Soluciones Tema 1 (1)

Matemáticas
Grado en Química
Ejercicios propuestos (Tema 1)
Problema 1.
Hallar t ∈ R para que el vector ~x = (3, 8, t) pertenezca al subespacio engendrado por los
vectores ~u = (1, 2, 3) y ~v = (1, 3, −1).
Solución del problema 1. ~
x ∈ L{~u, ~v }
es decir,
si, y sólo si, existen α, β ∈ R tales que ~x = α~u + β~v ,
(3, 8, t) = α(1, 2, 3) + β(1, 3, −1) = (α, 2α, 3α) + (β, 3β, −β) = (α + β, 2α + 3β, 3α − β).
Luego, obtenemos el siguiente sistema

 α+β =3
2α + 3β = 8

3α − β = t
(Ec.1)
(Ec.2)
(Ec.3)
De (Ec.1), tenemos que α = 3 − β . Sustituyendo en (Ec.2)
2(3 − β) + 3β = 8 ⇐⇒ β = 2.
Luego, α = 1. Finalmente, por (Ec.3), deducimos que t = 1. Por tanto, ~x pertenece al subespacio
engendrado por los vectores ~u y ~v si, y sólo si, t = 1.
Problema 2.
Determinar a y b para que el vector (1, 4, a, b) sea combinación lineal de (1, 2, −1, −2) y
de (0, 1, 2, 1).
Solución del problema 2. (1, 4, a, b)
si, y sólo si, existen α, β ∈ R tales que
es combinación lineal de (1, 2, −1, −2) y de (0, 1, 2, 1)

α=1



2α + β = 4
(1, 4, a, b) = α(1, 2, −1, −2) + β(0, 1, 2, 1) ⇐⇒
−α + 2β = a



−2α + β = b
(Ec.1)
(Ec.2)
(Ec.3)
(Ec.4)
Sustituyendo el valor de α en la (Ec.2) obtenemos β = 2. Luego, de la (Ec.3) y (Ec.4) deducimos
que a = 3 y b = 0, respectivamente.
Por tanto, el vector (1, 4, a, b) es combinación lineal de (1, 2, −1, −2) y de (0, 1, 2, 1) si, y
sólo si, a = 3 y b = 0.
Problema 3.
Demostrar que los vectores ~u1 = (1, 1, 0), ~u2 = (1, 0, 1), ~u3 = (0, 1, 1) forman una base de
(R3 , +, ·) y encontrar las coordenadas de los vectores de la base canónica respecto a dicha
base.
Dpto. de Análisis Matemático
1
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Grado en Química
Ejercicios propuestos (Tema 1)
Solución del problema 3.
Veamos que B = {~u1 , ~u2 , ~u3 } forman una base de R3 . En primer lugar, son linealmente
independientes ya que si disponemos los vectores en forma matricial, resulta:
a)


1 1 0
A= 1 0 1 
0 1 1
y se verica que rg(A) = 3 (puesto que det(A) = −2 6= 0), por lo que los tres vectores
que conforman la matriz son linealmente independientes.
Como dim(R3 ) = 3 y card(B) = 3, entonces B forma una base de R3 .
b)
Sean ~e1 , ~e2 , ~e3 los vectores de la base canónica de R3 , es decir, ~e1 = (1, 0, 0), ~e2 = (0, 1, 0)
y ~e3 = (0, 0, 1). Tenemos que encontrar las coordenadas de ~e1 , ~e2 y ~e3 en la base B =
{~u1 , ~u2 , ~u3 }.
Para ~e1 . Sean α1 , α2 , α3 ∈ R tales que ~e1 = α1~u1 + α2~u2 + α3~u3 . Es decir,

 α1 + α2 = 1,
α1 + α3 = 0,
(1, 0, 0) = (α1 + α2 , α1 + α3 , α2 + α3 ) ⇐⇒

α2 + α3 = 0,
(S)
Resolviendo el sistema (S), obtenemos que α1 = 21 , α2 = 12 y α3 = − 12 . Por tanto,
las coordenadas de ~e1 con respecto de la base B son ( 12 , 12 , − 12 )B .
Para ~e2 . Sean β1 , β2 , β3 ∈ R tales que ~e2 = β1~u1 + β2~u2 + β3~u3 . Es decir,

 β1 + β2 = 0,
β1 + β3 = 1,
(0, 1, 0) = (β1 + β2 , β1 + β3 , β2 + β3 ) ⇐⇒

β2 + β3 = 0,
(S)
Resolviendo el sistema (S), obtenemos que β1 = 21 , β2 = − 21 y β3 = 12 . Por tanto, las
coordenadas de ~e2 con respecto de la base B son ( 12 , − 21 , 12 )B .
Para ~e3 . Sean δ1 , δ2 , δ3 ∈ R tales que ~e3 = δ1~u1 + δ2~u2 + δ3~u3 . Es decir,

 δ1 + δ2 = 0,
δ1 + δ3 = 0,
(0, 0, 1) = (δ1 + δ2 , δ1 + δ3 , δ2 + δ3 ) ⇐⇒

δ2 + δ3 = 1,
(S)
Resolviendo el sistema (S), obtenemos que δ1 = − 21 , δ2 = 12 y δ3 = 21 . Por tanto, las
coordenadas de ~e3 con respecto de la base B son (− 12 , 21 , 12 )B .
Problema 4.
Determinar qué conjuntos son subespacios vectoriales de (R3 , +, ·):
A = {(x, y, z) : x − y + z = 0},
B = {(x, y, z) : x + 2y + z = 1},
C = {(x, y, z) : x − y = 0, x − z = 0},
D = {(x, y, z) : x − y + z = 0, y + z = 1},
E = {(x, y, z) : x = 0, y = z},
F = {(x, y, z) : x · y = 0}.
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Ejercicios propuestos (Tema 1)
Solución del problema 4.
a)
Veamos que A = {(x, y, z) : x − y + z = 0} es un subespacio vectorial de R3 . Para ello, sean
~u = (u1 , u2 , u3 ), ~v = (v1 , v2 , v3 ) ∈ A y α, β ∈ R. Tenemos que demostrar que α~u + β~v ∈ A.
Notar que
α~u + β~v = (αu1 + βv1 , αu2 + βv2 , αu3 + βv3 ),
y

 u1 − u2 + u3 = 0
ya que ~u ∈ A,
v1 − v2 + v3 = 0
ya que ~v ∈ A.

Como
:0
:0
αu1 + βv1 − (αu2 + βv2 ) + αu3 + βv3 = α(
u1−u2 + u3 ) + β(
v1−v
2 + v3 ) = α · 0 + β · 0 = 0,
deducimos que α~u + β~v ∈ A.
b)
Observamos que B = {(x, y, z) : x + 2y + z = 1} no es un subespacio vectorial de R3 ya que
~0 6∈ B , debido a a que 0 + 2 · 0 + 0 = 0 6= 1.
c)
Veamos que C = {(x, y, z) : x − y = 0, x − z = 0} es un subespacio vectorial de R3 . Para
ello, sean ~u = (u1 , u2 , u3 ), ~v = (v1 , v2 , v3 ) ∈ C y α, β ∈ R. Tenemos que demostrar que
α~u + β~v ∈ C . Notar que
α~u + β~v = (αu1 + βv1 , αu2 + βv2 , αu3 + βv3 ),
y


u
−
u
=
0


1
2



ya que ~u ∈ C,





 u1 − u3 = 0



v
−
v
=
0


1
2







v1 − v3 = 0
ya que ~v ∈ C.
Como
0
0
0
0
(1o cond.)
:
:
u1−u
αu1 + βv1 − (αu2 + βv2 ) = α(
v1−v
2 ) + β(
2 ) = α · 0 + β · 0 = 0,
(2o cond.)
:
:
αu1 + βv1 − (αu3 + βv3 ) = α(
u1−u
v1−v
3 ) + β(
3 ) = α · 0 + β · 0 = 0,
deducimos que α~u + β~v ∈ C .
no es un subespacio vectorial de R3 , porque
~0 6∈ D (aunque se satisface la primera condición, 0 − 0 = 0, no se satisface la segunda
0 + 0 = 0 6= 1).
d) D = {(x, y, z) : x − y + z = 0, y + z = 1}
e)
Veamos que E = {(x, y, z) : x = 0, y = z} es un subespacio vectorial de R3 . Para ello, sean
~u = (u1 , u2 , u3 ), ~v = (v1 , v2 , v3 ) ∈ E y α, β ∈ R. Tenemos que demostrar que α~u + β~v ∈ E .
Notar que
α~u + β~v = (αu1 + βv1 , αu2 + βv2 , αu3 + βv3 ),
Dpto. de Análisis Matemático
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Grado en Química
y

u1 = 0 
u2 = u3
ya que ~u ∈ E,

v1 = 0 
v2 = v3

Ejercicios propuestos (Tema 1)
ya que ~v ∈ E.

Como
(1o cond.)
αu1 + βv1 = α · 0 + β · 0 = 0,
(2o cond.)
αu2 + βv2 = αu3 + βv3 ,
deducimos que α~u + β~v ∈ E .
f ) F = {(x, y, z) : x·y = 1} no es un subespacio vectorial de R3 , ya que si tomamos u = (1, 0, 0)
y v = (0, 1, 0), tenemos que u, v ∈ F pero u + v = (1, 1, 0) 6∈ F .
NOTA:
En este ejemplo, tenemos que ~0 ∈ F y sin embargo F no es subespacio vectorial.
Problema 5.
Demostrar que el conjunto E = {(a, 0, a, b) : a, b ∈ R} es un subespacio vectorial de
(R4 , +, ·). En caso armativo, hállese una base del mismo.
Solución del problema 5.
Veamos que E es un subespacio vectorial de R4 . Para ello, sean ~u = (a, 0, b, a), ~v =
(a0 , 0, b0 , a0 ) ∈ E y α, β ∈ R. Como
a)
α~u + β~v = α(a, 0, b, a) + β(a0 , 0, b0 , a0 ) = (αa + βa0 , 0, αb + βb0 , αa + βa0 ) ∈ E,
concluimos que E es un subespacio vectorial de R4 .
b)
Calculemos una base de E . Como
~u ∈ E ⇐⇒ ~u = (a, 0, b, a) = (a, 0, 0, a) + (0, 0, b, 0) = a(1, 0, 0, 1) + b(0, 0, 1, 0),
y los vectores (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 0) son linealmente independientes, {(1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 0)}
es una base de E .
Problema 6.
Calcular una base, unas ecuaciones paramétricas, unas ecuaciones implícitas y la dimensión
de los siguientes subespacios vectoriales:
a) H1 = L{(1, 0, 1), (−1, 1, 0)}.
b) H2 = L{(1, 1, 1), (−1, 0, 1), (0, 1, 2)}.
c) H3 = {(x, y, z) ∈ R3 : x = y − z}.
d) H4 = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0, x − 2z = 0}.
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Ejercicios propuestos (Tema 1)
Solución del problema 6.
a) H1 = L{(1, 0, 1), (−1, 1, 0)}.
Como


1 −1
rg  0 1  = 2
1 0
tenemos que los vectores que generan el subespacio son linealmente independientes.
Por tanto, dichos vectores forman una base de H1 y dim(H1 ) = 2.
Ecuaciones paramétricas. Escribimos un vector genérico ~v = (x, y, z) ∈ H1 como
combinación lineal de los vectores de la base
(x, y, z) = λ(1, 0, 1) + µ(−1, 1, 0) = (λ − µ, µ, λ),
de donde obtenemos las ecuaciones paramétricas de H1 :

 x=λ−µ
y=µ

z=λ
con λ, µ ∈ R.
Observar que deben aparecer tantos parámetros (en este caso, λ y µ) como
dimensión tiene el subespacio vectorial.
Ecuaciones implícitas. Para hallar las ecuaciones implícitas tomamos un vector cualquiera (x, y, z) ∈ H1 y observamos que los vectores (x, y, z), (1, 0, 1), (−1, 1, 0) son
linealmente dependientes, luego
NOTA:


1 −1 x
rg  0 1 y  = 2 ⇐⇒
1 0 z
Luego,
1 −1 x
0 1 y
1 0 z
= 0 ⇐⇒ x + y − z = 0.
H1 = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y − z = 0}.
b) H2 = L{(1, 1, 1), (−1, 0, 1), (0, 1, 2)}.
Consideremos la matriz formada por estos tres vectores, es decir,


1 −1 0
A =  1 0 1 .
1 1 2
Como rg(A) = 2 y un menor principal de A es
1 −1
= −2 6= 0, tenemos que
1 0
los vectores {(1,1,1),(-1,0,1),(0,1,2)} son linealmente dependientes y los vectores
{(1,1,1),(-1,0,1)} son linealmente independientes. Entonces,
H2 = L{(1, 1, 1), (−1, 0, 1)},
dim(H2 ) = 2 y {(1, 1, 1), (−1, 0, 1)} es una base de H2 .
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Ejercicios propuestos (Tema 1)
Ecuaciones paramétricas. Escribimos un vector genérico ~v = (x, y, z) ∈ H2 como
combinación lineal de los vectores de la base
(x, y, z) = λ(1, 1, 1) + µ(−1, 0, 1) = (λ − µ, λ, λ + µ),
de donde obtenemos las ecuaciones paramétricas de H1 :

 x=λ−µ
y=λ

z =λ+µ
con λ, µ ∈ R.
Ecuaciones implícitas. Para hallar las ecuaciones implícitas tomamos un vector cualquiera (x, y, z) ∈ H2 y observamos que los vectores (x, y, z), (1, 1, 1), (−1, 0, 1) son
linealmente dependientes, luego


1 −1 x
rg  1 0 y  = 2 ⇐⇒
1 1 z
Luego,
1 −1 x
1 0 y
1 1 z
= 0 ⇐⇒ x − 2y + z = 0.
H2 = {(x, y, z) ∈ R3 : x − 2y + z = 0}.
c) H3 = {(x, y, z) ∈ R3 : x = y − z} = {(x, y, z) ∈ R3 : x − y + z = 0}.
Ecuaciones implícitas. El rango de la matriz del sistema formado por la ecuación que
dene a H3 es uno:
rg
1 −1 1
=1
por lo que la ecuación que dene a H3 es su ecuación implícita.
Ecuaciones paramétricas. Tenemos que resolver el sistema formado por la ecuación
x − y + z = 0. Como el rango de la matriz de este sistema es 1, como se vio anteriormente, le damos a las variables y y z el valor de dos parámetros, respectivamente.
Es decir, y = λ y z = µ, con λ, µ ∈ R. Luego, obtenemos

 x=λ−µ
y=λ

z=µ
con λ, µ ∈ R,
que son las ecuaciones paramétricas del subespacio H3 .
Para obtener una base de H3 usamos las ecuaciones paramétricas.
(x, y, z) ∈ H3 ⇐⇒ (x, y, z) = (λ − µ, λ, µ) = (λ, λ, 0) + (−µ, 0, µ)
= λ(1, 1, 0) + µ(−1, 0, 1).
Como los vectores (1, 1, 0) y (−1, 0, 1) son linealmente independientes, deducimos
que {(1, 1, 0), (−1, 0, 1)} es una base de H3 y por tanto dim(H3 ) = 2.
d) H4 = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0, x − 2z = 0}.
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Ejercicios propuestos (Tema 1)
Ecuaciones implícitas. El rango de la matriz del sistema formado por las ecuaciones
que denen a H4 es dos:
1 1 1
1 0 −2
rg
=2
por lo que las dos ecuaciones que denen a H4 son sus ecuaciones implícitas.
Ecuaciones paramétricas. Tenemos que resolver el siguiente sistema.

 x+y+z =0

x − 2z = 0
Como el rango de la matriz de este sistema es 2, como se vio anteriormente, y como
un menor principal de la matriz es
1 1
,
1 0
le damos a la variable z el valor de un parámetro, es decir, z = λ, con λ ∈ R. Luego,
obtenemos el siguiente sistema

 x + y = −λ,

x = 2λ,
cuya solución es x = 2λ, y = −3λ, z = λ, que son las ecuaciones paramétricas del
subespacio H4 .
Para obtener una base de H4 usamos las ecuaciones paramétricas.
(x, y, z) ∈ H4 ⇐⇒ (x, y, z) = (2λ, −3λ, λ) = λ(2, −3, 1).
Por lo que cualquier vector de H4 esta generado por (2, −3, 1). Luego, deducimos
que {(2, −3, 1)} es una base de H4 y por tanto dim(H4 ) = 1.
Problema 7.
Sea P3 [x] el espacio vectorial de los polinomios en la indeterminada x de grado menor o
igual a 3.
a)
Probar que si p(x) es un polinomio de grado 3, entonces B = {p(x), p0 (x), p00 (x), p000 (x)}
es una base.
b)
Tómese p(x) = x3 − 3x y hállense las coordenadas de q(x) = x3 + x − 2 respecto de
dicha base.
Solución del problema 7.
a)
Como p(x) es un polinomio de grado 3, p(x) se escribe de la forma
p(x) = a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 ,
Dpto. de Análisis Matemático
7
a3 6= 0,
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Ejercicios propuestos (Tema 1)
donde a3 , a2 , a1 , a0 ∈ R. Derivando, tenemos que
p0 (x) = 3a3 x2 + 2a2 x + a1 ,
p00 (x) = 6a3 x + 2a2 ,
p000 (x) = 6a3 .
Veamos que B = {p(x), p0 (x), p00 (x), p000 (x)} es un sistema linealmente independiente. Para
ello, consideremos α1 , α2 , α3 , α4 ∈ R.
0 = α1 p(x) + α2 p0 (x) + α3 p00 (x) + α4 p000 (x)
= α1 a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 + α2 3a3 x2 + 2a2 x + a1 + α3 6a3 x + 2a2 + α4 6a3
= α1 a3 x3 + (α1 a2 + α2 3a3 ) x2 + (α1 a1 + α2 2a2 + α3 6a3 ) x
+ α1 a0 + α2 a1 + α3 2a2 + α4 6a3 ⇐⇒

α 1 a3 = 0



α1 a2 + α2 3a3 = 0
⇐⇒ (S) ≡
α1 a1 + α2 2a2 + α3 6a3 = 0



α1 a0 + α2 a1 + α3 2a2 + α4 6a3 = 0
De la 1o ecuación, obtenemos que α1 = 0, ya que a3 6= 0. Luego,

 α2 3a3 = 0
α2 2a2 + α3 6a3 = 0
(S) ≡

α2 a1 + α3 2a2 + α4 6a3 = 0
Ahora, de la 1o ecuación, deducimos que α2 = 0, ya que a3 6= 0. Así pues,
(S) ≡
α3 6a3 = 0
α3 2a2 + α4 6a3 = 0
Como a3 6= 0, de la 1o ecuación tenemos que α3 = 0 y sustituyendo en la 2o ecuación
llegamos a que α4 = 0. Por tanto, hemos demostrado que α1 = α2 = α3 = α4 = 0. Luego,
B es un sistema linealmente independiente.
Como card(B) = 4 = dim(P3 [x]) y los elementos de B son linealmente independientes,
deducimos que B es una base de P3 [x].
NOTA. Si no sabemos que dim(P [x]) = 4, para poder armar que B es una base de P [x]
3
3
tenemos que ver que B es un sistema generador de P3 [x], es decir, ver que todo elemento
q(x) de P3 [x] se pone como combinación lineal de los elementos de B . Hagámoslo:
Sea q(x) ∈ P3 [x], es decir, q(x) = b3 x3 + b2 x2 + b1 x + b0 con b3 , b2 , b1 , b0 ∈ R. Tenemos
que demostrar que existen α1 , α2 , α3 , α4 ∈ R tales que
(1)
q(x) = α1 p(x) + α2 p0 (x) + α3 p00 (x) + α4 p000 (x).
Observando que
α1 p(x) + α2 p0 (x) + α3 p00 (x) + α4 p000 (x) = α1 a3 x3 + (α1 a2 + α2 3a3 ) x2 +
+ (α1 a1 + α2 2a2 + α3 6a3 ) x
+ α1 a0 + α2 a1 + α3 2a2 + α4 6a3
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8
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Ejercicios propuestos (Tema 1)
(véase los cálculos anteriormente realizados), obtenemos el siguiente sistema lineal

α1 a3 = b3



α1 a2 + α2 3a3 = b2
(1) ⇐⇒
α1 a1 + α2 2a2 + α3 6a3 = b1



α1 a0 + α2 a1 + α3 2a2 + α4 6a3 = b0
el cual es compatible determinado, siendo su única solución

α1 =










α2 =





b3
a3
b
b2 − a3 a2
3
3a3
b


α3 =













α4 =
b
b2 − a3 a2
3
3a3
6a3
b1 − a3 a1 −
3
b
b0 − a3
3
b
b2 − a3 a2
a0 − 3a3
3
2a2
b
b2 − a3 a2
b
3
2a2
b1 − a3 a1 −
3a
3
3
a1 −
6a3
2a2
6a3
Simplicando, llegamos a que

α1 =








α2 =





α3 =








 α =
4
b3
a3
a3 b2 −a2 b3
3a23
2a22 b3 +3a23 b1 −a3 (2a2 b2 +3a1 b3 )
18a33
a3 (a3 (9b0 −3b1 )+(2a2 −3a1 )b2 )+(−2a22 −9a0 a3 +3a1 (a2 +a3 ))b3
54a33
Observar que las coordenadas de q(x) con respecto a la base B son (α1 , α2 , α3 , α4 )B .
FIN DE LA NOTA
b)
Notar que en este caso, p0 (x) = 3x2 − 3, p00 (x) = 6x y p000 (x) = 6. Luego,
B = {x3 − 3x, 3x2 − 3, 6x, 6}.
Tenemos que hallar α1 , α2 , α3 , α4 ∈ R tales que
q(x) = α1 p(x) + α2 p0 (x) + α3 p00 (x) + α4 p000 (x).
Es decir,
x3 + x − 2 = α1 · (x3 − 3x) + α2 · (3x2 − 3) + α3 · 6x + α4 · 6
= α1 x3 + 3α2 x2 + (−3α1 + 6α3 ) x + (−3α2 + 6α4 ) ⇐⇒

α1 = 1



3α2 = 0
⇐⇒
−3α1 + 6α3 = 1



−3α2 + 6α4 = −2
cuya solución es α1 = 1, α2 = 0, α3 = 32 y α4 = − 31 . Por tanto las coordenadas del
polinomio q(x) = x3 + x − 2 en la base B son (1, 0, 23 , − 31 )B .
Dpto. de Análisis Matemático
9
Curso 2014/15
Matemáticas
Grado en Química
Ejercicios propuestos (Tema 1)
Problema 8.
Sean los conjuntos
F [x] = {p(x) ∈ P3 [x] : p(0) + p0 (0) = 0} ,
G[x] = {p(x) ∈ P3 [x] : p00 (x) = 0}
Demostrar que F [x] y G[x] son subespacios vectoriales de P3 [x], y encontrar sendas bases
para cada uno de ellos.
Solución del problema 8.
A un polinomio genérico de P3 [x] lo denotaremos por
p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 .
Así, las coordenadas de este polinomio p(x) en la base (canónica de P3 [x]) B = {1, x, x2 , x3 }
son (a0 , a1 , a2 , a3 ).
a)
Veamos que F [x] es un subespacio vectorial de F [x]. Como es obvio que F [x] 6= ∅ (pues, por
ejemplo, 0 ∈ F [x]) deberemos comprobar (solamente) que, si p(x), q(x) ∈ F [x] y α, β ∈ R,
el polinomio r(x) = α p(x) + β q(x) también es de F [x]; así ocurre en efecto, pues, además
de tener grado menor o igual que 3, se tiene que
: 0
: 0
0 0 r(0) + r0 (0) = α p(0) + β q(0) + α p0 (0) + β q 0 (0) = α p(0)
q(0)
+q
(0) = 0,
+p (0) + β ya que r0 (x) = α p0 (x) + β q 0 (x), para todo x ∈ R.
Por tanto, F [x] es un subespacio vectorial de P3 [x].
Hallemos ahora una base de dicho subespacio. Notar que un polinomio p(x) = a0 +
a1 x + a2 x2 + a3 x3 pertenece a F [x] si p(0) + p0 (0) = 0, lo cual es equivalente a decir que
a0 + a1 = 0, ya que p0 (x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 . Luego,
F [x] = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 : a0 + a1 = 0 ,
(Expresión implícita)
es decir,
F [x] = a1 (x − 1) + a2 x2 + a3 x3 : a1 , a2 , a3 ∈ R = L{x − 1, x2 , x3 }.
Como los polinomios x−1, x2 , x3 son linealmente independientes (véase la siguiente nota),
resulta que {x − 1, x2 , x3 } es una base de F [x].
nota
Para ver que los polinomios x−1, x2 y x3 son linealmente independientes
basta observar que
α1 (x − 1) + α2 x2 + α3 x3 = 0 ⇐⇒ −α1 x + α1 x + α2 x2 + α3 x3 = 0

−α1 = 0,



α1 = 0,
⇐⇒
α2 = 0,



α3 = 0,
es decir, α1 = α2 = α3 = 0.
Dpto. de Análisis Matemático
10
Curso 2014/15
Matemáticas
b)
Grado en Química
Ejercicios propuestos (Tema 1)
Primeramente demostraremos que G[x] es un subespacio vectorial de P3 [x]. Como, por
ejemplo, x ∈ G[x], se tiene que G[x] 6= ∅. Tenemos que comprobar que, si p(x), q(x) ∈ G[x]
y α, β ∈ R, el polinomio r(x) = α p(x) + β q(x) pertenece a G[x]. Basta observar que r(x)
tiene grado menor o igual que 3 y además (usando las propiedades de la derivación) se
tiene que
r00 (x) = α p00 (x) + β q 00 (x) = α · 0 + β · 0 = 0,
para todo x ∈ R.
Por tanto, G[x] es un subespacio vectorial de P3 [x].
Hallemos ahora una base de dicho subespacio. Observamos que
p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ∈ G[x] ⇐⇒ p00 (x) = 0,
para todo x ∈ R
⇐⇒ 2a2 + 6a3 x = 0,
para todo x ∈ R
⇐⇒ a2 = a3 = 0.
Luego,
G[x] = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 : a2 = a3 = 0 ,
es decir,
(Expresión implícita)
G[x] = a0 + a1 x : a0 , a1 ∈ R = L{1, x}.
Como los polinomios 1, x son linealmente independientes, deducimos que {1, x} es una
base de G[x].
Dpto. de Análisis Matemático
11
Curso 2014/15