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GEOMETRIA

ELEMENTALANA Ma CAPARROS MARTINEZ

PROBLEMAS BASICOS DEL ALGEBRA LINEAL

1. Sea f : R3 −→ R2 definida por f(x, y, z) = (x− y, y + 2z)a) Demostrar que f es lineal.b) Calcular Ker(f) e Im(f)c) Calcular bases de R3 y R2 de forma que la matriz asociada respecto de ellas sea:(

Ir 00 0

)

Solucion:a) Empleando la definicion de nucleo de una aplicacion lineal, es claro que:

Ker(f) = {(−2z,−2z, z) | z ∈ R}.

b) Ker(f) ya esta calculado. Ademas: dim(R3) = dim(Ker(f)) + dim(Im(f)). Luego,deducimos que: dim(Im(f)) = 2. Ası que Im(f) = R2.

c) Que las ultimas filas de la matriz tengan como entradas el cero, nos indica que losultimos vectores de la base de R3 deben ser vectores linealmente independientes de Ker(f).No obstante, ya que Ker(f) es un subespacio vectorial de dimension 1, solo podemos tomarun vector no nulo del nucleo para formar parte de la base buscada. Elegimos por ejemplo elvector ~v1 = (−2,−2, 1), tal que ~v1 ∈ Ker(f). Completamos con vectores de la base canonica~v2 = (1, 0, 0), ~v3 = (0, 1, 0) hasta obtener una base de R3:

BR3 = {~v1, ~v2, ~v3} = {(−2,−2, 1), (1, 0, 0), (0, 1, 0), }

Tomamos ahora como base de R2:

f(1, 0, 0) = (1, 0) = ~u1 y f(0, 1, 0) = (−1, 1) = ~u2, esto es:

2

BR2 = { ~u1, ~u2} = {(1, 0), (−1, 1)}.

La matriz asociada a f respecto de BR3 y BR2, es:

1 00 10 0

2. Se considera la aplicacion f : R3 −→ R2 dada por f(x, y, z) = (x+ y, y + z)a) Demostrar que f es un homomorfismo de R3 en R2. Veamos que f es una aplicacion linealu homomorfismo.b) Se quiere hallar la matriz asociada a f respecto a las bases:B = {(1, 1, 1), (0, 1,−1), (1, 0, 0)}B′ = {(1, 2), (0, 1)}c) Halle las ecuaciones cartesianas de Ker(f) respecto a la base B. Calcule tambien lasdimensiones de Ker(f) e Im(f).

Solucion:

a) Demostraremos que f es una aplicacion lineal:

f(α(x1, y1, z1) +β(x2, y2, z2)) = f(αx1 +βx2, αy1 +βy2, αz1 +βz2) = (αx1 +βx2 +αy1 +βy2, αy1 + βy2 + αz1 + βz2) = α(x1 + y1, y1 + z1) + β(x2 + y2, y2 + z2) = αf(x1, y1, z1) +βf(x2, y2, z2), ∀(x1, y1, z1), (x2, y2, z2) ∈ R3, con α, β ∈ R.

Ası, queda probado que f es aplicacion lineal.

b) Queremos hallar la matriz asociada a f respecto a B y B′. Luego, se tiene:

f(1, 1, 1) = (2, 2)

f(0, 1,−1) = (1, 0)

f(1, 0, 0) = (1, 0)

Los vectores (2,2) y (1,0) estan expresados respecto a la base canonica de R2. Hay queexpresarlos respecto a la base B′. Por lo que:

- Expresamos el vector (2,2) respecto de B′:

(2, 2) = α(1, 2) + β(0, 1)

3

(2, 2) = (α, 2α) + (0, β)

Esto es:

2 = α2 = 2α + β

}⇒ α = 2

β = −2

}Por tanto: (2, 2) = (2,−2)B′

4

- Expresamos el vector (1,0) respecto de B′:

(1, 0) = α(1, 2) + β(0, 1)

(1, 0) = (α, 2α) + (0, β)

Esto es:

1 = α0 = 2α + β

}⇒ α = 1

β = −2

}Por tanto: (1, 0) = (1,−2)B′

Finalmente:

M(f ;B,B′) =

(2 1 1−2 −2 −2

)c) Las ecuaciones cartesianas de Ker(f) respecto de la base B:

De la matrizM(f ;B,B′) se obtiene inmediatamente que las ecuaciones de Ker(f) respectode la base B son:

(2 1 1−2 −2 −2

) xyz

=

000

2x+ y + z = 0

−2x− 2y − 2z = 0

}

Como hay dos ecuaciones cartesianas independientes que definen a Ker(f), se sigue que:

dim(Ker(f)) = 1.

Ya que la formula aplicada es: dim(Ker(f)) = dim(R3) - no ecuaciones cartesianas

Luego, aplicando la formula de las dimensiones (ya nombrada en el ejercicio anterior), setiene que:

dim(Im(f)) = 2.

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3. Demostrar que si f es una aplicacion lineal de V en V ′, y g es una aplicacion lineal deV ′ en V ′′, entonces:a) Ker(g ◦ f) = f−1(Ker(g))b) Im(g ◦ f) = g(Im(f))

Solucion:

a) Por definicion de nucleo de una aplicacion lineal concluimos:

Ker(g ◦ f) = {~x | ~x ∈ V , g(f(~x)) = ~0} = {~x | ~x ∈ V , f(~x) ∈ Ker(g)} = f−1(Ker(g))

b) Por definicion de imagen de una aplicacion lineal razonamos:

Im(g ◦ f) = (g ◦ f)(~v) = g(f(~v)) = g(Im(f))

4. Sea f : R4 −→ R3 definida por:

−1 1 −1 21 −1 0 00 0 1 −2

Y sea U el subespacio de R4 de ecuaciones x − y = 0, x + y + z = 0. ¿Cuales son lasecuaciones de f(U) en R3

Solucion:

Tengase en cuenta que f(U) =< (f(BU)) >, siendo BU una base de U . El primer pasosera obtener BU . Para ello, hallemos una base de U .

U ≡ x− y = 0x+ y + t = 0

}∼ x− y = 0

2y + t = 0

}Al pasar a parametricas,

U ≡

x = −1/2µy = −1/2µz = λt = µ

.

De modo que una base de U es, BU = {(−1,−1, 0, 2), (0, 0, 1, 0)}.

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Concluimos:

f(U) =< (f(−1,−1, 0, 2), f(0, 0, 1, 0)) >=< (4, 0,−4), (−1, 0, 1) >=< (−1, 0, 1) >.

Las ecuaciones parametricas correspondientes son:

f(U) ≡x′ = −λy′ = 0z′ = λ

Obtengamos las ecuaciones cartesianas. Esto es, sea (x′, y′, z′) ∈ f(U). Entonces:

rg

(−1 0 1x′ y′ z′

)= 1

Se escoge -1 como menor no nulo de orden maximo, y se extiende a dos menores de orden2 no nulos. Esto da lugar a:

f(U) ≡ x′ + z′ = 0y′ = 0

}

5. a)Hallar un isomorfismo f : R3 −→ P2(x) tal que f(U) = W , donde U = {(x, y, z) |x− 2y = 0} yW = {a0 +a1x+a2x

2 | a0 +a1x+ 2a2 = 0}. b)Hallar la imagen de (4, 2,−3).

Solucion:

a) Para que sea isomorfismo, basta con llevar una base en otra base. Damos el iso-morfismo mediante la imagen de una base. Calculamos bases de U y W sin mas queresolver el sistema de ecuaciones. Para el primero, tenemos U =< (2, 1, 0), (0, 0, 1) > yW =< 1− x, 2− x2 >. Ampliamos la base de U a una de R3, y del mismo modo lo hacemoscon la base de W :B = {(2, 1, 0), (0, 0, 1), (0, 1, 0)} y B′ = {1− x, 2− x2, 1}

Definimos f mediante:

f(2, 1, 0) = 1− xf(0, 0, 1) = 2− x2f(0, 1, 0) = 1

probando ası que es un isomorfismo. Para probar ahora que f(U) = W , basta con darsecuenta de:f(U) = f(< (2, 1, 0), (0, 0, 1) >) =< f(2, 1, 0), f(0, 0, 1) >=< 1− x, 2− x2 >=W

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b) Para hallar f(4, 2,−3), hallamos las coordenadas de (4, 2,−3) respecto de B :

(4, 2,−3) = 2(2, 1, 0)− 3(0, 0, 1) + 0(0, 1, 0)

Por tanto, f(4, 2,−3) = 2f(2, 1, 0)− 3f(0, 0, 1) + 0f(0, 1, 0) = 3x2 − 2x− 4.

6. Sean f : R5 −→ R4 y g : R4 −→ R5 aplicaciones lineales no nulas tales que g ◦ f esidenticamente cero y dim(Im(g)) = 3. Calcular dim(Ker(f)).

Solucion:

Como g ◦f es la aplicacion nula, Im(f) ⊂ Ker(g) (esta es otra forma de escribir el hechode que g(f(~x)) = 0,∀~x ∈ R5.

g : R4 −→ R5 es una aplicacion lineal, y por tanto, dim(Ker(g)) + dim(Im(g)) = 4.Dado que dim(Im(g)) = 3, deducimos que dim(Ker(g)) = 1.

El subespacio Imf(f) esta contenido en el subespacio unidimensional Ker(g), luegoIm(f) tiene dimension 0 o 1. No puede tener dimension 0 porque en ese caso f serıa laaplicacion nula, cosa que se excluye del enunciado. Por lo tanto, dim(Im(f)) = 1.

f : R5 −→ R4 es una aplicacion lineal y por tanto, dim(Ker(f)) + dim(Im(f)) = 5.Dado que dim(Im(f)) = 1, deducimos que dim(Ker(f)) = 4.

7. Pruebe que una aplicacion lineal es inyectiva ⇔ Ker = {~0}.

Solucion:

⇒) Supongamos que la aplicacion lineal es inyectiva. Si f(~x) = ~0, entonces (como eslineal) se tiene que f(~0) = ~0, por lo tanto se tiene que f(~x) = f(~0). Luego, Ker(f) = {~0}.

⇐) Recıprocamente, si tiene nucleo cero y f(~x) = f(~y), entonces como f es aplicacionlineal, se tiene:

~0 = f(~x)− f(~y) = f(~x− ~y)⇒ (~x− ~y) ∈ Ker(f)⇒ ~x− ~y = ~0⇒ ~x = ~y .

Luego, f es inyectiva.

8. Sean U ,V y W tres espacios vectoriales sobre un mismo cuerpo K, f y g aplicacioneslineales tal que f : U → V y g : V → W . Demostrar que:

Ker(g ◦ f) = f−1(Ker(g) ∩ Im(f))

8

Solucion:

⊂) Ker(g ◦ f) ⊂ f−1(Ker(g) ∩ Im(f))

Sea ~x ∈ Ker(g ◦ f). Quiere decir que g(f(~x)) = ~0, pero entonces f(~x) ∈ Ker(g) yobviamente, f(~x) ∈ Im(f). Por tanto, f(~x) ∈ Ker(g) ∩ Im(f), y vemos que:

~x ∈ f−1(Ker(g) ∩ Im(f))

⊃) f−1(Ker(g) ∩ Im(f)) ⊂ Ker(g ◦ f)

Sea ~x ∈ f−1(Ker(g)∩Im(f)). Quiere decir que f(~x) ∈ (Ker(g)∩Im(f)). En particular,f(~x) ∈ Ker(g), por tanto, g(f(~x)) = ~0, es decir, (g ◦ f)(x) = ~0, y ~x ∈ Ker(g ◦ f).

9. Sea la aplicacion f :M2(R) −→ (R3) definida por: f

(a bc d

)= (a, a+ b+ c, 0).

a) Probar que f es lineal y hallar su matriz respecto de las bases canonicas.b) Obtener las bases, dimension y ecuaciones implıcitas de Ker(f) e Im(f).

Solucion:

a) En primer lugar, probemos que f es lineal:La matriz asociada a f respecto de las bases canonicas es:

A =

1 0 0 01 1 1 00 0 0 0

b) Comenzamos con el calculo de las dimensiones: dim(Im(f)) = rg(A) = 2, y

dim(Ker(f)) = dim(M2(R))− dim(Im(f)) = 4− 4 = 2.Una base para Im(f) se obtiene a partir de las columnas de A:

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10. Sea f : V −→ V un endomorfismo, y sea fn = f ◦(n)· · · ◦ f , probar que:

a) Ker(f) ⊆ Ker(f 2) ⊆ · · · ⊆ Ker(fn).b) Im(fn) ⊆ Im(fn−1) ⊆ · · · ⊆ Im(f).c) Ker(f i) = Ker(f i+1)⇔ Im(f i) = Im(f i+1)

Solucion:

a) Ker(f) ⊆ Ker(f 2) ⊆ · · · ⊆ Ker(fn).Probemos en primer lugar que: Ker(f) ⊆ Ker(f 2).Para ello, sea ~v ∈ Ker(f)⇒ f(~v) = ~0. Luego, f(f~v) = f(~0) = ~0.Y por ser aplicacion lineal: f 2(~v) = f(~0) = ~0⇒ ~v ∈ Ker(f 2).

Por lo tanto, generalmente se tiene:Sea ~v ∈ Ker(fn−1)⇒ fn−1(~v) = ~0.Luego: fn(~v) = f(fn−1(~v)) = f(~0) = ~0⇒ ~v ∈ Ker(fn)

b) Im(fn) ⊆ Im(fn−1) ⊆ · · · ⊆ Im(f).Sea ~v ∈ Im(f 2) tal que ~v = f 2(~v′) = f(f(~v′)) = f(~u)⇒ ~v ∈ Im(f)

Por lo tanto, generalmente se tiene:Sea ~v ∈ Im(fn)⇒ ~v = fn(~v′) = fn−1(f(~v′)) = fn−1(~u)⇒ ~v ∈ Im(fn−1)El diagrama usado en este apartado es el siguiente:

V ′ f−−−→ U f−−−→ V

~v′ 7→ f(~v′) = ~u 7→ f 2(~v′) = f(~u) = ~v

c)Ker(f i) = Ker(f i+1)⇔ Im(f i) = Im(f i+1).

⇔ ) Sabemos que estas expresiones son equivalentes:dim(Ker(f i)) + dim(Im(f i)) = dim(V)⇔ dim(Ker(f i+1)) + dim(Im(f i+1)) = dim(V).

Luego, desarrollando se tiene:

dim(Im(f i)) = dim(V)− dim(Ker(f i)) = dim(V)− dim(Ker(f i+1)) = dim(Im(f i+1)Es mas, del apartado b) se sabe que:

Im(f i+1) ⊆ Im(f i).

Pero aquı hemos probado que se da la igualdad.

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11. En el espacio vectorial Rn(t) de los polinomios con grado menor o igual que n sobreel cuerpo R, se considera el conjunto de vectores:

B = {1, t, t2, . . . , tn}

Probar que B es base de Rn(t) .

Solucion:

Veamos en primer lugar que es sistema de generadores. Dado un polinomio de la formap(t) = a0 + a1t + · · · + ant

n ∈ Rn(t), es claro que p(t) se puede escribir como combinacionlineal de los elementos de la familia B.Para probar la independencia lineal, recurrimos a la definicion, y consideramos la siguienteigualdad:

a0 + a1t+ · · ·+ antn = 0

La unica posibilidad de que esto sea cierto para todo valor de t, es que:

a0 = a1 = · · · = an = 0.

12. Sea f : R4 −→ R2 el homomorfismo definido por:

A =

(1 −1 0 01 0 1 2

)Y sea U el subespacio de R2 definido por x− y = 0. Hallar las ecuaciones de f−1(U).

Solucion:

El subespacio vectorial f−1(U) se define como:

f−1(U) = {~x = (x, y, z, t) ∈ R4 | f(~x) ∈ U} = {~x ∈ R4 | A~x ∈ U}, esto es:

f−1(U) = {(x, y, z, t) ∈ R4 | (x− y, x+ z + 2t) ∈ U} = {(x, y, z, t) ∈ R4 |x− y − (x+ z + 2t) = 0}.

Luego, la ecuacion cartesiana de f−1(U) es:

f−1(U) = {y + z + 2t = 0}.

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13. Sea An la matriz cuadrada de orden n la siguiente:

An =

2 1 0 0 · · · 0

1 2 1. . . . . .

...

0 1 2. . . . . . 0

0. . . . . . . . . . . . 0

.... . . . . . . . . . . . 1

0 · · · 0 · · · 1 2

Comprobar que det(An) = n+ 1.

Solucion:

Desarrollamos el determinante por adjuntos:

det(An) = 2det(An−1) + (−1)3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2 1 0 · · · 0

1 2. . . . . . 0

0. . . . . . . . . 0

.... . . . . . . . . 1

0 · · · 0 1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 2det(An−1)− det(An−2)

Ahora, veamos que esto es cierto por induccion:

-Para n = 1 es evidente, veamos si se cumple para n = 2:

det(A2) =

∣∣∣∣ 2 11 2

∣∣∣∣ = 3.

Como podemos ver, se cumple para n = 2.

-Suponiendolo cierto para n, lo probamos para n+ 1. Sustituyendo en :

det(An) = 2det(An−1)− det(An−2).

- Nuestra hipotesis de induccion es:

det(An) = n+ 1.

Ası, podemos ver que:

det(An) = 2n− 1(n− 1) = 2n− n+ 1 = n+ 1.

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14. Dada la aplicacion f : R2 −→ R2 definida por f(x, y) = (y, x)a) Probar que f es aplicacion lineal.b) Hallar Ker(f), su dimension y sus ecuaciones cartesianas.c) Hallar Im(f), su dimension y sus ecuaciones cartesianas.

Solucion:

a) Veamos que, efectivamente, f es una aplicacion lineal:

f(α(x1, y1)) + β(x2, y2)) = f((αx1, αy1) + (βx2, βy2)) = f(αx1 + βx2, αy1 + βy2) == (αy1 + βy2, αx1 + βx2) = (αy1, αx1) + (βy2, βx2) = α(y1, x1) + β(y2, x2) = αf(x1, y1)++βf(x2, y2). Esto se tiene ∀(x1, y1), (x2, y2) ∈ R2, con α, β ∈ R.

Por tanto, ası queda probado que f es una aplicacion lineal u homomorfismo.

b) Calculemos el nucleo de la aplicacion lineal, esto es, Ker(f). Se tiene que:

Ker(f) = {(x, y) | f(x, y) = (0, 0)} = {(x, y) | x = 0, y = 0} = {(0, 0)}.

Esto es, dim(Ker(f)) = 0.

Hallemos ahora sus ecuaciones cartesianas. Evidentemente, seran:

x = 0y = 0

}

c) Calculemos ahora Im(f). Como podemos imaginar, Im(f) = R2, puesto que alcalcular la imagen de los vectores de la base canonica de R2, se obtiene:

f(1, 0) = (0, 1)

f(0, 1) = (1, 0)

La imagen por f de estos vectores pertenece a (Im(f)), y son ademas vectores linealmenteindependientes. Luego, dim(Im(f)) = 2.Por tanto, tal y como habıamos mencionado, (Im(f)) coincide con R2.

Hallemos ahora sus ecuaciones cartesianas:

x = αy = β

}, para todo α, β ∈ R.

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15. Sea f : R3 −→M2(R) dada por f(x, y, z) =

(x+ y y − zz + x x+ 2y − 2z

).

a)Hallar M(f ;B,B), Ker(f) e Im(f).

b)Sea U ′ = {(x yz t

)| x− y = 0, y − t = 0, z = 0}, calcule f ∗(U ′).

Solucion:

a) Tomemos los vectores de la base canonica de R3, (~e1, ~e2, ~e3), y calculemos su imagen:

f(1, 0, 0) =

(1 01 1

), f(0, 1, 0) =

(1 10 2

), f(0, 0, 1) =

(0 −11 −2

).

Ahora pongamos cada una de las imagenes obtenidas como combinacion lineal de vectoresde la base canonica de M2(R):(

1 01 1

)= 1

(1 00 0

)+ 0

(0 10 0

)1

(0 01 0

)+ 1

(0 00 1

)(

1 10 2

)= 1

(1 00 0

)+ 1

(0 10 0

)+ 0

(0 01 0

)+ 2

(0 00 1

)(

0 −11 −2

)= 0

(1 00 0

)− 1

(0 10 0

)+ 1

(0 01 0

)− 2

(0 00 1

)Esto es: (

1 01 1

)= (1, 0, 1, 1)M2(R)(

1 10 2

)= (1, 1, 0, 2)M2(R)(

0 −11 −2

)= (0,−1, 1,−2)M2(R)

Como podemos ver, directamente podrıamos haber tenido en cuenta que M2(R) es iso-morfo a R4. Y ademas, es conveniente saber que, debido a esta propiedad, una matriz(x yz t

)∈M2(R), podemos escribirla como un vector (x, y, z, t) ∈ R4.

Luego, M(f ;B,B) =

1 1 00 1 −11 0 11 2 −2

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Hallemos ahora Ker(f), para ello tomemos:

f(x, y, z) =

(x+ y y − zz + x x+ 2y − 2z

)=

(0 00 0

)

Esto es,

x+ y = 0z + x = 0y − z = 0

x− 2y − 2z = 0

⇒ Ker(f) = {0}

La imagen ya la tenemos calculada, luego:

BIm(f) = {< (1, 0, 1, 1), (1, 1, 0, 2), (0,−1, 1,−2)}, es una base de Im(f).

b) Sea U ′ = {(x yz t

)| x− y = 0, y − t = 0, z = 0} =.

Luego, puesto que U ′ tiene tres ecuacion cartesianas, y estamos trabajando en R4, se tiene:

dimU ′ = 1. Para hallar una base del subespacio, obtendremos las ecuaciones parametricas:

x = αy = αz = 0t = α

Esto es: BU ′ =< (1, 1, 0, 1) >.

Una vez obtenidos estos vectores de U ′, pasemos a calcular su preimagen mediante f ,

haciendo uso de la matriz M(f ;B,B) :

Luego, se trata de resolver los sistemas de ecuaciones que nos quedan haciendo las sigu-ientes operaciones:

1 1 00 1 −11 0 11 2 −2

x

yz

=

1101

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Y bien, resolviendo el sistema que nos queda, obtenemos las siguientes soluciones:

x = 15, y = 4

5, z = −1

5.

Esto es, f ∗(U ′) = (15, 45,−1

5).

16. Resolver el siguiente sistema lineal homogeneo en R4:

2x2 − x3 + x4 = 03x1 + x2 + 10x3 + 5x4 = 0

x1 + 3x3 + x4 = 0

Solucion: La matriz asociada al sistema de ecuaciones es:

A =

0 2 −1 13 1 10 51 0 3 1

El primer paso del metodo de Gauss consiste en colocar un elemento no nulo en A11. Paraello permutamos F1 y F3 de la matriz (podrıa usarse tambien F2). Se obtiene: 1 0 3 1

3 1 10 50 2 −1 1

A continuacion debemos realizar operaciones con filas para conseguir que los restantes el-ementos de la primera columna de la matriz sean ceros. Si Fi denota la i-esima fila de lamatriz, haciendo F2 − 3F1 resulta: 1 0 3 1

0 1 1 20 2 −1 1

Pasamos ahora a la segunda columna de la matriz. El elemento A22 de la matriz es un 1,con lo que solo resta conseguir un 0 en A32. Para ello efectuamos F3 − 2F2, que resulta: 1 0 3 1

0 1 1 20 0 −3 −3

Esta es una matriz triangular, y su sistema asociado es:

x1 + 3x3 + x4 = 0x2 + x3 + 2x4 = 0−3x3 − 3x4 = 0

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que es equivalente al de partida.De la tercera ecuacion deducimos que si X = (x1, x2, x3, x4) es solucion del sistema,

entonces x3 = −x4. Reemplazando en la segunda ecuacion y despejando se obtiene: x2 =−x4. Finalmente, de la primera ecuacion se deduce que x1 = 2x4. Ademas es claro quecualquier X que cumple estas condiciones es solucion de la ecuacion. En consecuencia, lassoluciones del sistema son todos los vectores de R4 de la forma: X = (2x4,−x4,−x4, x4) =x4(2,−1,−1, 1), es decir, el conjunto de las soluciones del sistema es el subespacio:

S =< (2,−1,−1, 1) >.

17. Probar que si f es un homomorfismo de V en V ′ y g es una aplicacion lineal de V ′

en V ′′, se tiene:a) Ker(g ◦ f) = f−1(Ker(g)).b) Im(g ◦ f) = g(Im(f)).

Solucion:

a) Por definicion de nucleo de una aplicacion lineal, se tiene:

Ker(g ◦ f) = {x | x ∈ V, g(f(x)) = 0} = {x | x ∈ V, f(x) ∈ Ker(g)} = f−1(Ker(g)).

b) Por definicion de imagen de una aplicacion lineal se tiene:

Im(g ◦ f) = (g ◦ f)(v) = g(f(v)) = g(Im(f)).

18. Consideremos en R3 el subespacio U = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y + z = 0}. Vamos acalcular una base de V/U y las coordenadas de (1, 2, 1) en dicha base.

Solucion:

Para ello, consideremos BU = {(1, 0,−1), (0, 1,−1)} una base de U . La ampliamos hastauna base de V (R3) anadiendo un vector de la base canonica, linealmente independiente.Quedando:

BV = {(1, 0,−1), (0, 1,−1), (0, 0, 1)}.

Ademas tenemos una base del cociente: BR3/U = {(0, 0, 1)}. Ahora, para calcular las co-ordenadas de {(1, 2, 1)} en esta base, lo que debemos hacer es repetir la idea obtenida dela demostracion de sistema de generadores. Es decir, escribimos (1, 2, 1) como combinacionlineal de los vectores de BV :

(1, 2, 1) = 1(1, 0,−1) + 2(0, 1,−1) + 4(0, 0, 1)

y ahora, al tomar clases, tenemos:

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(1, 2, 1) = (0, 0, 4) = 4(0, 0, 1).

Y ahora, al tomar clases tenemos:

(1, 2, 1) = (0, 0, 4) = 4(0, 0, 1). Por lo que la coordenada buscada es (4)R3/U .

Es decir, hemos encontrado (0, 0, 4), un vector que esta en la clase (1, 2, 1), y que es facil verque 4(0, 0, 1).

19. Sea la aplicacion g : R3 −→ R2 definida por: g(x, y, z) = (−x+2y+z, x+z), calcularuna base de su nucleo.

Solucion:

Por definicion sabemos que el Ker(g) esta formado por los vectores de R3 cuya imagenmediante g es el vector nulo de R2. Es decir:

Ker(g) = {(x, y, z) ∈ R3 | g(x, y, z) = (0, 0)} == {(x, y, z) ∈ R3 | (−x+ 2y + z, x+ z) = (0, 0)} =

= {(x, y, z) ∈ R3 | −x+ 2y + z = 0x+ z = 0

}} =

= {(x, y, z) ∈ R3 | x = −z, y = −z} == {(−z,−z, z) ∈ R3,∀z ∈ R} =< (−1− 1, 1) >=< (1, 1,−1) >.

20. Sea V un espacio vectorial real y S × T dos subespacios vectoriales de V , y f unaaplicacion de S × T definida por f(x, y) = x+ y:a)Demostrar que f es aplicacion lineal.b)Demostrar que Ker(f) = {(x,−x) | x ∈ S ∩ T}.c)Demostrar que Ker(f) es isomorfo a (S ∩ T ).

Solucion:

a) Para ver si f es un homomorfismo, cogeremos (x, y), (s, t) ∈ (S × T ), con α, β ∈ R:f(α(x, y) + β(s, t)) = f((αx, αy) + (βs, βt)) = f(αx+ βs, αy + βt) = αx+ βs+ αy + βt == α(x + y) + β(s + t) = αf(x, y) + βf(s, t). Ası hemos probado que, efectivamente, f esaplicacion lineal u homomorfismo.

b) Sabemos que Ker(f) estara formado por los vectores de S × T cuya imagen sea el{0V }. Ahora bien, por definicion de la aplicacion f , necesariamente tendran que ser vectoresde la forma: (x,−x), para que f(x,−x) = x− x = 0.Pero si x ∈ S, tambien se tendra −x ∈ S por ser (S,+) un grupo abeliano y del mismomodo ocurrirıa para T . Luego:

Ker(f) = {(x,−x) | x ∈ S ∩ T}.

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c) Bien, sea g : Ker(f) −→ (S ∩ T ), dada por g(x,−x) = x.Evidentemente, g es una aplicacion biyectiva, veamos tambien es una aplicacion lineal:g(α(x,−x) + β(y,−y)) = g((αx,−αx) + (βy,−βy)) = g(αx + βy,−αx− βy) = αx + βy =αg(x,−x) + βg(y,−y), ∀(x,−x), (y,−y) ∈ Ker(f), con α, β ∈ R.Luego, g es una aplicacion lineal y biyectiva, y por tanto es un isomorfismo.

21. Sea V 6 un espacio vectorial de dimension 6, U y W dos subespacios distintos dedimension 4. Hallar la posible dimension de U ∩W .

Solucion:

Siendo los subespacios vectoriales distintos, U +W contiene propiamente a U y a W , dedonde se deduce:

dim(U +W ) > 4

Por otra parte, dim(U +W ) ≤ 6. Teniendo en cuenta la relacion:dim(U +W ) = dim(U) + dim(W )− dim(U ∩W ), se tiene:

i) Si dim(U +W ) = 5⇒ 5 = 4 + 4− dim(U ∩W )⇒ dim(U ∩W ) = 3.ii) Si dim(U +W ) = 6⇒ 6 = 4 + 4− dim(U ∩W )⇒ dim(U ∩W ) = 2.

Luego, dim(U ∩W ) = 2 o dim(U ∩W ) = 3, dependiendo de dim(U +W ).