝑦 ∈ ℝ}
Todo vector en π‘Š1 ∩ π‘Š2 puede ser expresado (0, 𝑦, 2𝑦) = 𝑦(0,1,2)
∴ π‘Š1 ∩ π‘Š2 = 𝑔𝑒𝑛({(0,1,2)}) y {(0,1,2)} es linealmente independiente
∴ Base π‘Š1 ∩π‘Š2 = {(0,1,2)} ∧ π‘‘π‘–π‘š( π‘Š1 ∩ π‘Š2 ) = 1
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