Resoluci´on de problemas

J. Martı́nez Tarrazó
Resolución de problemas
J. de Burgos. Curso de Álgebra y Geometrı́a.
2a edición. Alhambra, 1980
April 4, 2014
Springer
Contents
1
Espacios vectoriales y aplicaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Problems . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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1
2
Espacios afines y proyectivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Problems . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
9
Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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1
Espacios vectoriales y aplicaciones lineales
Problems
1.1. Sea V el conjunto de las sucesiones infinitas de números reales; en V se consideran las operaciones:
(xn ) + (yn ) = (xn + yn ), ∀(xn ), (yn ) ∈ V,
λ (xn ) = (λ xn ),
∀λ ∈ R.
(a) Pruébese que, respecto de dichas operaciones, V es espacio vectorial.
(b) Pruébese que son subespacios de V los siguientes subconjuntos: las sucesiones
acotadas, las sucesiones constantes, las sucesiones con lı́mite y los infinitésimos.
(c) Analı́cese si son subespacios de V los siguientes subconjuntos: las sucesiones
con lı́mite uno, las sucesiones de términos positivos y las sucesiones sin lı́mite.
1.2. Sea V el conjunto de las funciones reales de una variable real y considérense
las operaciones suma y producto por un escalar:
f + g : R → R, ( f + g)(x) = f (x) + g(x),
λ f : R → R, (λ f )(x) = λ f (x),
∀ x ∈ R,
∀ x ∈ R,
para cualesquiera f , g ∈ V y λ ∈ R .
(a) Pruébese que, respecto de dichas operaciones, V es espacio vectorial.
(b) Pruébese que son subespacios de V los siguientes subconjuntos suyos: las
funciones pares, las funciones impares, las funciones acotadas, las funciones
polinómicas, las funciones continuas, las funciones derivables y las funciones
que se anulan en el punto x = 1 .
(c) Analı́cese si son subespacios de V los siguientes subconjuntos suyos: las funciones que no se anulan en ningún punto, las funciones con algún punto de discontinuidad, las funciones negativas y las funciones acotadas superiormente por
la unidad.
2
1 Espacios vectoriales y aplicaciones lineales
1.3. Sea V el espacio vectorial real de las sucesiones de números reales que son
infinitésimos, con las definiciones usuales de suma y producto por un escalar; sea
(an ) ∈ V . Analı́cese si es subespacio de V el conjunto de los infinitésdimos: a) del
mismo orden que (an ) ; b) de orden superior que (an ) , y c) equivalentes a (an ) .
1.4. En el espacio vectorial real R2n se consideran los subespacios
V = {(x1 , x2 , . . . , x2n ) ∈ R2n | xn+i = xi , para i = 1, 2, . . . , n},
U = {(y1 , y2 , . . . , y2n ) ∈ R2n | y2n+1−i = yi , para i = 1, 2, . . . , n};
(a) Hállese la dimensión y determı́nese una de las bases de cada uno de los subespacios V y U .
(b) Hállese V ∩U , su dimensión y una de sus bases (distı́nganse los casos de n par
y n impar).
(c) Hállese V +U .
1.5. Sea V el espacio vectorial real de las funciones reales de dos variables reales,
con las definiciones usuales de suma y de producto por un escalar. Considérense los
subespacios U1 de las funciones que se anulan en (1, 0) y en (0, 1) y U2 de las
funciones lineales. Pruébese que U1 y U2 son subespacios suplementarios de V
y obténgase la correspondiente descomposición en suma de una función cualquiera
f ∈V .
1.6. Sea V el espacio vectorial real de las funciones reales de una variable real,
definidas en un intervalo I = [a, b] , con las definiciones usuales de suma de funciones y de producto por un escalar; considérense los siguientes subconjuntos de
V:
• U1 está constituido por las funciones continuas en I .
• U2 está constituido por aquellas funciones f ∈ V tales que existen x0 < x1 <
x2 < · · · < xn , con x0 = a y xn = b , tales que en Ii =]xi−1 , xi [ es f constante,
i = 1, 2, . . . , n .
Se pide:
(a) Describir las funciones que constituyen U1 ∩U2 y U1 +U2 .
(b) Si U2 se modifica de modo que se sustituyen los intervalos Ii por los Ji =
[xi−1 , xi [ y se exige, además, que f (xn ) = 0 , averiguar si es directa la suma de
U1 y U2 .
1.7. Se llaman soluciones de la ecuación diferencial lineal de coeficientes constantes:
D( f ) ≡ a0 f + a1 f 0 + a2 f 00 + · · · + an f (n) = g.
Donde a0 , a1 , . . . , an ∈ R son números dados y g es una función, real de una variable
real, continua, a las funciones f reales de una variable real, n veces continuamente
derivables, esto es f ∈ Cn (R, R) tales que verifican a:
a0 f (x) + a1 f 0 (x) + a2 f 00 (x) + · · · + an f (n) (x) = g(x),
Se pide:
∀ x ∈ R.
1 Espacios vectoriales y aplicaciones lineales
3
(a) Probar que las soluciones de D( f ) = o constituyen un subespacio vectorial de
Cn (R, R) .
(b) Probar que las soluciones de D( f ) = g constituyen una variedad lineal afı́n, de
Cn (R, R) , cuya dirección es la solución de D( f ) = o .
1.8. En un espacio vectorial V , considérese el sistema de vectores S = {x1 , x2 , . . . , xn } ;
sea T = {y1 , y2 , . . . , yn } , donde y1 = x1 , y2 = x1 + x2 , . . . , yn = x1 + x2 + · · · + xn .
Pruébese que T es un sistema independiente si, y sólo si, lo es S .
1.9. Sabiendo que los tres vectores (2, 0, 1, 1) , (1, 2, 3, 4) , (2, 1, −1, 2) , del espacio vectorial real R4 , pertenecen a una variedad afı́n de dimensión dos, hállese su
dirección.
1.10. En el espacio vectorial de las funciones reales de una variable real, respecto
de la suma y del producto por un número real usuales, se considera el sistema de
vectores:
S = {x 7→ 1, x 7→ sen x, x 7→ cos x, x 7→ sen(x + 1), x 7→ cos2 x, x 7→ sen2 x}
hállese el rango de S , una base del subespacio engendrado por S y las coordenadas,
respecto de dicha base, de los vectores de S . Averı́güese cuáles de los siguientes
vectores pertenecen a dicho subespacio:
x
x 7→ cos 2x, x 7→ sen 2x, x 7→ sen , x 7→ cos(x + 1) cos(x − 1) .
2
1.11. Sea V el espacio vectorial real de las funciones reales de una variable real, con
las operaciones usuales. Si Φ : R3 → V es la aplicación que a cada terna (a, b, c) ∈
R3 le asocia la función x 7→ a sen2 x + b cos2 x + c .
(a) Pruébese que Φ es lineal.
(b) Hállese el núcleo y la imagen de Φ , analizando si Φ es inyectiva.
(c) Localı́cese Φ −1 (U) , donde U es el subespacio de V que forman las funciones
constantes.
1.12. En un espacio vectorial real V se dice que C ⊂ V es un conjunto convexo si se
verifica que, ∀ u v ∈ C , los vectores λ u+ µv , que se obtienen para λ , µ ∈ [0, 1] ⊂ R
verificando λ + µ = 1 , pertenecen todos a C .
(a) Dese una interpretación geométrica para V = R2 .
(b) Si f : V → W es una aplicación lineal entre espacios vectoriales y C es un
conjunto convexo de V , analı́cese si f (C) es un conjunto convexo de W .
(c) Si f : V → W es aplicación lineal y D es conjunto convexo de W , analı́cese si
f −1 (D) es conjunto convexo de V .
(d) Se llama envolvente convexa de un conjunto A ⊂ V a la intersección de todos los
conjuntos convexos que contienen a A . Pruébese que dicha envolvente convexa
es el menor de los conjuntos convexos que contienen a A .
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1 Espacios vectoriales y aplicaciones lineales
1.13. Sea V el espacio vectorial real de las funciones reales definidas en el intervalo
real [0, 1] , respecto de las operaciones usuales. Considérense los subespacios U de
las funciones que se anulan en los extremos del intervalo, y W , engendrado por las
funciones x 7→ ex y x 7→ e−x . Se pide:
(a) Obtener U ∩W .
(b) U +W expresando una cualquiera de sus funciones como suma de una de U y
otra de W .
1.14. Si x , y y z son tres vectores independientes de un espacio vectorial V , se
consideran los vectores u = rx + (1 − r)y , v = ry + (1 − r)z y w = rz + (1 − r)x ,
donde r es un escalar cualquiera.
(a) Si V es un espacio vectorial real, pruébese que u , v y w son linealmente
independientes, ∀ r ∈ R .
(b) Si V es un espacio vectorial complejo, hállese r para que {u, v, w} sea un
sistema dependiente.
1.15. Sean, en un espacio vectorial V , dos sistemas de vectores Si y Sg , donde Si
es independiente y Sg es generador. Pruébese que existe un subconjunto Sg0 de Sg
tal que Si ∪ Sg0 es una base de V .
1.16. Si U y W son dos espacios suplementarios de un espacio vectorial V ,
pruébese que V es isomorfo al espacio vectorial producto U × W ; encuéntrese un
isomorfisno entre ellos.
1.17. Si U1 y U2 son dos subespacios de un espacio vectorial V , hállese una
condición necesaria y suficiente para que U1 ∪U2 sea un subespacio de V .
1.18. Sea V el espacio vectorial de los números complejos construido sobre R y
sea U el espacio vectorial de los números complejos construido sobre sı́ mismo;
pruébese que:
dim(V ) = 2
y
dim(U) = 1 .
1.19. Si U y V son dos espacios vectoriales de dimensión finita, sobre un mismo
cuerpo, pruébese que:
dim(U ×V ) = dim(U) + dim(V ) .
1.20. Sea S = {x1 , x2 , . . . , xn } un sistema de vectores, de un espacio vectorial; considérese el nuevo sistema T = {y1 , x2 , . . . , xn } , donde y1 = x1 + a2 x2 + · · · + an xn ,
para cualesquiera escalares a2 , . . . , an . Pruébese que T es linealmente independiente si, y sólo si, lo es S .
1.21. Dado un sistema de vectores S = {x1 , x2 , . . . , xn } , de un espacio vectorial, considérese el nuevo sistema T = {x1 , x2 + a2 x1 , . . . , xn + an x1 } . Pruébese que S y T
son sistemas de vectores con igual rango, para cualesquiera escalares a2 , . . . , an .
1 Espacios vectoriales y aplicaciones lineales
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1.22. Dados un espacio vectorial V , de dimensión finita, y una base suya {e1 , e2 , . . . , en } ,
considérese el sistema de vectores S = {x1 , x2 , . . . , x p } , p ≤ n , con xi = xi1 e1 +
xi2 e2 + · · · + xin en , i = 1, 2, . . . , p . Pruébese que, si existe ji ≥ i tal que si j < ji ⇒
j
xij = 0 , entonces el rango de S es igual al número de los escalares x1j1 , x2j2 , . . . , x pp ,
1 ≤ j1 < j2 < · · · < j p ≤ n , que son no nulos. Recurriendo al resultado del ejercicio 1.21, descrı́base un proceso que transforme un sistema de vectores en otro equivalente que satisfaga a la anterior condición: j < ji , i ≤ ji ⇒ xij = 0 . Dedúzcase de
lo anterior un procedimiento para localizar el rango de un sistema de vectores de un
espacio de dimensión finita.
1.23. Calcúlese el rango de los siguientes sistemas de vectores de R4 :
{(1, −1, 3, 2), (0, 1, 2, −1), (2, −3, 4, 5), (1, 0, 4, 1), (1, −3, 0, 4)} ,
{(1, 0, 1, 0), (2, 1, 0, −1), (−1, 2, 1, 0), (2, 3, 2, −1), (4, −1, 0, −1)} ,
{(1, 1, 2, 0), (−2, 1, 0, 3), (−1, 1, 3, 2), (0, 1, 1, 1), (2, 2, −1, 1)} .
1.24. Calcúlese, según los valores reales de α , β y γ , el rango del siguiente sistema
de vectores de R3 :
{(1, −1, 0), (2, 1, α), (3, 0, β ), (1, γ, 1)} .
1.25. Sea L (V ) el anillo de los endomorfismos en un espacio vectorial V ; pruébese
que:
(a) ∀ f , g ∈ L (V ) , es g ◦ f = o ⇐⇒ Im( f ) ⊂ N(g) .
(b) f ∈ L (V ) es divisor de cero por la derecha si, y sólo si, no es sobreyectivo.
(c) f ∈ L (V ) es divisor de cero por la izquierda si, y sólo si, no es inyectivo.
1.26. Sea V el espacio vectorial real de las sucesiones infinitas (x1 , x2 , . . . , xn , . . . )
de números reales, con las definiciones usuales de suma y producto por un escalar;
sea, ∀i ∈ N∗ , ei ∈ V la sucesión cuyos elementos, a excepción del de lugar i que
vale uno, son todos los demás nulos. Pruébese que un endomorfismo f : V → V
queda definido de modo único al conocer, ∀i ∈ N∗ , ui = f (ei ) .
Hállese el núcleo y la imagen de un tal endomorfismo cuando está definido de
cada una de las formas siguientes, ∀i ∈ N∗ :
(a) f (ei ) = ei+1 ;
(b) f (e2i−1 ) = f (e2i ) = ei ;
(c) f (e2i−1 ) = ei , f (e2i ) = o .
1.27. Sea V un espacio vectorial de dimensión par n = 2p y considérese un endomorfismo f : V → V no nulo. Pruébese que
(N( f ) = Im( f )) ⇐⇒ rang( f ) = p y f 2 = o
1.28. Dadas las siguientes formas lineales f1 , f2 , f3 : R4 → R , analı́cese si son independientes, para los distintos valores de α, β , γ ∈ R :
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1 Espacios vectoriales y aplicaciones lineales
f1 (x1 , x2 , x3 , x4 ) = x1 + x2 + αx3
f2 (x1 , x2 , x3 , x4 ) = x2 + x3 + β x4
f3 (x1 , x2 , x3 , x4 ) = γx1 + x3 + x4 .
1.29. En un espacio vectorial real, V , de dimensión 3, y respecto de una base
{e1 , e2 , e3 } , se consideran las tres formas lineales f1 , f2 y f3 definidas, ∀ x(x1 , x2 , x3 ) ,
mediante
f1 (x1 , x2 , x3 ) = x1 − x2 ,
f2 (x1 , x2 , x3 ) = x2 − x3 ,
f3 (x1 , x2 , x3 ) = x3 + x1 .
(a) Compruébese que forman base del espacio, V ∗ , dual de V .
(b) Hállese la base de V de la que es dual la ( f1 , f2 , f3 ) .
1.30. Sea V un espacio vectorial real de dimensión 3 y B = {e1 , e2 , e3 } una de sus
bases. Sea f : V → R la forma lineal que satisface a:
f (e1 + e2 ) = 1 ,
f (e2 − e3 ) = 2 ,
f (e3 − e1 ) = 3 ,
se pide:
(a) Ecuación de f en la base B de V .
(b) Coordenadas de f en la base B∗ , dual de B .
1.31. Dada la aplicación lineal f : R3 → R2 , f (x, y, z) = (x − y, y − z) , hállese su
núcleo N( f ) y el espacio vectorial cociente R3 / N( f ) .
1.32. Sean V y W espacios vectoriales reales, {e1 , e2 , e3 } base de V y {u1 , u2 , u3 , u4 }
base de W . Sea f : V → W la aplicación lineal definida mediante, λ ∈ R dado:
f (e1 ) = λ u1 + u2 ,
f (e2 ) = u3 + u4 ,
f (e3 ) = u1 + u2 + u3 + u4 ;
hállese:
(a) Las ecuaciones de f en las bases dadas.
(b) El núcleo y la imagen de f , analizando cuándo es inyectiva.
1.33. Sean V un espacio vectorial real de dimensión 3 y B = {e1 , e2 , e3 } una base
de V ; se considera el endomorfismo f : V → V que satisface a:
•
•
∀ x ∈ V ({a, b}) , es f (x) = x ;
c ∈ N( f ) ;
siendo a(0, 1, 1) , b(1, 0, 1) y c(1, 10) ; se pide:
(a) Ecuaciones de f en la base {a, b, c} .
(b) Hallar el núcleo y la imagen de f , ası́ como una base de cada uno.
(c) Ecuaciones de f en la base B .
1 Espacios vectoriales y aplicaciones lineales
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1.34. Sea f : R3 → R3 el endomorfismo, (x, y, z) 7→ (x0 , y0 , z0 ) , de ecuaciones:
x0 = (λ − 2)x + 2y − z,
y0 = 2x + λ y + 2z,
λ ∈ R dado.
0
z = 2λ x + 2(1 + λ )y + (1 + λ )z
Hállese, según los valores de λ , el rango de f , su imagen y su núcleo.
1.35. Si U y W son dos subespacios, de un espacio vectorial de dimensión finita,
pruébese que se satisfacen las siguientes relaciones entre subespacios anuladores:
(U +W )0 = U 0 ∩W 0 ;
(U ∩W )0 = U 0 +W 0 .
1.36. Sean f y g dos endomorfismos, de un espacio vectorial V , tales que f ◦ g =
g ◦ f . Pruébese que el núcleo y la imagen de cada uno de estos endomorfismos es
un subespacio invariante del otro endomorfismo (para una aplicación ϕ : A → B , se
dice que C ⊂ A es invariante si ϕ(C) ⊂ C ).
1.37. Sea f un endomorfismo en el espacio vectorial V y considérese un vector
a ∈ V y sus sucesivas imágenes:
a1 = f (a), a2 = f (a1 ), . . . , a p = f (a p−1 ), . . . ;
(a) Pruébese que el subespacio U engendrado por {a, a1 , a2 , . . . , a p , . . . } es tal que
f (U) ⊂ U (invariante para f ).
(b) Si U tiene dimensión finita y es p el mayor entero para el que S = {a, a1 , . . . , a p }
es linealmente independiente, pruébese que S es una base de U .
1.38. Un endomorfismo f : V → V se dice involutivo si f ◦ f es la aplicación
idéntica.
Si U y W son dos subespacios suplementarios de V, ∀ v ∈ V será v = u + w
con u ∈ U y w ∈ W ; se llama simetrı́a respecto de U paralelamente a W a la
aplicación ϕ : V → V , que es endomorfismo, definida por ϕ(v) = u − w .
Pruébese que si f : V → V es un endomorfismo involutivo, entonces es una
simetrı́a respecto del subespacio U = Im (iV + f ) paralelamente al subespacio W =
Im (iV − f ) (iv : V → V es la aplicación idéntica).
2
Espacios afines y proyectivos
Problems
2.1. Sea Ei un espacio afı́n asociado al espacio vectorial Vi sobre un cuerpo K ,
para i = 1, 2, . . . , n . Dótese al conjunto E1 × E2 × · · · × En de estructura de espacio
afı́n asociado al espacio vectorial V1 ×V2 × · · · ×Vn sobre el cuerpo K .
2.2. Sea E un espacio afı́n. Pruébese que F ⊂ E es un subespacio afı́n de E si, y
sólo si, el baricentro (para cualesquiera coeficientes de suma no nula) de toda familia
de puntos de F es también un punto de F .
2.3. Dos subespacios afines, de un espacio afı́n E asociado a un espacio vectorial V ,
se dice que son suplementarios si sus direcciones son subespacios vectoriales suplementarios de V . Pruébese que dos subespacios afines, F1 y F2 , son suplementarios
si, y sólo si, su intersección consta de un solo punto y su suma es el espacio E .
2.4. Dados, en un espacio afı́n, dos conjuntos de puntos C y D tales que C ⊂ D,
pruébese que el subespacio afı́n engendrado por C está incluido en el engendrado
por D .
2.5. Sean E un espacio afı́n, asociado al espacio vectorial V , y f : E → E una
aplicación afı́n, de E en sı́ mismo, asociada al endomorfismo fb: V → V . Pruébese
que el conjunto de los puntos de E invariantes por f (dobles de f ) es un subespacio
afı́n de E que, cuando no es vacı́o, tiene por dirección al subespacio de V de los
vectores invariantes por fb.
2.6. Dado un espacio afı́n E, asociado al espacio vectorial V , considérense los grupos GA (E), grupo afı́n de E, y GL (V ), grupo lineal de V . Sea Φ : GA (E) →
GL (V ) la aplicación que a cada aplicación afı́n f le hace corresponder su aplicación lineal asociada, fb = Φ( f ) . Pruébese que Φ es un homomorfismo de grupos,
que es sobreyectivo y no inyectivo.
10
2 Espacios afines y proyectivos
2.7. Sean E y F dos espacios afines, asociados a los espacios vectoriales V y W ,
respectivamente, sobre un mismo cuerpo; considérese una aplicación afı́n f : E → F,
asociada a la aplicación lineal fb: V → W . Si G es un subespacio afı́n de F que
tiene por dirección a U, pruébese que f −1 (G) es un subespacio afı́n de E que, si
no es vacı́o, tiene por dirección a fb−1 (U) .
2.8. Sea f : E → F una aplicación entre espacios afines que goza de la propiedad: si
tres puntos de E están alineados, sus imágenes en F están situadas en una misma
recta. Pruébese que f es una aplicación afı́n.
2.9. Sea E un espacio afı́n y f : E → E una transformación. Pruébese que f es
homotecia afı́n o traslación si, y sólo si, transforma toda recta de E en una recta
paralela a ella.
2.10. Dados dos espacios afines, E y F, de dimensión finita, pruébese que los grupos afines GA(E) y GA(F) son isomorfos si, y sólo si, E y F tienen igual dimensión.
2.11. Sea E un espacio afı́n, asociado a un espacio vectorial V sobre un cuerpo K ;
se llama forma afı́n en E a toda aplicación afı́n de E en K, donde K se considera
con su estructura de espacio afı́n asociado a sı́ mismo. Pruébese que:
(a) Si f : E → K es una forma afı́n no constante, para todo k ∈ K, se verifica que
f −1 (k) es un hiperplano de E .
(b) Si H es un hiperplano de E, para todo k ∈ K, existe una forma afı́n, f : E → K,
tal que H = f −1 = {x ∈ E | f (x) = k} .
2.12. Sean E un espacio afı́n, asociado al espacio vectorial V , y E1 y E2 dos subespacios afines de E, de direcciones respectivas V1 y V2 . Pruébese que el conjunto
C = {v = xy | x ∈ E1 , y ∈ E2 }
es una variedad afı́n de V , determinando su dirección.
2.13. En un espacio afı́n E, asociado al espacio vectorial V sobre un cuerpo K,
considérese el hiperplano H = {x ∈ E | f (x) = c}, donde f : E → K es una forma
afı́n, y la recta R = {x = p + λ u | λ ∈ K} . Hállese H ∩ R, según los valores de
c − f (p) y fb(u), donde fb: V → K es la forma lineal asociada a f .
2.14. Sea E un espacio afı́n, asociado a un espacio vectorial sobre un cuerpo K de
caracterı́stica distinta de dos; se dice que una cuaterna de puntos de E, (p, q, r, s) es
un paralelogramo si pq = sr . Pruébese que el punto medio de los puntos p y r coincide con el punto medio de los q y s si, y sólo si, (p, q, r, s) es un paralelogramo.
2.15. Sea E un espacio afı́n, asociado a un espacio vectorial sobre un cuerpo de
caracterı́stica distinta de dos y tres. Considérense tres puntos no alineados p, q y r
y sean p0 , q0 y r0 los puntos medios de los pares de puntos (q, r), (r, p) y (p, q),
respectivamente; pruébese que las rectas que pasa por p y p0 , q y q0 y r y r0 se
cortan en el baricentro de los puntos p, q y r afectados de iguales coeficientes.
2 Espacios afines y proyectivos
11
2.16. Sean F1 y F2 dos subespacios afines, de un espacio afı́n E, que tienen intersección no vacı́a. Pruébese que si F1 y F2 son ambos paralelos a un tercer subespacio G, entonces F1 ∩ F2 y F1 + F2 también son paralelos a G .
2.17. En el espacio afı́n real R4 , asociado a sı́ mismo, se consideran los subespaciosafines:
F1 = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 | x1 = a + λ + 2µ, x2 = 1 − λ − µ, x3 = 4 + 2λ ,
x4 = 6 + λ + 2µ; λ , µ ∈ R},
F2 = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 | x1 = 2 + α + 2β , x2 = 1, x3 = 1 + α + β ,
x4 = 3α; α β ∈ R},
(a) Hállese a para que F1 ∩ F2 6= 0/ .
(b) Para el valor de a que satisface el requisito anterior, hállese F1 ∩ F2 y F1 + F2 .
(c) Si a toma un valor distinto del que satisface al apartado (a), hállese F1 + F2 .
2.18. En el espacio afı́n real R4 , asociado a sı́ mismo, se consideran los subespacios
afines:
F1 = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 | x1 + x2 = 4, x3 + x4 = a},
F2 = {(3 + λ , 2 − 2λ , 2λ , −1 + λ ) | λ ∈ R};
hállese a para que el subespacio afı́n engendrado por F1 y F2 tenga dimensión
mı́nima y localı́cese dicho subespacio.
2.19. Sea f : E → E una transformación afı́n, en un espacio afı́n de dimensión cuatro, que referida a una referencia cartesiana tiene por ecuaciones a:
 0
x = 1+ x+y




y0 = − 1 + y + z
f (x, y, z,t) = (x0 , y0 , z0 ,t 0 )

z0 = 2 + z + t


 0
t = 1 + αx + t
(a) Hállese el número real α para el que f no es una afinidad.
(b) Para el valor de α del apartado anterior, hállese la relación que han de verificar
a, b, c, y d para que el hiperplano ax + by + cz + dt = 1 se transforme en un
subespacio afı́n de dimensión menor que tres, ¿cuál será dicha dimensión?
Solutions
Problems of Chapter 1
1.1
(a) La operación + es interna pues lo es la suma de números reales. Y ∀(xn ), (yn ), (zn ) ∈
V , tenemos:
(i) (xn )+ (yn )+(zn ) = (xn )+(yn+zn ) = xn +(yn +zn ) = (xn +yn )+zn =
(xn + yn ) + (zn ) = (xn ) + (yn ) + (zn ) . Por la asociatividad de los números
reales.
(ii) (xn ) + (yn ) = (xn + yn ) = (yn + xn ) = (yn ) + (xn ) . Por la conmutatividad de
los números reales.
(iii) Si (0n ) es la sucesión con todos sus términos nulos, tenemos: (xn ) + (0n ) =
(xn + 0) = (xn ) análogamente (0n ) + (xn ) = (xn ) i.e. (0n ) es el elemento
neutro de la suma.
(iv) Si (−xn ) es la sucesión cuyos términos son los opuestos de los de (xn ) ,
tenemos: (−xn ) + (xn ) = (−xn + xn ) = (0n ) análogamnte (xn ) + (−xn ) =
(0n ) i.e. (−xn ) es el opuesto de (xn ) .
Ası́ pues (V, +) es grupo abeliano.
∀(xn ), (yn) ∈ V , ∀λ , µ ∈ R .
(v) λ µ(xn ) = λ (µxn ) = λ (µxn ) = ((λ µ)xn ) = (λ µ)(xn ) por la asociatividad del producto de los números
reales.
(vi) (λ + µ)(xn ) = (λ + µ)xn = (λ xn + µxn ) = (λ xn )+(µxn ) = λ (xn )+ µ(xn )
por la distributividad
de los números reales. (vii) λ (xn ) + (yn ) = λ (xn + yn ) = λ (xn + yn ) = (λ xn + λ yn ) = (λ xn ) +
(λ yn ) = λ (xn ) + λ (yn ) ı́dem.
(viii) 1(xn ) = (1 · xn ) = (xn ) propiedad de la unidad en el conjunto de los números
reales.
Por tanto, V es espacio vectorial real.
(b) Tenemos que ∀λ , µ ∈ R .
(i) Si (xn ) e (yn ) son acotadas, también lo es λ (xn ) + µ(yn ) = (λ xn + µyn ) .
(ii) Si (xn ) e (yn ) son constantes, también lo es λ (xn ) + µ(yn ) = (λ xn + µyn ) .
14
Solutions
(iii) Si xn → x e yn → y entonces λ xn + µyn → λ x + µy .
(iv) Si xn → 0 e yn → 0 entonces λ xn + µyn → λ · 0 + µ · 0 = 0 .
(c) Pongamos contraejemplos.
(i) Si xn → 1 entonces 2 · xn → 2 .
(ii) Si (xn ) es de términos positivos −1 · (xn ) = (−xn ) lo es de términos negativos.
(iii) Si (xn ) no tiene lı́mite entonces 0 · (xn ) = (0n ) tiende a cero.
1.2
(a) (i) Evidentemente la suma es una operación
interna y f +(g+h) (x) = f (x)+
(g + h)(x) = f (x) + g(x) + h(x) = f (x) + g(x) + h(x) = ( f + g)(x) +
h(x) = ( f + g) + h (x) pues la suma de números reales es asociativa, i.e.
f + (g + h) = ( f + g) + h .
(ii) Análogamente f + g = g + f .
(iii) Si 0 es la función 0(x) = 0 para cualquier x tenemos Sf+0=0+f=f .Dada f∈
V si definimos − f como (− f )(x) = − f (x) tenemos f +(− f ) = − f + f =
0.
por tanto (V, +) es grupo abeliano. Además:
(iv)
v λ (µ f ) (x) = λ (µ f )(x) = λ µ f (x) = (λ µ) f (x) = (λ µ) f (x) ∀x ∈ R
i.e. λ (µ f ) = (λ µ) f .
vi (λ + µ) f = λ f + µ f .
vii λ ( f + g) = λ f + λ g .
viii 1 · f = f .
Esto ∀ f , g ∈ V y ∀ λ , µ ∈ R .
Ası́ pues, V es espacio vectorial real.
(b) (i) Las funciones pares lo son, pues:
(λ f + µg)(−x) = λ f (−x) + µg(−x) = λ f (x) + µg(x) = (λ f + µg)(x) .
(ii) Las funciones impares lo son, pues:
(λ f + µg)(−x) = λ f (−x)+ µg(−x) = λ − f (x) + µ −g(x ) = −(λ f + µg)(x) .
(iii) Si f y g son acotadas, i.e. ∃M, N tal que | f (x)| < M y |g(x)| < N ∀ x ∈
R , entonces |λ f (x) + µg(x)| < |λ |M + |µ|N ∀x ∈ R . Por tanto, λ f + µg
también es acotada y el conjunto de las funciones acotadas constituye un
subespacio vectorial
(iv) Si p y q son funciones polinómicas también lo es λ p + µq .
(v) Si f i g son continuas, también lo es λ f + µg .
(vi) Si f y g son derivables, también lo es λ f + µg .
(vii) Si f (1) = g(1) = 0 entonces (λ f + µg)(1) = λ f (1) + µg(1) = λ · 0 + µ ·
0 = 0.
(c) (i) El conjunto de las funciones que no se anulan en ningún punto no es subespacio vectorial pues si f no se anula en ningún punto 0 · f = 0 se anula en
todos.
(ii) Si f tiene algún punto de discontinuidad 0 · f = 0 no tiene ninguno.
Solutions
15
(iii) Si f es negativa − f es positiva.
(iv) Sea f (x) = 21 , ∀ x ∈ R evidentemente f (x) < 1 , ∀ x ∈ R , pero 4 · f es tal
que 4· f (x) = 4 · 12 = 2 > 1 ∀ x ∈ R .
1.3
(a) No, pues si an = 1n , bn = 2n y cn = − 2n . Como
n
bn + cn = 0 y bna+c
no tiene lı́mite.
n
an
bn
→
1
2
y
an
cn
→ − 12 pero
n
(b) Sı́, pues si (bn ) y (cn ) son de orden superior a (an ) tenemos λ bna+µc
→λ·
n
0+µ ·0 = 0.
an
→ 12 y (an ) y (2bn ) no serı́an equivalentes.
(c) No, pues si abnn → 1 entonces 2b
n
1.4
V = {(x1 , x2 , . . . , x2n ) ∈ R2n | xn+i = xi ,
i = 1, 2, . . . , n}
U = {(y1 , y2 , . . . , y2n ) ∈ R2n | y2n+1−i = yi ,
i = 1, 2, . . . , n}
(a) Si x ∈ V , entonces
x = (x1 , x2 , . . . , xn , x1 , x2 , . . . , xn )
n
n
z }| { z }| {
= x1 (1, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0)
n
n
z }| { z }| {
+ x2 (0, 1, . . . , 0, 0, 1, . . . , 0)
n
n
z }| { z }| {
+ · · · + xn (0, 0, . . . , 1, 0, 0, . . . , 1)
por tanto
n
n
n
n
n
n
z }| { z }| { z }| { z }| {
z }| { z }| {
BV = {1, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0), (0, 1, . . . , 0, 0, 1, . . . , 0), . . . , (0, 0, . . . , 1, 0, 0, . . . , 1)}
es sistema generador de V . Veamos que es linealmente independiente, si
λ1 (1, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0)+λ2 (0, 1, . . . , 0, 0, 1, . . . , 0)+· · ·+λn (0, 0, . . . , 1, 0, 0, . . . , 1) = o
entonces
(λ1 , λ2 , . . . , λn , λ1 , λ2 , . . . , λn ) = (0, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0)
o sea
λi = 0
i = 1, 2, . . . , n
por tanto, BV es base y dimV = n . Análogamente, si y ∈ U , tenemos
16
Solutions
y = (y1 , y2 , . . . , yn , y1 , y2 , . . . , yn )
n
n
z }| { z }| {
= y1 (1, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 1)
n
n
z }| { z }| {
+ y2 (0, 1, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 1, 0)
n
n
z }| { z }| {
+ · · · + yn (0, 0, . . . , 0, 1, 1, 0, . . . , 0, 0)
por tanto
n
n
z }| { z }| {
BU = {1, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 1),
n
n
z }| { z }| {
(0, 1, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 1, 0),
n
n
z }| { z }| {
. . . , (0, 0, . . . , 0, 1, 1, 0, . . . , 0, 0)}
es sistema generador de V , y de modo análogo a V se puede probar que es
linealmente independiente y, por tanto, base de U y dim = n .
(b) (i) Si n es impar, tenemos n = 2k − 1 , k ≥ 1 . Si x ∈ U ∩V , tenemos
x = (x1 , . . . , xk−1 , xk , xk+1 , . . . , xn , x1 , . . . , xk−1 , xk , xk+1 , . . . , xn )
= (x1 , . . . , xk−1 , xk , xk+1 , . . . , xn , xn , . . . , xk+1 , xk , xk−1 , . . . , x1 )
que conduce a:
x1 = xn = x2k−1 , x2 = x2k−2 , . . . , xk−1 = xk+1 , xk = xk
es decir
xi = x2k−i
i = 1, 2, . . . , k
ası́ pues
n
}|
{
z
k
}|
{
z
x = (x1 , x2 , . . . , xk−1 , xk , xk−1 , . . . , x2 , x1 , x1 , x2 , . . . , xk−1 , xk , xk−1 , . . . , x2 , x1 )
= x1 (1, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 1, 1, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 1)
+ x2 (0, 1, . . . , 0, 0, 0, . . . , 1, 0, 0, 1, . . . , 0, 0, 0, . . . , 1, 0)
+ · · · + xk−1 (0, 0, . . . , 1, 0, 1, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 1, 0, 1, . . . , 0, 0)
+ xk (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0, 0)
por tanto
0
BU∩V = {(1, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 1, 1, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 1),
(0, 1, . . . , 0, 0, 0, . . . , 1, 0, 0, 1, . . . , 0, 0, 0, . . . , 1, 0), . . . (0, 0, . . . , 1, 0, 1, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 1, 0, 1, . . . , 0, 0),
(0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0, 0)}
Solutions
17
es sistema generador de U ∩V . Veamos que es linealmente independiente:
λ1 (1, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 1, 1, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 1)
+ λ2 (0, 1, . . . , 0, 0, 0, . . . , 1, 0, 0, 1, . . . , 0, 0, 0, . . . , 1, 0) + . . .
. . . λk−1 (0, 0, . . . , 1, 0, 1, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 1, 0, 1, . . . , 0, 0)
+ λk (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0, 0)
= (0, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 0)
que equivale a
(λ1 , λ2 , . . . , λk−1 , λk , λk−1 , . . . , λ2 , λ1 , λ1 , λ2 , . . . , λk−1 , λk , λk−1 , . . . , λ2 , λ1 )
= (0, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , λ , 0, 0)
por tanto
λi = 0
i = 1, 2, . . . , k
0
por tanto BU∩V es base de U ∩V y dim(U ∩V ) = k .
(ii) Si n es par n = 2k n ≥ 1 . Si x ∈ U ∩V , tenemos
x = (x1 , . . . , xk , xk+1 , . . . , xk+k , x1 , . . . , xk , xk+1 , . . . , xk+k )
= (x1 , . . . , xk , xk+1 , . . . , xk+k , xk+k , . . . , xk+1 , xk , . . . , x1 )
o sea
x1 = x2k , x2 = x2k−1 , . . . , xk−1 = xk+2 , xk = xk+1
es decir
xi = x2k+1−i
i = 1, 2, . . . , k
por tanto
n+k
}|
{
z
n
z
}|
{
k
z
}|
{
x = (x1 , x2 , . . . , xk−1 , xk , xk−1 , . . . , x2 , x1 , x1 , x2 , . . . , xk−1 , xk , xk , xk−1 , . . . , x2 , x1 )
= x1 (1, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 1, 1, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 1)
+ x2 (0, 1, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 1, 0, 01, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 1, 0)
+...
+ xk−1 (0, 0, . . . , 1, 0, 0, 1, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 1, 0, 0, 1, . . . , 0, 0)
+ xk (0, 0, . . . , 0, 1, 1, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 1, 1, 0, . . . , 0, 0)
por tanto
00
BU∩V
= {(1, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 1, 1, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 1),
(0, 1, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 1, 0, 0, 1, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 1, 0),
...,
(0, 0, . . . , 1, 0, 0, 1, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 1, 0, 0, 1, . . . , 0, 0)
(0, 0, . . . , 0, 1, 1, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 1, 1, 0, . . . , 0, 0)}
18
Solutions
es sistema generador de U ∩ V . Probar que es independiente se realiza
00
de manera similar al caso anterior, por tanto, BU∩V es base de U ∩ V y
dim(U ∩V ) = k .
(c) Si z ∈ U +V entonces ∃x ∈ U y ∃y ∈ V tales que z = x + y como
x = (x1 , x2 , . . . , xn−1 , xn , xn , xn−1 , . . . , x2 , x1 )
y = (y1 , y2 , . . . , yn−1 , yn , y1 , y2 , . . . , yn−1 , yn )
de tal manera que
U +V = {z ∈ R2n | zi = xi + yi , zn+i = xn+1−i + yi , i = 1, . . . , n}
Hallemos una base de este subespacio, distinguiremos los casos n impar y n
par.
(i) Si n = 2k − 1 impar. Si llamamos:
αi = xi + yi ,
βi = xn+1−i − xi
i = 1, 2, . . . , n
tenemos
zi = αi ,
zn+i = αi + βi ,
i = 1, 2, . . . , n .
Podemos establecer las siguientes relaciones con las β ’s:
β1 = xn − x1
β2 = xn−1 − x2
... = ...
βk−1 = x2k−1+1−k+1 − xk−1 = xk+1 − xk−1
βk = x2k−1+1−k − xk = xk − xk = 0
βk+1 = x2k−1+1−k−1 − xk+1 = xk−1 − xk+1 = −βk−1
... = ...
βn−1 = x2 − xn−1 = −β2
βn = x1 − xn = −β1
por tanto
z = (α1 , α2 , . . . , αk−1 , αk , αk+1 , . . . , αn−1 , αn ,
β1 +α1 , β2 +α2 , . . . , βk−1 +αk−1 , βk +αk , βk+1 +αk+1 , . . . , βn−1 +αn−1 , βn +αn )
= (α1 , α2 , . . . , αk−1 , αk , αk+1 , . . . , αn−1 , αn ,
β1 +α1 , β2 +α2 , . . . , βk−1 +αk−1 , 0+αk , −βk−1 +αk+1 , . . . , −β2 +αn−1 , −β1 +αn )
de donde
Solutions
19
n+k
}|
{
z
n
z
}|
{
k
z }| {
z = α1 (1, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 1, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 0)
+ α2 (0, 1, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, 1, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 0)
+...
+ αk−1 (0, 0, . . . , 1, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 1, 0, 0, . . . , 0, 0)
+ αk (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0, 0)
+ αk+1 (0, 0, . . . , 0, 0, 1, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 1, . . . , 0, 0)
+...
+ αn−1 (0, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 1, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 1, 0)
+ αn (0, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 1, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 1)
+ β1 (0, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 1, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, −1)
+ β2 (0, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, 1, . . . , 0, 0, 0, . . . , −1, 0)
+...
+ βk−1 (0, 0, . . . , 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 1, 0, −1, . . . , 0, 0)
Los n + k − 1 vectores señalados constituyen un sistema generador y como
dim(U +V ) = dim(U)+dim(V )−dim(U ∩V ) = n+n−k = n+2k −1−k = n+k −1 ,
resulta que el susodicho sistema generador es base.
(ii) Si n es par n = 2k .
αi = xi + yi ,
βi = xn+1−i − xi
i = 1, 2, . . . , n
tenemos
zi = αi ,
zn+i = αi + βi ,
i = 1, 2, . . . , n .
Podemos establecer las siguientes relaciones con las β ’s:
β1 = xn − x1
β2 = xn−1 − x2
... = ...
βk−1 = x2k+1−k+1 − xk−1 = xk+2 − xk−1
βk = x2k+1−k − xk = xk+1 − xk
βk+1 = x2k+1−k−1 − xk+1 = xk − xk+1 = −βk
βk+2 = x2k+1−k−2 − xk+2 = xk−1 − xk+2 = −βk−1
... = ...
βn−1 = x2 − xn−1 = −β2
βn = x1 − xn = −β1
20
Solutions
por tanto
z = (α1 , α2 , . . . , αk−1 , αk , αk+1 , . . . , αn−1 , αn ,
β1 +α1 , β2 +α2 , . . . , βk−1 +αk−1 , βk +αk , βk+1 +αk+1 , . . . , βn−1 +αn−1 , βn +αn )
= (α1 , α2 , . . . , αk−1 , αk , αk+1 , αk+2 , . . . , αn−1 , αn ,
β1 +α1 , β2 +α2 , . . . , βk−1 +αk−1 , βk +αk , −βk +αk+1 , −βk−1 +αk+2 . . . , −β2 +αn−1 , −β1 +αn )
de donde
n+k
z
}|
{
n
z
}|
{
k
z }| {
z = α1 (1, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 1, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 0)
+ α2 (0, 1, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, 1, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 0)
+...
+ αk−1 (0, 0, . . . , 1, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 1, 0, 0, 0, . . . , 0, 0)
+ αk (0, 0, . . . , 0, 1, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 1, 0, 0, . . . , 0, 0)
+ αk+1 (0, 0, . . . , 0, 0, 1, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 1, 0, . . . , 0, 0)
+ αk+2 (0, 0, . . . , 0, 0, 0, 1, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, 1, . . . , 0, 0)
+...
+ αn−1 (0, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 1, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 1, 0)
+ αn (0, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 1, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 1)
+ β1 (0, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 1, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, −1)
+ β2 (0, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, 1, . . . , 0, 0, 0, . . . , −1, 0)
+...
+ βk−1 (0, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 1, 0, 0, −1, . . . , 0, 0)
+ βk (0, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, 0, . . . , 0, 1, −1, 0, . . . .0, 0)
Estos n + k vectores constituyen un sistema generador, como además
dim(U +V ) = dim(U)+dim(V )−dim(U ∩V ) = n+n−k = n+2k −k = n+k ,
constituyen, pues, una base de U +V .
1.5
U1 = { f ∈ V | f (1, 0) = f (0, 1) = 0}
U2 = { f ∈ V | f (x, y) = ax + by,
a, b ∈ R}
Veamos que U1 ⊕U2 = V .
• U1 ∩U2 = O .
Ya que por ser f ∈ U1 ∩ U2 , tenemos f (1, 0) = a · 1 + b · 0 = 0 y f (0, 1) =
a · 0 + b · 1 = 0 de donde a = b = 0 y por tanto f (x, y) = 0 .
Solutions
21
• V ⊂ U1 +U2 . La otra includión, i.e. U1 +U2 ⊂ V es trivial.
Sea f ∈ V hagamos la descomposición:
f (x, y) = ( f (x, y) − f (1, 0)x − f (0, 1)y)
+ ( f (1, 0)x + f (0, 1)y)
Llamemos
g(x, y) = f (x, y) − f (1, 0)x − f (0, 1)y
h(x, y) = f (1, 0)x + f (0, 1)y
como g(1, 0) = g(0, 1) = 0 , por tanto g ∈ U1 . Y h ∈ U2 ya se ha obtenido la
descomposición y probado que U1 ⊕U2 = V .
1.6
(a)
U1 ∩U2 = { f ∈ V | f (x) = k, k ∈ R}
ya que si f ∈ U1 ∩U2 equivale a que f es continua y constante en Ii . No puede
existir xi tal que f (xi ) sea diferente del valor que toma f en Ii o en Ii+1 ya
que dejarı́a de ser continua pues todo entorno de xi tiene intersección no nula
con Ii y con Ii+1 .
U1 + U2 consta de las funciones continuas o con un número finito de discontinuidades,.
(b) U1 ∩ U2 = 0 , ya que f (b) = f (x0 ) = 0 y debe ser continua y constante en
[xi , xi+1 ] lo que implica que f (x) = 0 si x ∈ [a, b] .
V * U1 +U2
Ya que
(
0, si x ∈ Q
f (x) =
1, si x ∈ R − Q
tiene un número infinito de discontinuidades y en todo intervalo [xi−1 , xi [ con
xi−1 < xi existen infinitos números racionales e irracionales.
1.7
(a) Sea
V = { f ∈ Cn (R, R) | D( f ) = o}
es clar que es subespacio vectorial de Cn (R, R) , ya que:
• Si f , g ∈ V , entonces
D( f + g) = D( f ) + D(g) = o + o = o
de donde f + g ∈ V .
22
Solutions
•
Si λ ∈ R y f ∈ V , tenemos:
D(λ f ) = λ D( f ) = λ o = o
de donde, λ f ∈ V .
(b) Si h ∈ Cn (R, R) y D(h) = g , es caro que h +V es una variedad lineal afı́n de
dirección V , pues si h + f1 ∈ h +V y h + f2 ∈ h +V , obtenemos que h + f1 −
(h + f2 ) ∈ V , pues
D (h + f1 − (h + f2 )) = D(h) + D( f1 ) − D(h) − D( f2 ) = g + o − g − o = o
y si
D(h1 ) = g
tenemos que
D(h1 ) = D (h + (h1 − h)) = D(h) + D(h1 − h)
i.e.
g = g + D(h1 − h)
es decir
D(h1 − h) = o ⇐⇒ h1 − h ∈ V
o sea
h1 = h + (h1 − h) ∈ h +V.
1.8 Si λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ R de tal manera que
o = λ1 y1 + λ2 y2 + · · · + λn yn
= λ1 x1 + λ2 (x1 + x2 ) + · · · + λn (x1 + x2 + · · · + xn )
= (λ1 + λ2 + · · · + λn )x1 + (λ2 + · · · + λn )x2 + · · · + λn xn
Por tanto, si S es sistema linealmente independiente
λ1 + λ2 + · · · + λn = 0
λ2 + · · · + λn = 0
... = ...
λn = 0
lo que conduce a λ1 = λ2 = · · · = λn = 0 esto demuestra la independencia lineal de
T y recı́procamente.
1.9 Sea U la dirección de tal variedad afı́n, por tanto:
(2, 0, 1, 1) − (1, 2, 3, 4) = (1, −2, −2, −3) ∈ U
(2, 0, 1, 1) − (2, 1, −1, 2) = (0, −1, 2, −1) ∈ U
(1, 2, 3, 4) − (2, 1, −1, 2) = (−1, 1, 4, 2) ∈ U
Solutions
23
además
(0, −1, 2, −1) = (1, −2, −2, −3) + (−1, 1, 4, 2)
y
BU = {(1, −2, −2, −3), (−1, 1, 4, 2)} ⊂ U
es independiente y como dim(U) = 2 entonces BU es base de U . Ası́ pues
U = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 | (x1 , x2 , x3 , x4 ) = λ (1, −2, −2, −3)+ µ(−1, 1, 4, 2) , λ , µ ∈ R}
1.10 Sea
S = { f1 (x) = 1, f2 (x) = sen x, f3 (x) = cos x, f4 (x) = sen(x+1), f5 (x) = cos2 x, f6 (x) = sen2 x}
como:
f5 = f1 − f6
f4 = cos 1 f2 + sen 1 f3
y si hacemos:
λ1 f1 (x) + λ2 f2 (x) + λ3 f3 (x) + λ6 f6 (x) ∀ x ∈ R
elijamos algunos valores particulares de x
(para x = −π )
π
λ1 − λ2
+ λ6 = 0 (para x = − )
2
λ1
+ λ3
= 0 (para x = 0 )
π
λ1 + λ2
+ λ6 = 0 (para x = )
2
λ1
− λ3
como
=0
1 0 1
1 1 0
1 −1 0
1 0 −1
0
1
= 4 6= 0
1
0
necesariamente λ1 = λ2 = λ3 = λ6 = 0 , por tanto, S tiene rango 4. Llamemos:
e1 = 1, e2 = sen x, e3 = cos x, e4 = sen2 x
en rigor, e1 es x 7→ 1 , etc. Por tanto:
f1 = (1, 0, 0, 0)
f4 = (0, cos 1, sen 1, 0)
f2 = (0, 1, 0, 0)
f5 = (1, 0, 0, −1)
f3 = (0, 0, 1, 0)
f6 = (0, 0, 0, 1)
24
Solutions
Por otra parte:
x 7→ cos 2x = cos2 x − sen2 x
= 1 − 2 sen2 x
= (1, 0, 0, −2) ∈ V(S)
x 7→ sen 2x = 2 sen x cos x ∈
/ V(S)
r
x
1 − cos x
x 7→ sen =
∈
/ V(S)
2
2
x 7→ cos(x + 1) cos(x − 1) = (cos x cos 1 − sen x sen 1)(cos x cos 1 + sen x sen 1)
= cos2 1 cos2 x − sen2 1 sen2 x
= cos2 1 · 1 − (cos2 1 + sen2 1) sen2 x
= cos2 1 · 1 − sen2 x
= (cos2 1, 0, 0, −1) ∈ V(S)
1.11
(a) Tenemos que ∀ x ∈ R :
Φ λ (a1 , b1 , c1 ) + µ(a2 , b2 , c2 ) (x)
= Φλ a1 + µa2 , λ b1 + µb2 , λ c1 + µc2
2
(x)
2
= (λ a1 + µa2 ) sen x + (λ b1 + µb2 ) cos x + (λ c1 + µc2 )
= λ (a1 sen2 x + b1 cos2 x + c1 ) + µ(a2 sen2 x + b2 cos2 x + c2 )
= λ Φ a1 , b1 , c1 (x) + µΦ aa , b2 , c2 (x)
= λ Φ a1 , b1 , c1 + µΦ a2 , b2 , c2 (x)
i.e.
Φ λ (a1 , b1 , c1 ) + µ(a2 , b2 , c2 ) = λ Φ a1 , b1 , c1 ) + µΦ a2 , b2 , c2
por tanto, Φ es lineal.
(b)
Ker(Φ) = {(a, b, c) ∈ R3 | sen2 x + b cos2 x + c = 0 , ∀ x ∈ R}
en particular
b+c = 0
a+c = 0
(si x = 0 ,)
π
(si x = .)
2
de donde, b = −c y a = −c , respectivamente. Además:
a sen2 x + b cos2 x + c = −c sen2 x − c cos2 x + c = 0 ∀ x ∈ R
por tanto
Solutions
25
Ker(Φ) = {(a, b, c) ∈ R3 | a = −c, b = −c} = V{(1, 1, −1)} .
Por otra parte,
Im(Φ = { f ∈ V | f = Φ(a, b, c) ∀ (a, b, c) ∈ R3 }
i.e. ∀ x ∈ R .
f (x) = a sen2 x + b cos2 x + c = (a + c) · 1 + (b − a) cos2 x
pues sen2 x = 1 − cos2 x , ası́ pues:
Im(Φ) = V{x 7→ 1, x 7→ cos2 x} .
(c) Sea
U = { f ∈ V | f (x) = k , k ∈ R}
por tanto
Φ −1 (U) = {(a, b, c) ∈ R3 | Φ(a, b, c) = k · 1 , k ∈ R}
por el apartado anterior, debemos tener, b − a = 0 y a + c = k , o sea, b = a y
c cualquier número real pues k lo es. Consecuentemente:
Φ −1 (U) = {(a, b, c) ∈ R3 | b = a} = V{(1, 1, 0), (0, 0, 1)} .
1.12
(a) La Fig. 2.1(a) muestra un conjunto convexo y la Fig. 2.1(b) muestra un conjunto
no convexo. Un conjunto convexo de R2 es el que contiene el segmento que une
u
u
v
v
(a) Conjunto convexo.
(b) Conjunto no convexo.
Fig. 2.1. Ejercicio 1.12
dos puntos cualesquiera del mismo.
(b) Sean u0 , v0 ∈ f (C) , entonces existen u, v ∈ C tales que f (u) = u0 y f (v) = v0 .
Por ser C convexo λ u + µv ∈ C con λ , µ ∈ [0, 1] y λ + µ = 1 . Por tanto:
λ u0 + µv0 = f (λ u + µv) ∈ f (C)
lo que implica que f (C) es convexo.
26
Solutions
(c) Si u, v ∈ f −1 (D) entonces f (u), f (v) ∈ D por ser D convexo, λ f (u) +
µ f (v) ∈ D con λ , µ ∈ [0, 1] y, λ + µ = 1 . Como
λ f (u) + µ f (v) = f (λ u + µv) ∈ D
resulta
λ u + µv ∈ f −1 (D)
por lo que f −1 (D) es convexo.
(d) Si D es la envolvente convexa, tenemos por definición que
D=
\
Ci
i∈I
con Ci convexo y A ⊂ Ci .
Veamos, en primer lugar, que D es convexo, pues si u, v ∈ D entonces u, v ∈
Ci ∀ i ∈ I por la propia definición de D y por ser cada Ci convexo, entonces
T
λ u + µv ∈ Ci ∀ i ∈ I con λ , µ ∈ [0, 1] y λ + µ = 1 por lo que u + µv ∈ i∈I Ci
i.e. λ u+ µv ∈ D y D es convexo. Evidentemente, por construcción, D contiene
a A y es el menor de los subconjuntos convexos que lo contienen.
1.13
(a) U ∩W = O . Ya que si f ∈ U ∩W entonces:
• Por ser f ∈ W tenemos que f (x) = aex + be−x , a, b ∈ R .
• Por ser f ∈ U tenemos que:
– f (0) = 0 de donde a + b = 0 .
– f (1) = 0 de donde ae + be−1 = 0 .
Ambas igualdades simultáneas implican que a = b = 0 o sea, f = o .
(b) U +W = V ya que si f ∈ V la podemos expresar como f = g + h con g ∈ U
y h ∈ W , i.e.
•
e−1 f (1) − e−2 f (0) x f (0) − e−1 f (1) −x
e −
e
g(x) = f (x) −
1 − e2
1 − e2
pues g(0) = g(1) = 0 , i,e, g ∈ U .
•
h(x) =
e−1 f (1) − e−2 f (0) x f (0) − e−1 f (1) −x
e +
e
1 − e2
1 − e2
o sea, h ∈ W .
de (a) y (b) obtenemos que U ⊕W = V .
1.14
(a) Sea
λ1 u + λ2 v + λ3 w = o
i.e.
λ1 rx + (1 − r)y + λ2 ry + (1 − r)z + λ3 rz + (1 − r)x = o
Solutions
27
i.e.
λ1 r + λ3 (1 − r) x + λ1 (1 − r) + λ2 r y + λ2 (1 − r) + λ3 r z = o
por ser x , y y z linealmente independientes, tenemos:
+
rλ1
(1 − r)λ1 +

(1 − r)λ3 = 0

=0
rλ2
(1 − r)λ2 +
rλ3 = 0


cuyo determinante vale
0 1 − r
r
1 − r r
0 = 3r2 − 3r + 1
0 1−r r cuyo discriminante vale ∆ = −3 . Por tanto en R tenemos λ1 = λ2 = λ3 = 0 y
el sistema de vectores
√ es independiente.
3 ± 3i
(b) Eligiendo r =
resulta {u, v, w} linealmente dependiente.
6
1.15 Adaptada del libro de S. Lang, Algebra, Aguilar, 1977, págs. 101–102.
Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpo K , y supongamos que V 6= O . Sea
Γ = Si ∪ Sg un conjunto de generadores de V sobre K y Si un subconjunto de Γ
que es linealmente independiente. Existe entonces una base B de V tal que
Si ⊂ B ⊂ Γ
Se demuestra de la siguiente manera:
Sea T el conjunto cuyos elementos son subconjuntos T de Γ que contienen
a Si y son linealmente independientes. Por tanto, T es no vacı́o (contiene a Si ) y
vamos a ver que es un conjunto inductivo. Evidentemente, si {Ti } es un conjunto
S
totalmente ordenado de T (por inclusión), Ti será también linealmente independiente y contiene a Si . Por el lema de Zorn, existe un elemento maximal B de T,
que es linealmente independiente. Sea W el subespacio de V engendrado por B .
Si W 6= V existirá cierto elemento x ∈ V tal que x ∈
/ W . Por tanto, B ∪ {x} es
linealmente independiente, ya que dada una combinación lineal
∑ ay y + bx = 0
ay , b ∈ K .
y∈B
deberá ser b = 0 , pues de lo contrario tendrı́amos
x=−
∑ b−1 ay y ∈ W .
y∈B
Por construcción, vemos ahora que ay = 0 para todo y ∈ B , con lo cual se prueba
que B ∪ {x} es linealmente independiente, y se contradice el carácter maximal de
28
Solutions
B . Se sigue que W = V y además, que B es no vacı́o, ya que V 6= O . Esto demuestra el teorema, y
Sg0 = B r Si .
1.16 Por hipótesis U ⊕W = V . Veamos que V ∼
= U ×W . Sea
Φ : U ×W → V
(u, w) 7→ Φ(u, w) = u + w
(a) Veamos que Φ es lineal:
(i) ∀ (u1 , w1 ), (u2 , w2 ) ∈ U ×W :
Φ (u1 , w1 ) + (u2 , w2 ) = Φ (u1 + u2 , w1 + w2 )
= (u1 + u2 ) + (w1 + w2 ) = (u1 + w1 ) + (u2 , w2 )
= Φ (u1 , w1 ) + Φ (u2 , w2 )
(ii) ∀ (u, w) y ∀ λ ∈ K :
Φ λ (u, w) = Φ (λ u, λ v) = λ u + λ w = λ (u + w) = λ Φ (u, w) .
(b) Veamos que Φ es biyectiva:
(i) Φ es inyectiva:
N Φ = {(u, w) ∈ U ×W | Φ (u, w) = o}
= {(u, w) ∈ U ×W | u + w = o} = {o}
pues por ser U y W subespacios suplementarios de V , todo vector de V
puede expresarse de modo único, como suma de un vector de U y otro de
W , i.e. o = o + o .
(ii) Φ es sobreyectiva:
Dado v ∈ V y por ser U y W suplementarios, existen, de modo único,
sendos vectores, u ∈ U y w ∈ W tales que v = u + w por tanto, (u, w) ∈
U ×W Φ (u, w) = u + w = v .
Ası́ pues, Φ es un isomorfismo. Con lo que se ha probado la proposición.
1.17 La condición necesaria y suficiente pedida es:
U1 ∪U2 es subespacio vectorial deV ⇐⇒ U1 +U2 = U1 ∪U2
Veamos que es necesaria
Sea u ∈ U1 + U2 entonces u = u1 + u2 donde ui ∈ Ui para i = 1, 2 , como
ui ∈ Ui ⊂ U1 ∪ U2 para i = 1, 2 y como U1 ∪ U2 es subespacio de V entonces
u1 + u2 ∈ U1 ∪ U2 con lo que U1 + U2 ⊂ U1 ∪ U2 . Por otra parte, si u ∈ U1 ∪ U2
entonces u ∈ Ui ⊂ U1 +U2 donde i = 1 o i = 2 , o sea U1 ∪U2 ⊂ U1 +U2 . Por lo
tanto, U1 ∪U2 = U1 +U2 .
Veamos que es suficiente
Es trivial pues, U1 ∪U2 = U1 +U2 y U1 +U2 es subespacio vectorial de V .
1.18
Solutions
•
Sea BV = {1, i} .
– BV genera V ya que si x ∈ V entonces x = a + ib = a · 1 + b · i , a, b ∈ R de
forma única.
– BV es independiente ya que:
λ ·1+µ ·i = 0
•
29
λ,µ ∈ R → λ = µ = 0.
Por tanto, BV es base de V y dimV = 2 .
Sea BU = {1} .
– BU genera U ya que si x ∈ U entonces x = a + ib ∈ C de forma única. Esto
es x = (a + ib) · 1 .
– BU es independiente, si λ · 1 = 0 como λ ∈ C → λ = λ1 + iλ2 donde
λ1 , λ2 ∈ R únicos. Por tanto, si λ1 + iλ2 = 0 + i0 → λ1 = λ2 = 0 de donde
λ = 0.
Por tanto, BU es base de U y dimU = 1 .
1.19
U ×V = {(u, v) | u ∈ U , v ∈ V }
suma y producto definido de la forma usual. Sean:
BU = {u1 , . . . , u p }
base de U , dimU = p
BV = {v1 , . . . , vq }
base de V , dimV = q
y sean:
U0 = U × {oV } ⊂ U ×V
que es subespacio isomorfo a U con dimU0 = dimU ,
V0 = {oU } ×V ⊂ U ×V
que es subespacio isomorfo a V con dimV0 = dimV . Además se prueba fácilmente
que
U0 ⊕V0 = U ×V .
Por el teorema de las dimensiones de U0 ∩V0 = {(oU , oV )} = {oU×V } , obtenemos:
dim(U ×V ) = dimU0 + dimV0 = dimU + dimV
Nota: Que U0 ∼
= U se puede probar realizando el isomorfismo
ϕU : U × {oV } → U
(u, oV ) 7→ u
es fácil ver que se trata de un isomorfismo. Análogamente, V0 ∼
=V .
Y que U0 ⊕V0 = U ×V , por lo siguiente:
•
•
U0 ∩V0 = {(oU , oV )} pues si (oU , v) = (u, oV ) entonces u = oU y v = oV .
Si (u, v) ∈ U ×V entonces (u, v) = (u, oV ) + (oU , v) .
1.20
30
•
Solutions
Veamos que T es independiente, supuesto que lo sea S .
λ1 y1 + λ2 x2 + · · · + λn xn = o
que equivale a:
λ1 x1 + (λ2 + λ1 a2 )x2 + · · · + (λn + λ1 an )xn = o ,
como S es independiente, tenemos que:

λ1 = 0 


λ2 + λ1 a2 = 0 
· · · = · · ·



λn + λ1 an = 0
•
como, por la primera ecuación, λ1 = 0 , sustituyendo en las subsiguientes ecuaciones, obtenemos λ2 = · · · = λn = 0 lo que implica que T es independiente.
Veamos que S es independiente, supuesto que lo sea T .
µ1 x1 + µ2 x2 + · · · + µn xn = o
que equivale a:
µ1 (y1 − a2 x2 − · · · − an xn ) + µ2 x2 + · · · + µn xn = o ,
y a su vez, a:
µ1 y1 + (µ2 − a2 µ1 )x2 + · · · + µn xn = o ,
como T es independiente, tenemos que:

µ1 = 0 


µ2 − µ1 a2 = 0 

· · · = · · ·


µn − µ1 an = 0
como por la primera ecuación µ1 = 0 , sustituyendo en las subsiguientes ecuaciones, tenemos que µ2 = · · · = µn = 0 lo que implica que S es independiente.
1.21 El que S y T tengan el mismo rango equivale a decir que V (S) = V (T ) .
Probemos pues esta igualdad.
•
Si x ∈ V (T ) , entonces
n
x = x1 x1 + ∑ x j x j + a j x1
j=2
n
n
1
j
= x + ∑ x a j x1 + ∑ x j x j ∈ V (S)
j=2
por tanto, V (T ) ⊂ V (S) .
j=2
Solutions
•
31
Si x ∈ V (S) , entonces
n
x=
∑ x jx j
j=1
n
n
n
1
j
j
= x − ∑ x a j + ∑ x a j x1 + ∑ x j x j
j=2
j=2
j=2
n
n
1
j
= x − ∑ x a j x1 + ∑ x j a j x1 + x j x j
j=2
j=2
n
n
1
j
= x − ∑ x a j x1 + ∑ x j a j x1 + x j ∈ V (T )
j=2
j=2
por tanto V (S) ⊂ V (T ) .
de ambas inclusiones, obtenemos V (S) = V (T ) .
j
1.22 De los p escalares x1j1 , x2j2 , . . . , x pp supongamos que son no nulos r de ellos,
después de una reordenación si es necesario, podemos suponer que se trata de los r
primeros xiji 6= 0 , i = 1, 2, . . . , r . Por fuerza, xr+1 = · · · = x p = o , i.e.
rang{x1 , x2 , . . . , x p } = rang{x1 , x2 , . . . xr }
falta probar que este conjunto lo es de vectores independientes para poder asegurar
que su rango es r , en efecto, supongamos:
λ1 x1 + λ2 x2 + · · · + λr xr = o
lo que conduce al sistema:

λ1 x1j1 = 0




j2
j2
λ1 x1 + λ2 x2 = 0

························ 



jr
jr
jr
λ1 x1 + λ2 x2 + · · · + λr xr = 0
Por ser x1j1 6= 0 , de la primera ecuación, tenemos λ1 = 0 , por ser x2j2 6= 0 , de la
segunda ecuación, tenemos λ2 = 0 hasta llegar a la última ecuación donde xrjr 6= 0
conduce a que λr = 0 . Por tanto, el sistema es independiente y su rango es r .
El proceso consiste en, dado un sistema de vectores, ordenarlos de manera que
el que tenga la coordenada de ı́ndice más bajo no nula sea el primero y ası́ sucesivamente, de manera que el sistema sea S = {x1 , x2 , . . . , x p } , compuesto por vectores
j
no nulos, aplicamos el ejercicio 1.21 de manera que a2 = −
x21
j
x11
, . . . , ap = −
x j1
j
x11
, con
lo que obtenemos el sistema T = {x1 , x2 + a2 x1 , . . . , x p + a p x1 } con la paricularidad
de que tiene el mismo rango que S y todos los vectores, excepto el primero, tienen la
32
Solutions
coordenada de lugar j1 nula. El procedimiento consiste en mantener el primer vector x1 sin modificaciones y reiterar el proceso anterior con los restantes. Después de
un número finito de iteraciones, el rango será gual al número de vectores no nulos.
1.23 Aplicando el procedimiento descrito en el ejercicio 1.22, tenemos:
•
rang{(1, −1, 3, 2), (0, 1, 2, −1), (2, −3, 4, 5), (1, 0, 4, 1), (1, −3, 0, 4)}
= rang{(1, −1, 3, 2), (0, 1, 2, −1), (0, −1, −2, 1), (0, 1, 1, −1), (0, −2, −3, 2)}
= rang{(1, −1, 3, 2), (0, 1, 2, −1), (0, 0, 0, 0), (0, 0, −1, 0), (0, 0, 1, 0)}
= rang{(1, −1, 3, 2), (0, 1, 2, −1), (0, 0, −1, 0), (0, 0, 1, 0)}
= rang{(1, −1, 3, 2), (0, 1, 2, −1), (0, 0, −1, 0), (0, 0, 0, 0)}
= rang{(1, −1, 3, 2), (0, 1, 2, −1), (0, 0, −1, 0)} = 3
•
rang{(1, 0, 1, 0), (2, 1, 0, −1), (−1, 2, 1, 0), (2, 3, 2, −1), (4, −1, 0, −1)}
= rang{(1, 0, 1, 0), (0, 1, −2, −1), (0, 2, 2, 0), (0, 3, 0, −1), (0, −1, −4, −1)}
= rang{(1, 0, 1, 0), (0, 1, −2, −1), (0, 0, 6, 2), (0, 0, 6, 2), (0, 0, −6, −2)}
= rang{(1, 0, 1, 0), (0, 1, −2, −1), (0, 0, 6, 2), (0, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 0)}
= rang{(1, 0, 1, 0), (0, 1, −2, −1), (0, 0, 6, 2)} = 3
•
rang{(1, 1, 2, 0), (−2, 1, 0, 3), (−1, 1, 3, 2), (0, 1, 1, 1), (2, 2, −1, 1)}
= rang{(1, 1, 2, 0), (0, 3, 4, 3), (0, 2, 5, 2), (0, 1, 1, 1), (0, 0, −5, 1)}
7
1
= rang{(1, 1, 2, 0), (0, 3, 4, 3), (0, 0, , 0), (0, 0, − , 0), (0, 0, −5, 1)}
3
3
7
= rang{(1, 1, 2, 0), (0, 3, 4, 3), (0, 0, , 0), (0, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1)}
3
7
= rang{(1, 1, 2, 0), (0, 3, 4, 3), (0, 0, , 0), (0, 0, 0, 1)} = 4
3
1.24 Por el procedimiento descrito en el ejercicio 1.22, tenemos:
rang{(1, −1, 0), (2, 1, α), (3, 0, β ), (1, γ, 1)}
= rang{(1, −1, 0), (0, 3, α), (0, 3, β ), (0, 1 + γ, 1)}
1
= rang{(1, −1, 0), (0, 3, α), (0, 0, β − α), (0, 0, 1 − α(1 + γ))}
3
Casos:
•
Si β 6= α entonces rang = 3 .
Solutions
•
33
Si β = α :
– Si α(1 + γ) 6= 3 entonces rang = 3 .
– Si α(1 + γ) = 3 entonces rang = 2 .
1.25
(a) •
•
(b) •
•
(=⇒)
Dado v0 ∈ Im( f ) entonces ∃v ∈ V tal que f (v) = v0 como, por hipótesis,
(g ◦ f )(v) = o entonces g(v0 ) = o por tanto, v0 ∈ N(g) .
(⇐=)
Dado v ∈ V entonces (g ◦ f )(v) = g f(v) como f (v) ∈ Im( f ) ⊂ N(g)
entonces f (v) ∈ N(g) por tanto, g f (v) = o ∀ v ∈ V de donde g ◦ f = o .
(=⇒)
Si f fuese sobreyectivo se tendrı́a Im( f ) = V y en virtud del apartado anterior, i.e. Im( f ) = V ⊂ N(g) , deberı́a ser g = o , lo que contradice que f
sea divisor de cero por la derecha.
(⇐=)
Suponiendo f 6= o si f no es sobreyectivo entonces ∃v0 ∈ V tal que
f (v) 6= v0 ∀v ∈ V o sea, v0 ∈
/ Im( f ) , elegimos por ser f 6= 0 y Im( f ) subespacio vectorial una base suya BIm( f ) por el ejercicio 1.15. Además, por no
ser sobreyectivo, no genera V y por ser linealmente independiente y nuevamente por el ejercicio 1.15, podemos completarla a una base BIm( f ) ∪ BV0
de V . Por tanto, si v ∈ V podemos
expresarlo de manera única como
v = v1 + v2 donde v1 ∈ V BIm( f ) y v2 ∈ V (BV0 ) . Definimos, pues:
g(v) = v2 ,
(c) •
•
claramente g 6= o , pues f no es sobreyectivo y si v ∈ Im( f ) como v =
v + o , tenemos que g(v) = o , lo que implica que Im( f ) ⊂ N(g) y por el
apartado (a) g ◦ f = o , i.e. f es divisor por la derecha de cero.
(=⇒)
Si f fuese inyectivo entonces N( f ) = {o} y por el apartado (a), se tendrı́a
que si f ◦ g = o deberı́a ser Im(g) ⊂ N( f ) = {o} , o sea, g = o necesariamente y f no serı́a divisor de cero por la izquierda.
(⇐=)
Si f no es inyectivo entonces ∃v ∈ V y v 6= o tal que v ∈ N( f ) . Por un
procedimiento similar al segundo punto del apartado (b), podemos expresar
una base de V como BV = BN( f ) ∪ BV0 , y podemos expresar de forma única
v = v1 + v2 donde v1 ∈ V BN( f ) y v2 ∈ V (BV0 ) . Definimos g(v) = v1 . De
donde deducimos que Im(g) ⊂ N( f ) y por el apartado (a) f ◦ g = o como
f 6= 0 y g 6= 0 entonces f es divisor de cero por la izquierda.
1.26 Si s ∈ V podemos poner s = si ei .
(a) f (ei ) = ei+1
• Si o = f (v) = f (vi ei ) = vi ei+1 de donde vi = 0
{o} .
∀i ∈ N∗ . Por tanto N( f ) =
34
Solutions
f (v) = vi f (ei ) = vi ei+1 = (0, v1 , v2 , v3 , . . . ) . De donde Im( f ) = {v ∈ V | v1 =
0} .
(b) f (e2i−1 ) = f (e2i ) = ei
i
z }| {
• o = f (v) = (v1 + v2 , v3 + v4 , . . . , v2i−1 + v2i , . . . ) lo que equivale a v2i−1 +
v2i = 0 ∀i ∈ N∗ y a su vez v2i = −v2i−1 ∀i ∈ N∗ . Por tanto N( f ) = {v ∈
V | v2i = −v2i−1 ∀i ∈ N∗ } , o sea, v = (v1 , −v1 , v3 , −v3 , . . . ) .
• Im( f ) = V . Ya que si v0 ∈ V entonces v0 = v0i ei = (ui + wi )ei basta con
definir v ∈ V tal que v2i−1 = ui , v2i = wi , o sea, si v = (u1 , w1 , u2 , w2 , . . . )
y f (v) = (u1 + w1 , u2 + w2 , . . . ) = (v01 , v02 , . . . ) = v0 de donde v0 ∈ Im( f ) .
(c) f (e2i−1 ) = ei , f (e2i = o
• o = f (v) = f (vi ei ) = f (v2i−1 e2i−1 + v2i e2i ) = v2i−1 ei lo que equivale a
v2i−1 = 0 ∀i ∈ N∗ . Por tanto, N( f ) = {v ∈ V | v2i−1 = 0 ∀i ∈ N∗ } , o
sea, v = (0, v2 , 0, v4 , . . . ) .
• Im( f ) = V . Ya que si v0 = (v01 , v02 , . . . ) ∈ V basta elegir v = (v01 , 0, v02 , 0, . . . )
y f (v) = v0 por tanto, v0 ∈ Im( f ) .
•
1.27
•
(=⇒)
A partir de
dim (N( f )) + dim (Im( f )) = dim (V ) = 2p
•
por hipótesis N( f ) = Im( f ) de donde dim (N( f )) = dim (Im( f )) , por tanto,
2 dim (Im( f ) = 2p de donde rang( f ) = dim (Im( f )) = p . Por otra parte, ∀v ∈ V
de donde f 2 (v) = ( f ◦ f )(v) = f f (v) = o ya que f (v) ∈ Im( f ) = N( f ) .
(⇐=)
Si v0 ∈ Im( f ) entonces ∃v ∈ V tal que f (v) = v0 . Además, de f 2 = o , tenemos
que o = ( f ◦ f )(v) = f (v0 ) de donde v0 ∈ N( f ) y por tanto Im( f ) ⊂ N( f ) . Por
hipótesis dim (Im( f ) = p y de que
dim (N( f )) + dim (Im( f )) = dim (V ) = 2p
de donde dim (N( f )) = p . Ası́ pues de dim (Im( f )) = dim (N( f )) y de Im( f ) ⊂
N( f ) se desprende que Im( f ) = N( f ) , ya que de lo contrario entrarı́a en contradicción con la propiedad 12.2.7.d.
1.28 Supongamos
λ1 f1 + λ2 f2 + λ3 f3 (x1 , x2 , x3 , x4 ) = 0
∀ (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4
i.e.

+ γλ3 = 0


λ1 + λ2
= 0
αλ1 + λ2 + λ3 = 0



β λ2 + λ3 = 0
λ1
Casos:
λ1
⇐⇒
+
λ2 −

γλ3 = 0


γλ = 0
3
(1 − αγ + γ)λ3 = 0



(1 + β γ)λ3 = 0
Solutions
•
γ =0
el sistema se reduce a

= 0

λ1
λ2
=0
λ3 = 0
•
35
λ1 = 0
⇐⇒
λ2 = 0


λ3 = 0
Por tanto, las formas lineales son independientes.
γ 6= 0
–
β =−
·
1
γ
1+γ
γ
El sistema se reduce a
α=
λ1
+ γλ3 = 0
)
λ2 − γλ3 = 0
·
–
como tiene soluciones no nulas, el sistema de formas lineales es dependiente.
1+γ
α 6=
γ
El sistema es

λ1
+ γλ3 = 0
λ1 = 0

λ2 − γλ3 = 0
λ2 = 0
⇐⇒


λ3 = 0
λ3 = 0
Las formas lineales son independientes.
1
β 6= −
γ
El sistema es

λ1
+ γλ3 = 0

λ2 − γλ3 = 0
⇐⇒


λ3 = 0
λ1 = 0
λ2 = 0
λ3 = 0
Y el sistema de formas lineales es independiente.
1.29
(a) Sea
λ1 f1 + λ2 f2 + λ3 f3 (x1 , x2 , x3 ) = 0
∀ (x1 , x2 , x3 ) ∈ V
i.e.
(λ1 + λ3 )x1 + (−λ1 + λ2 )x2 + (−λ2 + λ3 )x3 = 0
tenemos
36
Solutions
λ1
−λ1 + λ2

+ λ3 = 0

=0


− λ2 + λ3 = 0
λ1
⇐⇒

+ λ3 = 0

λ2 + λ3 = 0


2λ3 = 0
λ1 = 0
λ2 = 0
λ3 = 0
de donde, { f1 , f2 , f3 } es un sistema independiente de rango 3, como dim(V ∗ ) =
dim(V ) = 3 , resulta ser base de V ∗ .
(b) Sea {u1 , u2 , u3 } la base de la que es dual { f1 , f2 , f3 } , pongamos
ui = (u1i , u2i , u3i ) i = 1, 2, 3 .
Se deberá cumplir f j (ui ) = δ ji .
Para i = 1 , tenemos
1=
0=
0=

f1 (u1 ) = u11 − u21


2
3
f2 (u1 ) =
u1 − u1


f3 (u1 ) = u11
+ u31
u11 =
⇐⇒
1
2
1
2
1
3
u1 = −
2
u21 = −
o sea, u1 = ( 12 , − 21 , − 12 ) . Análogamente, u2 = ( 21 , 12 , − 12 ) y u3 = ( 12 , 12 , 12 ) .
1.30
(a)

f (e1 + e2 ) = f (e1 ) + f (e2 ) = 1

f (e2 − e3 ) = f (e2 ) − f (e3 ) = 2
f (e3 − e1 ) = f (e3 ) − f (e1 ) = 3
f (e1 ) = −2
⇐⇒


f (e2 ) = 3
f (e3 ) = 1
Sea x = x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 ≡ (x1 , x2 , x3 ) , tenemos
f (x1 , x2 , x3 ) = f (x1 e1 +x2 e2 +x3 e3 ) = x1 f (e1 )+x2 f (e2 )+x3 f (e3 ) = −2x1 +3x2 +x3 .
(b) Sea B∗ = {e1 , e2 , e3 } y f = f1 e1 + f2 e2 + f3 e3 , tenemos:

−2 = f (e1 ) = f1 

3 = f (e2 ) = f2
⇐⇒
f = −2e1 + 3e2 + e3


1 = f (e3 ) = f3
o sea, las coordenadas de f en B∗ son f = (−2, 3, 1) .
1.31
N( f ) = {(x, y, z) ∈ R3 | f (x, y, z) = (0, 0)}
o sea
)
x−y = 0
y−z = 0
⇐⇒
)
x=y
z=y
Solutions
37
i.e.
N( f ) = {(x, y, z) ∈ R3 | x = y, z = y} = {(y, y, y) ∈ R3 | y ∈ R} = V ({(1, 1, 1)}) .
Completemos la base del N( f ) a una de R3 añadiendo los vectores (1, 0, 0) y
(0, 1, 0) , es claro que {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 1)} es base de R3 .
Ası́ pues, en virtud de una consecuencia de la prop. 13.3.2 se tiene que {(1, 0, 0)+
N( f ), (0, 1, 0) + N( f )} es una base de R3 / N( f ) , i.e.
R3 / N( f ) = {(x, y, z) + N( f ) | (x, y, z) = λ (1, 0, 0) + µ(0, 1, 0) , λ , µ ∈ R} .
1.32
(a) Si f (x) = y , donde
x = x1 e1 + x2 e2 + x2 e3
y = y1 u1 + y2 u2 + y3 u3 + y4 u4
tenemos
y1 u1 + y2 u2 + y3 u3 + y4 u4 = f (x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 )
= x1 f (e1 )+x2 f (e2 )+x3 f (e3 ) = x1 (λ u1 +u2 )+x2 (u3 +u4 )+x3 (u1 +u2 +u3 +u4 )
= (λ x1 + x3 )u1 + (x1 + x3 )u2 + (x2 + x3 )u3 + (x2 + x3 )u4
Ası́ pues:
λ x1

+ x 3 = y1 



+ x 3 = y2 
x1
x2 + x3 = y3 



2
3
4
x +x = y
(b) (i)
N( f ) = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ V | λ x1 + x3 = 0, x1 + x3 = 0, x2 + x3 = 0}
Casos:
• λ =1
El sistema se reduce a:
)
x1 + x3 = 0
x2 + x3 = 0
⇐⇒
x1 = −x3
)
x2 = −x3
y por tanto
N( f ) = V ({(1, 1, −1)}) = V ({e1 + e2 − e3 })
38
Solutions
•
λ 6= 1
El sistema se reduce a

(1 − λ )x1 = 0

x1 + x3 = 0
x2 + x3 = 0
x1 = 0
x2 = 0
⇐⇒


x3 = 0
por tanto N( f ) = {o} . i.e. f inyectiva sii λ 6= 1 .
(ii)
Im( f ) = {(y1 , y2 , y3 , y4 ) ∈ R4 ∼
= W | ∃ (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 ∼
= V, f (x1 , x2 , x3 ) = (y1 , y2 , y3 , y4 )}
Casos:
• λ =1
Tenemos
y1 = y2 = x1 + x3
)
y3 = y4 = x2 + x3
de donde
(y1 , y2 , y3 , y4 ) = (x1 + x3 , x1 + x3 , x2 + x3 , x2 + x3 )
= x1 (1, 1, 0, 0) + x2 (0, 0, 1, 1) + x3 (1, 1, 1, 1)
como (1, 1, 1, 1) = (1, 1, 0, 0) + (0, 0, 1, 1) y {(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)} es
linealmente independiente.
Im( f ) = V ({(1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)}) = V ({u1 + u2 , u3 + u4 })
•
λ 6= 1
Entonces
(y1 , y2 , y3 , y4 ) = x1 (λ , 1, 0, 0) + x2 (0, 0, 1, 1) + x3 (1, 1, 1, 1) ,
y al ser λ 6= 1 , el sistema {(λ , 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1), (1, 1, 1, 1)} es linealmente independiente.
Im( f ) = V ({(λ , 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1), (1, 1, 1, 1)} .
Obsérvese que al ser
=3
=0
z }| {
z }| {
dim (V ) = dim (Im( f )) + dim (N( f ))
resulta dim (Im( f )) = 3 y por ser { f (e1 ), f (e2 ), f (e3 )} sistema generador de Im( f ) , resulta ser base.
1.33
Solutions
(a) Sea y = f (x) donde, en la base {a, b, c} , tenemos:
x = αa + β b + γc
y = λ a + µb + νc
de donde
(λ , µ, ν) = f (αa + β b + γc)
= α f (a) + β f (b) + γ f (c) = αa + β b = (α, β , 0)
i.e.

λ = α

µ =β


ν =0
(b)
N( f ) = {(α, β , γ) ∈ V | α = 0, β = 0}
= {(α, β , γ) ∈ V | (α, β , γ) = (0, 0, γ)} = V ({(0, 0, 1)}) = V ({c}) .
Im( f ) = {(λ , µ, ν) ∈ V | (λ , µ, ν) = (α, β , 0)} = V ({a, b})
(c) Sea y = f (x) donde
y = y1 e1 + y2 e2 + y3 e3
x = x1 e1 + x2 e2 + x3 e3
además:
f (e2 + e3 ) = e2 + e3
f (e1 + e3 ) = e1 + e3
f (e1 + e2 ) = o
de la linealidad de f se desprende:
1
1
f (e1 ) = e1 − e2
2
2
1
1
f (e2 ) = − e1 + e2
2
2
1
1
f (e3 ) = e1 + e2 + e3
2
2
de donde las ecuaciones pedidas son

1 1 1 2 1 3

x − x + x = y1 


2
2
2

1 1 1 2 1 3
2
− x + x + x =y 

2
2
2


3
3
x =y
39
40
Solutions
1.34
•
Hallemos N( f )



2x +
λy+
2z = 0


2λ x + 2(1 + λ )y + (1 + λ )z = 0
(λ − 2)x +
2y − z
=0
que es equivalente a

(λ − 2)x +
2y − z= 0




2(λ − 1)x + (λ + 4)y
= 0





= 0
(λ + 1) (λ − 2)2 + 4 x



|
{z
}
>0
Casos:
(I) λ 6= −1
de donde x = 0 y tenemos los subcasos
(A) λ 6= −4
de donde y = z = 0 y, por tanto, N( f ) = {o} y rang( f ) = 3 .
(B) λ = −4
de donde y no es necesariamente nulo y z = 2y . Por tanto, N( f ) =
V ({(0, 1, 2)}) y rang( f ) = 2 .
(II) λ = −1
x no es necesariamente cero y y = 34 x y z = − 13 x . Por tanto N( f ) =
V ({(3, 4, −1)}) y rang( f ) = 2
• Hallemos Im( f )
Si (x0 , y0 , z0 ) ∈ Im( f ) entonces
(x0 , y0 , z0 ) = ((λ − 2)x + 2y − z, 2x + λ y + 2z, 2λ x + 2(1 + λ )y + (1 + λ )z)
= x λ − 2, 2, 2λ + y 2, λ , 2(1 + λ ) + z − 1, 2, (1 + λ )
o sea

u
u
u
}|1
}|2
}|3
{ z
{ z
{
Im( f ) = V { λ − 2, 2, 2λ , 2, λ , 2(1 + λ ) , − 1, 2, (1 + λ ) }

z
Para hallar una base debemos de ver si son linealmente independientes, para ello
si µ1 u1 + µ2 u2 + µ3 u3 = o y se obtiene una ecuación igual a la anterior con los
mismos casos.
1.35
•
(U +W )0 = U 0 ∩W 0
Solutions
–
41
(⊂)
Si f ∈ (U +W )0 ⇒ f (v) = 0
∀ v ∈ U +W . En particular
)
∀ u ∈ U ⊂ U +W ⇒ f (u) = 0 ⇒ f ∈ U 0
=⇒ f ∈ U 0 ∩W 0
0
∀ w ∈ W ⊂ U +W ⇒ f (w) = 0 ⇒ f ∈ W
–
(⊃)
(
0
0
Si f ∈ U ∩W =⇒
•
f ∈ U 0 ⇒ ∀ u ∈ U ⇒ f (u) = 0
f ∈ W 0 ⇒ ∀ w ∈ W ⇒ f (w) = 0
Dado v ∈ U + W ⇒ ∃ u ∈ U, w ∈ W tal que v = u + w . Ası́ que f (v) =
f (u + w) = f (u) + f (w) = 0 + 0 = 0 , de donde f ∈ (U +W )0 .
(U ∩W )0 = U 0 +W 0
Por ser el espacio vectorial de dimensión finita, se sabe que si U es un subespacio
0
suyo, entonces U 0 = U . Ası́ pues, ya que U ∩ W , U + W , U y W son
subespacios suyos. Tendremos, por el apartado anterior:
U ∩W = U 0
0
∩ W0
0
o sea
(U ∩W )0 =
U 0 +W 0
= U 0 +W 0
0 0
0
= U 0 +W 0 .
1.36 Veamos que N( f ) e Im( f ) son subespacios invariantes de g , i.e.
•
g (N( f )) ⊂ N( f )
Si v0 ∈ g (N( f ) entonces existe v ∈ N( f ) tal que g(v) = v0 . Veamos que v0 ∈
N( f ) ya que:
f (v0 ) = f (g(v)) = f ◦ g (v) = g ◦ f (v)
= g ( f (v)) = g(o) = o =⇒ v0 ∈ N( f )
•
g (Im( f )) ⊂ Im( f )
Si v00 ∈ g (Im( f )) entonces existe v0 ∈ Im( f ) tal que g(v0 ) = v00 y por ser v0 ∈
Im( f ) entonces existe v ∈ V tal que v0 = f (v) , ası́ pues:
v00 = g(v0 ) = g ( f (v)) = g ◦ f (v) = f ◦ g (v)
= f (g(v)) =⇒ v00 ∈ Im( f )
El otro caso es análogo.
1.37
(a) Probemos que f (U) ⊂ U = V ({a, a1 , a2 , . . . , a p , . . . })
Si u0 ∈ f (U) , entonces existe u ∈ U tal que f (u) = u0 como u ∈ U será una
combinación lineal finita de un número k de vectores de {a, a1 , a2 , . . . , a p , . . . } ,
por tanto
42
Solutions
u = λ 0 a + λ j ai j ,
j = 1, . . . , k i j = 1, 2, . . .
y
u0 = f (u) = f λ 0 a + λ j ai j = λ 0 a1 + λ j ai j +1 ∈ U
(b) Haremos la demostración por inducción.
Como a p+1 = λ 0 a+λ 1 a1 +· · ·+λ p a p por hipótesis, veamos que a p+2 es combinación lineal de S :
a p+2 = f (a p+1 ) = f λ 0 a + λ 1 a1 + · · · + λ p a p
= λ 0 a1 + λ 1 a2 + · · · + λ p−1 a p + λ p a p+1
= λ 0 a1 + λ 1 a2 + · · · + λ p−1 a p + λ p λ 0 a + λ 1 a1 + · · · + λ p a p
= λ p λ 0 a+ λ 0 + λ p λ 1 a1 + λ 1 + λ p λ 2 a2 +· · ·+ λ p−2 + λ p λ p−1 a p−1 + λ p−1 + λ p λ p a p
ası́ pues, a p+2 ∈ V (S) .
Supongamos que a p+k ∈ V (S) , i.e. a p+k = µ 0 a + µ 1 a1 + · · · + µ p a p , veamos
que a p+k+1 ∈ V (S) , para ello:
a p+k+1 = f (a p+k ) = f µ 0 a + µ 1 a1 + · · · + µ p a p
= µ 0 a1 + µ 1 a2 + · · · + µ p−1 a p + µ p a p+1
= µ 0 a1 + µ 1 a2 + · · · + µ p−1 a p + µ p λ 0 a + λ 1 a1 + · · · + λ p a p
= µ p λ 0 a+ µ 0 + µ p λ 1 a1 +· · ·+ µ p−2 + µ p λ p−1 a p−1 + µ p−1 + µ p λ p a p
ası́ pues, a p+k+1 ∈ V (S) . Y por el principio de inducción an ∈ V (S) ,
Por tanto, dado u ∈ U lo podemos expresar como suma finita:
∀n ∈ N .
m
u = α 0 a + ∑ α ik aik
k=1
pero cada aik ∈ V (S) como acabemos de demostrar, ası́ pues, u ∈ V (S) . Por
tanto, S genera U , y por ser linealmente independiente, S es base de U .
1.38 Tenemos que:
U = Im (iV + f )
W = Im (iV − f )
•
Probemos que U ⊕W = V .
– Veamos que U ∩W = O .
(
Si v ∈ U ∩W =⇒
y como f es involutivo:
∃ u ∈ V tal que (iV + f ) (u) = v
∃ w ∈ V tal que (iV − f ) (w) = v
Solutions
(
)
u + f (u) = v
w − f (w) = v
de donde
(
(
⇐⇒
43
)
f (u) + u = f (v)
f (w) − w = f (v)
)
v = f (v)
−v = f (v)
–
Si sumamos ambas ecuaciones (suponiendo que la caracterı́stica del cuerpo
asociado al espacio vectorial sea distinta de 2), tenemos 2 f (v) = o → f (v) =
o y por ser f involutivo, entonces v = f ( f (v)) = f (o) = o , i.e. U ∩W = O .
Veamos que V ⊂ U +W .
Dado v ∈ V , elegimos:
1
(iV + f ) (v) ∈ U
2
1
w = (iV − f ) (v) ∈ W
2
u=
de donde:
u+w =
•
1
1
1
1
(iV + f ) (v) + (iV − f ) (v) = (v + f (v)) + (v − f (v)) = v
2
2
2
2
por tanto, v ∈ U +W .
Con lo que hemos demostrado que U y W son suplementarios.
Veamos que f es una simetrı́a respecto de U paralelamente a W .
Por ser V = U ⊕ W como hemos demostrado, dado cualquier v ∈ V sabemos
que v = u + w con u ∈ U y w ∈ W de manera única (por ser U y W suplementarios) y además sabemos que:
1
1
u = v + f (v)
2
2
1
1
w = v − f (v)
2
2
Ası́ pues, f (v) = u − w como querı́amos probar.
Problems of Chapter 2
2.1 Definamos la operación externa:
(E1 × E2 × · · · × En ) × (V1 ×V2 × · · · ×Vn ) → E1 × E2 × · · · × En
((p1 , p2 , . . . , pn ), (v1 , v2 , . . . , vn )) 7→ (q1 , q2 , . . . , qn ) = (p1 + v1 , p2 + v2 , . . . , pn + vn )
donde (q1 , q2 , . . . , qn ) ∈ E1 × E2 × · · · × En ya que qi = pi + vi ∈ Ei
Veamos que satisface los dos axiomas:
i = 1, 2, . . . , n .
44
Solutions
1.o Dados p = (p1 , p2 , . . . , pn ) , q = (q1 , q2 , . . . , qn ) ∈ E1 × E2 × · · · × En , como
∃! vi ∈ Vi tal que qi = pi + vi i = 1, 2, . . . , n , entonces ∃! v = (v1 , v2 , . . . , vn ) ∈
V1 ×V2 × · · · ×Vn tal que q = p + v .
2.o Dados p = (p1 , p2 , . . . , pn ) y v = (v1 , v2 , . . . , vn ) y u = (u1 , u2 , . . . , un ) , como
(pi + vi ) + ui = pi + (vi + ui ) i = 1, 2, . . . , n , entonces (p + v) + u = p + (v +
u) .
2.2
•
(=⇒)
Sea F = p + W = {x = p + w | w ∈ W } y W subespacio vectorial. Sean
p1 , p2 , . . . , pn ∈ F y sean α 1 , α 2 , . . . , α n ∈ K tal que α 1 + α 2 + · · · + α n 6= 0 ,
el baricentro es pues:
g = 0+
α 1 op1 + α 2 op2 + · · · + α n opn
α1 + α2 + · · · + αn
como g no depende del punto o ∈ E que se elija, tomemos p ∈ F, se tiene
g = p+
α 1 pp1 + α 2 pp2 + · · · + α n opn
α1 + α2 + · · · + αn
y por ser p ∈ F y pi ∈ F i = 1, 2, . . . , n, entonces ppi ∈ W
por ser W subespacio vectorial,
α1
α1 + α2 + · · · + αn
•
pp1 +
α2
α1 + α2 + · · · + αn
pp2 +· · ·+
i = 1, 2, . . . , n, y
αn
α1 + α2 + · · · + αn
ppn ∈ W
y por tanto, g ∈ F .
(⇐=)
Sea W = V ({qr}) q, r ∈ F . Dado p ∈ F y w ∈ W , entonces F será subespacio afı́n de dirección W si el punto p + w ∈ F, veámoslo:
Por ser w ∈ W , entonces w = λ 1 q1 r1 + λ 2 q2 r2 + · · · + λ n qn rn donde qi , r i ∈
F i = 1, 2, . . . , n . Hallemos el baricentro de los puntos p, q1 , r1 , q2 , r2 , . . . , qn , rn
1
1
2
2
n
n
con pesos
evidentemente 1+
1,1 −λ , λ2 , −λ 2, λ , . . . , −λ n, λ , respectivamente,
1
−λ + λ + −λ + λ + · · · + (−λ ) + λ n = 1 6= 0, tenemos:
op − λ 1 oq1 + λ 1 or1 − + · · · − λ n oqn + λ n orn
1−λ1 +λ1 +−···−λn +λn
op + λ 1 (−oq1 + or1 ) + · · · + λ n (−oqn + orn )
= o+
1
= o + op + λ 1 q1 r1 + · · · + λ n qn rn = p + λ 1 q1 r1 + · · · + λ n qn rn = p + w
g = o+
por hipótesis, g = p + w ∈ F con lo que concluye la demostración.
2.3
•
(=⇒)
Ver 14.6.3.
Solutions
•
45
(⇐=)
Por ser la intersección no vacı́a, si p ∈ F1 ∩ F2 , entonces:
)
F1 = p1 +U1
=⇒ F1 ∩ F2 = p + (U1 ∩U2 )
F2 = p2 +U2
y por consistir en un único punto U1 ∩ U2 = {o} y por ser F1 + F2 = E y p ∈
F1 ∩ F2 , entonces F1 + F2 = p + (U1 +U2 ) de donde U1 +U2 = V y, por tanto,
U1 y U2 son suplementarios.
2.4 Por ser C ⊂ D y D ⊂ E (D), entonces, C ⊂ E (D) . Por tanto, E (D) es un
subespacio de los que contienen a C y como E (C) es el menor de los subespacios
que contienen a C (pues es la intersección de todos ellos) entonces, E (C) ⊂ E (D) .
2.5 Sea W = {v ∈ V | fb(v) = v} que es evidentemente un subespacio vectorial de
V , y F = {p ∈ E | f (p) = p} . Veamos que F es un subespacio afı́n de dirección
W para ello veamos:
1.o Si p, q ∈ F deberá cumplirse pq ∈ W , en efecto: como f (p) = p y f (q) = q,
tenemos:
pq = f (p) f (q) = fb(pq)
de donde, pq ∈ W .
2.o Dados p ∈ F y v ∈ W se deberá tener p + v ∈ F, en efecto: como p + v =
o + op + v, tendremos:
f (p + v) = f (o) + fb(op + v) = f (o) + fb(op) + fb(v)
{z
} |{z}
|
= f (p)
=v
= f (p) + v = p + v
de donde, p + v ∈ F .
2.6 Sea
Φ : GA (E) → GL (V )
f 7→ Φ( f ) = fb
es un homomorfismo de grupos ya que si son f y g son aplicaciones afines cuyas
aplicaciones lineales asociadas son fb y gb, respectivamente, entonces
Φ( f ◦ g) = fd
◦ g = fb◦ gb = Φ( f ) ◦ Φ(g)
es sobreyectiva ya que si fb ∈ GL (V ) definamos f : E → E con f (o) = o para
o ∈ E fijo, entonces
f (p) = f (o) + fb(op)
es afı́n ya que si
f (p) = o + fb(op) y
f (q) = o + fb(oq)
46
Solutions
obtenemos
f (p) f (q) = f (p)o + o f (q) = −o f (p) + o f (q)
= − fb(op) + fb(oq) = fb(−op + oq) = fb(po + oq) = fb(pq)
por tanto, f es afı́n y por ser fb ∈ GL (V ) es afinidad, i.e. f ∈ GA (E) . Por tanto, Φ
es sobreyectivo.
No es inyectivo ya que dadas f y g definidas como
f (p) = f (o) + i(op)
g(p) = g(o) + i(op)
con f (o) 6= g(o) e i ∈ GL (V ) la aplicación identidad. Por tanto f , g ∈ GA (E) con
f 6= g, obtenemos Φ( f ) = Φ(g) = i por lo que Φ no es inyectivo, i.e. N (Φ) 6=
{1GA(E) } .
2.7 Tenemos
f: E →F
fb: V → W
(E,V, K)
(F,W, K)
f (p) = f (o) + fb(op)
y G subespacio de F de dirección U ⊂ W . Por otra parte
•
•
f −1 (G) = {p ∈ E | f (p) ∈ G} .
fb−1 (U) es subespacio vectorial de V ya que fb es lineal y U es subespacio
vectorial de W .
1.o Sean p, q ∈ f −1 (G) veamos que pq ∈ fb−1 (U), en efecto. Si f (p), f (q) ∈ G,
entonces
f (p) f (q) = fb(pq) ∈ U → pq ∈ fb−1 (U)
2.o Sean p ∈ f −1 (G) y v ∈ fb−1 (U), veamos que p + v ∈ f −1 (G), en efecto:
f (p + v) = f (o + op + v) = f (o) + fb(op + v)
= f (o) + fb(op) + fb(v) = f (p) + fb(v) ∈ G → p + v ∈ f −1 (G)
|
{z
}
|{z} |{z}
∈G
f (p)
∈U
Y, por tanto, f −1 (G) es subespacio afı́n de E de dirección fb−1 (U) .
2.8 Refiero la demostración que di hace unos 25 años:
El enunciado es incompleto pues debe suponer tal aplicación que transforma
puntos no alineados en puntos no alineados y que todo punto de la recta de dos
puntos transformados tiene antiimagen.
•
Como contraejemplo de la primera afirmación, supóngase
f : R2 → R2
(x, y) 7→ f (x, y) = (0, y3 )
que evidentemente no es afı́n.
Solutions
•
47
Y como contraejemplo de la segunda afirmación, considérese:
f: R→R
x 7→ f (x) =
x2
x2 + 1
que tampoco es afı́n.
Sea pues f que cumple las condiciones del enunciado más las dos que hemos mencionado, tenemos
f (y) = f (x) + g(x, y) donde g(x, y) = f (x) f (y)
veamos que g únicamente depende del vector xy . Para ello, consideremos los aiguientes casos. Sea pqsr el paralelogramo de la Fig. 2.2, probemos que g(p, q) =
g(r, s) . Casos:
p
q
r
s
Fig. 2.2. Ejercicio 2.8
(a) f (p) f (q), f (r) f (s) linealmente dependientes, i.e.
f (r) f (s) = k f (p) f (q)
k 6= 0
(i) Si k = 1, entonces g(r, s) = g(p, q), con lo que ya estarı́a probado.
(ii) Si k 6= 1, veamos que f (p) f (r), f (q) f (s) son linealmente independientes.
En caso contrario, tendrı́amos que
f (q) f (s) = k0 f (p) f (r) ⇐⇒ f (q) f (p)+ f (p) f (r)+ f (r) f (s) = k0 f (p) f (r)
⇐⇒ f (q) f (p) + f (p) f (r) + k f (p) f (q) = k0 f (p) f (r)
⇐⇒ (−1 + k) f (p) f (q) + (1 − k0 ) f (p) f (r) = o
como, por hipótesis, f (p), f (q), f (r) no están alineados ya que no lo están
p, q, r se sigue que f (p) f (q) y f (p) f (r) son vectores linealmente independientes y, por tanto, −1 + k =0 de donde k = 1 . Contradicción.
Veamos que las rectas f (p) + V { f (p) f (r)} y f (q) + V { f (q) f (s)}
se cortan. (Recordar que a + U y b + V tienen intersección no vacı́a sii
ab ∈ U +V ).
48
Solutions
f (p) f (q) = f (p) f (r) + f (r) f (s) + f (s) f (q)
⇐⇒ f (p) f (q) = f (p) f (r) + k f (p) f (q) + f (s) f (q)
1
1
f (p) f (q) =
f (p) f (r) −
f (q) f (s)
1−k
1−k
por tanto, se cortan en un punto a0 = f (a) pero entonces a, p, r estarı́an
alineados y a, q, s estarı́an alineados, lo cual es absurdo, ya que las rectas
p + V ({pr}) y q + V ({qs}) ( pr = qs ) no se cortan.
Ası́ pues, no puede ser k 6= 1 .
Y, por tanto, f (r) f (s) = f (p) f (q) lo que equivale a g(r, s) = g(p, q) y g
únicamente depende del vector rs = pq sin importar su representante.
(b) f (p) f (q), f (r) f (s) son linealmente independientes.
(i) Si f (p) f (r) = f (q) f (s), entonces f (p) f (q) = f (r) f (s), contradicción.
(ii) Si f (q) f (s) = k f (p) f (r) k 6=1 .
Veamos si las rectas f (p) + V { f (p) f (q)} y f (r) + V { f (r) f (s)} se
cortan.
f (p) f (r) = f (p) f (q) + f (q) f (s) + f (s) f (r)
⇐⇒ f (p) f (r) = f (p) f (q) + k f (p) f (r) + f (s) f (r)
1
1
f (p) f (q) −
f (r) f (s)
⇐⇒ f (p) f (r) =
1−k
1−k
con lo que se cortarı́an y por el mismo argumento del caso (a,ii) obtendrı́amos una contradicción, ası́ pues f (q) f (s) y f (p) f (r) deben ser
linealmente independientes.
(iii) f (q) f (s), f (p) f (r) linealmente independientes.
En el paralelogramo de la Fig. 2.3. como p, o, s están alineados f (p), f (o), f (s)
p
q
o
r
s
Fig. 2.3. Ejercicio 2.8
también lo están por hipótesis, ası́ pues
f (o) = f (p) + λ f (p) f (s) λ 6= 0
(2.1)
además q, o, r están alineados, ası́ pues
f (o) = f (q) + µ f (q) f (r)
que también podemos escribir:
µ 6= 0
(2.2)
Solutions
49
f (o) = f (r) + (−1 + µ) f (q) f (r)
− 1 + µ 6= 0
(2.3)
f (o) = f (s) + (−1 + λ ) f (p) f (s)
− 1 + λ 6= 0
(2.4)
combinando adecuadamente (2.1), (2.2), (2.3) y (2.4), obtenemos:
f (p) f (q) = −µ f (q) f (r) + λ f (p) f (s)
f (r) f (s) = (−1 + µ) f (q) f (r) + (1 − λ ) f (p) f (s)
f (p) f (r) = (1 − µ) f (q) f (r) + λ f (p) f (s)
f (q) f (s) = µ f (q) f (r) + (1 − λ ) f (p) f (s)
por ser f (p) f (q), f (r) f (s) independientes, debemos tener f (q) f (r), f (p) f (s)
independientes.
Y por ser f (p) f (r), f (q) f (s) independientes, tenemos:
1 − µ λ 6= 0 ⇐⇒ 1 − (µ + λ ) 6= 0
µ 1−λ
Ası́ pues:
1−λ
λ
f (p) f (r) −
f (q) f (s)
1 − (µ + λ )
1 − (µ + λ )
µ
1−µ
f (p) f (s) = −
f (p) f (r) +
f (q) f (s)
1 − (µ + λ )
1 − (µ + λ )
f (q) f (r) =
i.e.

−µ
λ

f (p) f (r) +
f (q) f (s)

1 − (µ + λ )
1 − (µ + λ )
(2.5)

−(1 − λ )
1−µ

f (r) f (s) =
f (p) f (r) +
f (q) f (s)
1 − (µ + λ )
1 − (µ + λ )
Veamos pues si las rectas f (p)+V { f (p) f (q)} y f (r)+V { f (r) f (s)}
se cortan. De (2.5), tenemos
1 − (µ + λ ) (1 − µ)
λ 1 − (µ + λ )
f (p) f (r) =
f (p) f (q)−
f (r) f (s)
λ (1 − λ ) − µ(1 − µ)
λ (1 − λ ) − µ(1 − µ)
f (p) f (q) =
pues
−µ
λ = λ (1 − λ ) − µ(1 − µ) 6= 0
−(1 − λ ) 1 − µ pues f (p) f (q), f (r) f (s) son independientes.
ASı́ pues, dichas rectas se cortarı́an y por un argumento conocido, sabemos
que es absurdo.
50
Solutions
En conclusión, si pq = rs entonces g(pq) = g(rs), es decir, si V es el espacio
vectorial asociado a E, g tiene como dominio a V y si W es el espacio vectorial
asociado a F, g : V → W .
Probemos que g es lineal con lo que habremos probado que f es afı́n:
1.o Sean y = x + u y z = y + v = (x + u) + v = x + (u + v), por tanto
g(u + v) = g(xz) = f (x) f (z) = f (x) f (y) + f (y) f (z)
= g(xy) + g(yz) = g(u) + g(v)
2.o
Aquı́ acaba, sin concluir, mi demostración de 1989, veinticinco años después,
gracias a la implantación de internet y a la creación de páginas especializadas, podemos enlazar, por ejemplo a Mathoverflow, buscar el tag affine-geometrie y desplegar
las preguntas registradas, entre ellas Line-preserving bijection of Rn onto itself, de
donde nos enteramos de que el enunciado del ejercicio en realidad es el Teorema
Fundamental de la Geometrı́a Afı́n cuya demostración is long and involved en
palabras de M. Berger de su libro Geometry enlazado por François Ziegler en contestación a la pregunta del usuario que plantea la cuestión.
http://mathoverflow.net/questions/139978/line-preser
ving-bijection-of-mathbbrn-onto-itself
2.9
•
(=⇒)
Sea la recta p +U .
– Si f = ta es una traslación de vector a .
ta (x) = x + a = p + px + a = (p + a) + px = ta (p) + i(px)
por tanto,
ta (p +U) = ta (p) + i(U) = ta (p) +U
–
con lo que la recta transformada es paralela a p +U .
Si f = ha,k homotecia de centro a y razón k .
ha,k (x) = a + kax = a + k(ap + px) = ha,k (p) + kpx
con b
ha.k (px) = kpx y, por tanto, b
ha,k (U) = kU = U . Y
ha,k (p +U) = ha,k (p) + b
ha,k (U) = ha,k (p) +U
•
y la recta transformada resulta paralela a p +U .
(⇐=)
El ejercicio 2.8, con sus restricciones, impone que f es afı́n, veamos que se trata
de una traslación u homotecia.
Sean p, x, y tres puntos no alineados (si el espacio afı́n es de dimensión 1, su
aplicación lineal asociada es del tipo fb(u) = ku y se cumple el resultado). Por
Solutions
51
tanto, si fb es la aplicación lineal asociada a la aplicación afı́n f , por hipótesis,
como fb(U) = U, donde U representa el subespacio vectorial director de la recta,
obtenemos:
fb(px) = kpx
fb(py) = k0 py
fb(xy) = k00 xy
como
fb(py) = fb(px + xy) = fb(px) + fb(xy)
⇐⇒ k0 py = kpx + k00 xy ⇐⇒ k0 (px + xy) = kpx + k00 xy
⇐⇒ k0 px + k0 xy = kpx + k00 xy
por ser px y xy vectores linealmente independientes:
k0 = k00 = k
Ası́ pues, fb(u) = ku
Ası́ pues, fijado p :
∀ u ∈ V , V espacio vectorial asociado a E .
f (x) = f (p) + fb(px) = f (p) + kpx
k 6= 0
k 6= 0 pues de lo contrario no serı́a biyectiva como impone 2.8 (además, se trata
de una transformación).
Veamos que se trata de una homotecia afı́n o traslación.
f (x) = f (p) + kpx = f (p) + kp f (p) + k f (p)x
Casos:
(a) Si f (p) = p
entonces
f (x) = p + kpx
y, por tanto, se trata de una homotecia afı́n de centro p y razón k .
(b) Si f (p) 6= p
tenemos
f (x) = tkp f (p) ◦ h f (p),k (x)
(i) Si k = 1
f (x) = f (p) + p f (p) + f (p)x
f (p) + f (p)x + p f (p) = x + p f (p)
por tanto
f = t p f (p)
52
Solutions
(ii) Si k 6= 1
f (x) = tkp f (p) ◦ h f (p), k (x) = h f (p)+
k
1−k
p f (p), k (x)
i.e.
f = h f (p)+
k
1−k
p f (p), k
Con lo que queda probado.
Nota: El conjunto de las traslaciones y homotecias afines es un subgrupo de GA(E) .
2.10 El subgrupo de las traslaciones es normal, por tanto, GA(E)/Tr(E) y GA(F)/Tr(F)
son ambos grupos, y como el N(Φ) = Tr(E) (según el ejercicio 2.6)
Resulta que es posible establecer los isomorfismos: G
A(E)/Tr(E) ∼
= GL(V )
∼ GL(V 0 )
GA(F)/Tr(F) =
y como
GL(V ) ∼
= GL(V 0 ) ⇐⇒ dim(V ) = dim(V 0 ) ⇐⇒ dim(E) = dim(F) ⇐⇒ Tr(E) ∼
= Tr(F)
se sigue (y al revés) GA(E) ∼
= GA(F) .
2.11
(a) Sea
f (x) = f (o) + fb(ox)
por ser f no constante, forzosamente fb es no nula, y como k ∈ K es un subespacio de K con direccion nula, entonces según el ejercicio 2.7 f −1 (k) es un
subespacio afı́n que, si no es vacı́o, tiene por dirección a fb−1 (0) . Veamos que
no es vacı́o, para ello, basta observar que f es sobreyectiva, que lo es si lo es
fb pero por la propiedad 11.5.3 ası́ sucede, y por lo tanto, existe y ∈ E tal que
f (y) = k lo que equivale a que y ∈ f −1 (k) .
−1
b−1
Por
lotanto f (k) es un subespacio afı́n de dirección f (0) pero, por 11.5.6,
N fb = fb−1 (0) es un subespacio maximal de V y, por tanto, f −1 (k) es un
hiperplano de E .
(b) Si H = p+W es un hiperplano de E, según 14.5.2, existe fb: V → K con fb 6= o
tal que
H = {x ∈ E | fb(px) = 0}
Dado k ∈ K, basta elegir f : E → K forma afı́n con f (p) = k y aplicación
lineal asociada la anterior fb. Ası́ pues:
f (x) = f (p) + fb(px)
por tanto
H = {x ∈ E | fb(px) = 0} = {x ∈ E | f (x) = f (p) = k}
Solutions
53
2.12 Si
E1 = p +V1
y
E2 = q +V2
Si x ∈ E1 , y ∈ E2 entonces existen v1 ∈ V1 , v2 ∈ V2 tales que x = p+v1 , y = q+v2 .
Sea v = xy = xp + pq + qy = pq + (−v1 + v2 ) ∈ pq + (V1 +V2 ), o sea:
C ⊂ pq + (V1 +V2 )
Si w ∈ pq + (V1 + V2 ) entonces existen −v01 ∈ V1 , v02 tales que w = pq + (−v01 +
v02 ) . Por otra parte
Dados v01 ∈ V1 y p ∈ E1 → ∃ x0 ∈ E1 tal que x0 = p + v01
Dados v02 ∈ V2 y q ∈ E2 → ∃ y0 ∈ E2 tal que y0 = q + v02
o sea, w = pq + (−px0 + qy0 ) = x0 p + pq + qy0 = x0 y0 ∈ C i.e
pq + (V1 +V2 ) ⊂ C
De ambas inclusiones se desprende
C = pq + (V1 +V2 )
i.e. C es una variedad afı́n de V en el vector pq y de dirección V1 +V2 .
2.13
(
x ∈ H ∩ R ⇐⇒
x ∈ H → f (x) = c
)
x ∈ R → x = p+λu
=⇒ f (p + λ u) = c
i.e.
f (p + λ u) = f (p) + fb(λ u) = c ⇐⇒ λ fb(u) = c − f (p)
Casos:
(a) Si fb(u) 6= 0
entonces λ0 =
c− f (p)
fb(u)
proporciona el único punto que tienen en común
x = p + λ0 u = p +
c − f (p)
u
fb(u)
y la intersección consta de un único punto.
(b) Si fb(u) = 0, tenemos dos subcasos:
(i) c − f (p) 6= 0
entonces H ∩ R = 0/ .
(ii) c − f (p) = 0
por tanto, λ · 0 = 0 ∀ λ ∈ K de donde R ⊂ H .
54
Solutions
2.14 Sean
op + or
2
oq + os
n = o+
2
m = o+
Por tanto:
m = n ⇐⇒ op + or = oq + os ⇐⇒ −os + or = −op + oq ⇐⇒ sr = pq
2.15
r
q0
p0
r0
p
q
Fig. 2.4. Ejercicio 2.15
oq + or
pq + pr
= p+
2
2
op + or
qp + qr
0
q = o+
= q+
2
2
op + oq
rp + rq
0
r = o+
= r+
2
2
p0 = o +
•
Recta pp0
pq + pr
2
α
α
= p + pq + pr
2
2
x = p + α pp0 = p + α
•
Recta qq0
qp + qr
qp + qr
x = q + β qq0 = q + β
= p + pq + β
2
2 β
β
= p+ 1−
pq + qr
2
2
•
Recta rr0
rp + rq
x = r + γrr0 = r + γ
2γ γ
= p+ 1−
pr − qr
2
2
Solutions
55
Si x pertenece a la intersección de las tres rectas, tenemos:

α
β
β
α

pq + pr = 1 −
pq + qr

2
2
2
2 



α
α
γ
γ
pq + pr = 1 −
pr − qr

2
2
2
2




β
γ
γ
β

pq + qr = 1 −
pr − qr 
1−
2
2
2
2
La última ecuación es combinación lineal de las dos primeras, por tanto, la eliminamos y obtenemos:

α
β
β
α

pq + pr = 1 −
pq + (−pq + pr)
2
2
2
2

α
α
γ
γ
pq + pr = 1 −
pr − (−pq + pr) 
2
2
2
2
como p, q y r no están alineados, entonces pq y pr son vectores linealmente
independientes, i.e.

α
+ β = 1


2




α β

− = 0
2
2 2
=⇒ α = β = γ =
α γ

3
− = 0



2 2



α
+ γ = 1
2
Por tanto, si x pertenece a la intersección de las tres rectas:
1
1
1
1
x = p + pq + pr = o + op + (−op + oq) + (−op + or)
3
3
3
3
op + oq + or
µop + µoq + µor
= o+
= o+
3
3µ
2.16 Si p ∈ F1 ∩ F2 entonces F1 = p +U1 y F2 = p +U2 , además
F1 ∩ F2 = p + (U1 ∩U2 )
F1 + F2 = p + (U1 +U2 )
Sea G = q +W el subespacio paralelo a F1 y F2 . Por ser
F1 k G =⇒ U1 ⊂ W ó W ⊂ U1
F2 k G =⇒ U2 ⊂ W ó W ⊂ U2
Casos:
µ 6= 0
56
Solutions
(a) U1 ⊂ W, U2 ⊂ W
Entonces
U1 ∩U2 ⊂ W =⇒ F1 ∩ F2 k G
U1 +U2 ⊂ W =⇒ F1 + F2 k G
(b) U1 ⊃ W, U2 ⊃ W
Entonces
U1 ∩U2 ⊃ W =⇒ F1 ∩ F2 k G
U1 +U2 ⊃ W =⇒ F1 + F2 k G
(c) U1 ⊂ W, U2 ⊃ W
Entonces, (evidentemente U1 ⊂ U2 )
U1 ∩U2 = U1 ⊂ W =⇒ F1 ∩ F2 k G
U1 +U2 = U2 ⊃ W =⇒ F1 + F2 k G
(d) U1 ⊃ W, U2 ⊂ W
Es análogo al caso (c).
2.17 Caractericemos a F1 y F2 de otro modo:
F1 = p +U1
p = (a, 1, 4, 6) U1 = V ({(1, −1, 2, 1), (2, −1, 0, 2)})
F2 = q +U2
p = (2, 1, 1, 0) U2 = V ({(1, 0, 1, 3), (2, 0, 1, 0)})
Hallemos U1 +U2 :
Un sistema generador será {(1, −1, 2, 1), (2, −1, 0, 2), (1, 0, 1, 3), (2, 0, 1, 0)} como
1 2 1 2
−1 −1 0 0
4
2 0 1 1 6= 0 =⇒ U1 +U2 = R
1 2 3 0
como pq ∈ U1 +U2 = R4 , su intersección no es vacı́a y además:
F1 + F2 = R4
de donde dim(F1 ∩ F2 ) = 0 la intersección consta de un único punto:
Si x ∈ F1 ∩ F2 entonces:
x = (a, 1, 4, 6) + λ (1, −1, 2, 1) + µ(2, −1, 0, 2) ∈ F1
x = (2, 1, 1, 0) + α(1, 0, 1, 3) + β (2, 0, 1, 0) ∈ F2
i.e.
Solutions

a + λ + 2µ = 2 + α + 2β 



1−λ −µ = 1
4 + 2λ = 1 + α + β 



6 + λ + 2µ = 3α
i.e.
F1 ∩ F2 =
7 3 33 3
9 13
+ a, 1, + a, − a
.
8 16
4 8 4
8
2.18 Sea F = E(F1 ∪ F2 ) y sea W la dirección de F .
F1 ∩ F2 = 0/ ⇐⇒ a 6= 2
(como veremos luego)
además:
F1 = (0, 4, 0, a) + V ({(1, −1, 0, 0), (0, 0, 1, −1)})
F2 = (3, 2, 0, −1) + V ({(1, −2, 2, 1)})
Supongamos a 6= 2, sean
v1 = (1, −1, 0, 0)
v2 = (0, 0, 1, −1)
v3 = (1, −2, 2, 1)
v4 = (3, 2, 0, −1) − (0, 4, 0, a) = 3, −2, 0, −(1 + a)
que pertenecen a W y
1 0 1
3
−1 0 −2 −2 = 2 − a 6= 0
0 1 2
0
0 −1 1 −(1 + a)
de donde F = R4 .
Además:
F1 ∩ F2 6= 0/ ⇐⇒ a = 2
pues el menor
1 0 1
−1 0 −2 = 1 6= 0
0 1 2
y
BU1 +U2 = {(1, −1, 0, 0), (0, 0, 1, −1), (1, −2, 2, 1)
como p ∈ F1 ∩ F2 debe ser
57
58
Solutions

α = 3+λ 


4 − α = 2 − 2λ 
=⇒ p(4, 0, 2, 0)

β = 2λ



2 − β = −1 + λ
i.e.
F = F1 + F2 = (4, 0, 2, 0) + V ({(1, −1, 0, 0), (0, 0, 1, −1), (1, −2, 2, 1)})
y dim(F1 + F2 ) = 3 .
2.19
(a) La matriz de la aplicación lineal asociada a f es:


1 100

h i 
 0 1 1 0


b
f =

 0 0 1 1
α001
para que f no sea afinidad el determinante de [ fb] debe ser nulo:
1 1 0 0
0 1 1 0
0 0 1 1 = 1 − α = 0 ⇐⇒ α = 1
α 0 0 1
para α = 1 no es afinidad.
(b) Veamos que d = 0 pues si fuera d 6= 0 tendrı́amos que si (x, y, z,t) pertenece
al hiperplano:
1
(x, y, z,t) = (0, 0, 0, ) + α(d, 0, 0, −a) + β (0, d, 0, −b) + γ(0, 0, d, −c)
d
y:

d


d

 

h i
0  0 



,
fb   = 

0
−a
  

−a
d −a

0


d

  
h i
d  d 

 
fb  
 = −b ,
0
   
−b
−b

0


0

 

h i
0  d 
.



fb   = 

d
d
−
c
  

−c
−c
para que el subespacio afı́n transformado sea de dimensión menor que tres deben
ser linealmente dependientes. Los menores de orden 3 de la matriz:
Solutions

d
d
0
59



 0 d d 


 −a −b d − c


d − a −b −c
deben tener determinante nulo. En particular:


d d 0 


0 d d = d 2 (−a + b) = 0 → − a + b = 0 






−a −b d − c
→d =0


d d 0



0 d d = d 2 (d − a + b) = 0 → d − a + b = 0





d − a −b −c
(contradicción)
Ası́ pues, d = 0 y la forma se reduce a:
ax + by + cz = 1
•
Si c 6= 0
Si (x, y, z,t) pertenece al hiperplano, deberemos tener:
1
(x, y, z,t) = (0, 0, , 0) + α(c, 0, −a, 0) + β (0, c, −b, 0) + γ(0, 0, 0, 1)
c
Análogamente al caso anterior:
   

  
   
0
0
c
0
c
c
  

 
  
h i
h i
h i
0 0
 c  c − b
 0  −a
  

 
  
fb 
fb 
fb 
0 = 1 .
−b =  −b  ,
−a = −a ,
   

  
   
1
1
0
0
c
0
y
c c 0 c c 0 c c 0 −a c − b 0
−a c − b 0 = −a c − b 0 = −a −b 1 = −a −b 1 = c(c − b + a) = 0
−a −b 1 c 0 1 c 0 1 c 0 1
La relación que debe verificarse es:
c−b+a = 0
y como
c 0
6= 0
−b 1
la dimensión del subespacio afı́n transformado es 2.
60
Solutions
•
Si c = 0 y b 6= 0
la ecución del hiperplano se reduce a:
ax + by = 1
por tanto: Si (x, y, z,t) pertenece al hiperplano, deberemos tener:
1
(x, y, z,t) = (0, , 0, 0) + α(b, −a, 0, 0) + β (0, 0, 1, 0) + γ(0, 0, 0, 1)
b
Análogamente al caso anterior:
   

  
0
0
b−a
b
  

 
h i
h i
−a  −a 
0 1
  

 
fb 
fb 
1 = 1 ,
 0 = 0 ,
   

  
0
0
b
0
   
0
0
  
h i
0 0
  
fb 
0 = 1 .
   
1
1
y
b − a 0 0 b − a 0
−a 1 0 = −a 1
0 1 1 b 0
0 b − a 0 0 −a 1 0
0 = 0 1 1 = 0 1 1 = b − a = 0
1 b 0 1 b 0 1
la condición será:
b=a
y la dimensión del subespacio transformado es 2, ya que
1 0
6= 0
1 1
•
Si c = 0 y b = 0
deberá ser a 6= 0 (ya que si no fuera ası́, f serı́a constante y no representarı́a
ningún hiperplano, ver ejercicio 2.11). o sea
ax = 1
y
1
(x, y, z,t) = ( , 0, 0, 0) + α(0, 1, 0, 0) + β (0, 0, 1, 0) + γ(0, 0, 0, 1)
a
   
   
   
0
1
0
0
0
0
  
   
   
h i
h
i
h
i
1 1
0 1
0 0
  
  
  
fb 
fb 
fb 
0 = 0 ,
1 = 1 ,
0 = 1 .
   
   
   
0
0
0
0
1
1
Solutions
pero
1 0 0
1 1 0 = 1 6= 0
0 1 1
si b = 0 el hiperplano se transforma en un hiperplano, por tanto, b 6= 0 .
En resumen
• Si c 6= 0
La relación es
)
d=0
c−b+a = 0
•
Si c = 0
La relación es

d = 0

b 6= 0
a=b


Y la dimensión de los subespacios transformados es 2.
61