Ejercicios resueltos de combinaciones lineales y span

Buscamos $\alpha, \beta, \gamma$ tales que $\vec{s} = \alpha\vec{u} + \beta\vec{v} + \gamma\vec{w}$:

$(3, 4, 1) = \alpha(1, 2, -1) + \beta(0, 1, 3) + \gamma(2, 0, 1)$

Sistema: $\begin{cases} \alpha + 2\gamma = 3 \\ 2\alpha + \beta = 4 \\ -\alpha + 3\beta + \gamma = 1 \end{cases}$

De la primera: $\alpha = 3 - 2\gamma$

Sustituyendo en la segunda: $2(3 - 2\gamma) + \beta = 4 \Rightarrow \beta = 4\gamma - 2$

Sustituyendo en la tercera: $-(3 - 2\gamma) + 3(4\gamma - 2) + \gamma = 1$

$-3 + 2\gamma + 12\gamma - 6 + \gamma = 1$

$15\gamma = 10 \Rightarrow \gamma = \frac{2}{3}$

$\alpha = 3 - 2(\frac{2}{3}) = \frac{5}{3}$, $\beta = 4(\frac{2}{3}) - 2 = \frac{2}{3}$

Verificación: $\frac{5}{3}(1, 2, -1) + \frac{2}{3}(0, 1, 3) + \frac{2}{3}(2, 0, 1) = (\frac{5}{3}, \frac{10}{3}, -\frac{5}{3}) + (0, \frac{2}{3}, 2) + (\frac{4}{3}, 0, \frac{2}{3}) = (3, 4, 1)$ ✓

$(1, 1, 1) = a(1, 2, -1) + b(0, 1, 3) + c(2, 0, 1)$

Sistema: $\begin{cases} a + 2c = 1 \\ 2a + b = 1 \\ -a + 3b + c = 1 \end{cases}$

Resolviendo: de (1) y (2): $a = 1 - 2c$, $b = 1 - 2a = 1 - 2(1 - 2c) = 4c - 1$

Sustituyendo en (3): $-(1 - 2c) + 3(4c - 1) + c = 1$

$-1 + 2c + 12c - 3 + c = 1$

$15c = 5 \Rightarrow c = \frac{1}{3}$

$a = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$, $b = \frac{4}{3} - 1 = \frac{1}{3}$

Sí pertenece al span con coeficientes $(\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3})$.

Para encontrar una base, verificamos la independencia lineal de $\{\vec{u}, \vec{v}, \vec{w}\}$:

$\det\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} = 1(1 - 0) - 2(0 - 6) + (-1)(0 - 2) = 1 + 12 + 2 = 15 \neq 0$

Como el determinante es no nulo, $\{\vec{u}, \vec{v}, \vec{w}\}$ forma una base del subespacio generado.

La dimensión es igual al número de vectores en la base = 3.

$\dim(\text{span}\{\vec{u}, \vec{v}, \vec{w}\}) = 3$

Como es un subespacio de dimensión 3 en $\mathbb{R}^3$, coincide con todo $\mathbb{R}^3$.

Como tenemos 4 vectores en $\mathbb{R}^3$ y $\dim(\mathbb{R}^3) = 3$, necesariamente son linealmente dependientes.

Para encontrar la relación, planteamos:

$a(1, 0, 1) + b(0, 1, 1) + c(1, 1, 0) + d(2, 1, 1) = (0, 0, 0)$

Sistema: $\begin{cases} a + c + 2d = 0 \\ b + c + d = 0 \\ a + b + d = 0 \end{cases}$

Restando (3) - (2): $a - c = 0 \Rightarrow a = c$

Sustituyendo en (1): $a + a + 2d = 0 \Rightarrow d = -a$

Sustituyendo en (2): $b + a + (-a) = 0 \Rightarrow b = 0$

Tomando $a = 1$: $(a, b, c, d) = (1, 0, 1, -1)$

Verificación: $(1, 0, 1) + (1, 1, 0) - (2, 1, 1) = (0, 0, 0)$ ✓

Eliminamos vectores dependientes. Como $(2, 1, 1) = (1, 0, 1) + (1, 1, 0)$, tomamos los tres primeros vectores.

Verificamos independencia de $\{(1, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 0)\}$:

$\det\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} = 1(0 - 1) - 0 + 1(0 - 1) = -1 - 1 = -2 \neq 0$

Por tanto, $B = \{(1, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 0)\}$ es una base para $\text{span}(S)$.

• $(1, 0, 1) = 1 \cdot (1, 0, 1) + 0 \cdot (0, 1, 1) + 0 \cdot (1, 1, 0)$
• $(0, 1, 1) = 0 \cdot (1, 0, 1) + 1 \cdot (0, 1, 1) + 0 \cdot (1, 1, 0)$
• $(1, 1, 0) = 0 \cdot (1, 0, 1) + 0 \cdot (0, 1, 1) + 1 \cdot (1, 1, 0)$
• $(2, 1, 1) = 1 \cdot (1, 0, 1) + 0 \cdot (0, 1, 1) + 1 \cdot (1, 1, 0)$ (de la relación encontrada)

$(3, 2, 2) = \alpha(1, 0, 1) + \beta(0, 1, 1) + \gamma(1, 1, 0)$

Sistema: $\begin{cases} \alpha + \gamma = 3 \\ \beta + \gamma = 2 \\ \alpha + \beta = 2 \end{cases}$

De (1) y (2): $\alpha - \beta = 1$

Con (3): $\alpha + \beta = 2$

Sumando: $2\alpha = 3 \Rightarrow \alpha = \frac{3}{2}$

$\beta = 2 - \frac{3}{2} = \frac{1}{2}$, $\gamma = 3 - \frac{3}{2} = \frac{3}{2}$

Sí pertenece al span con coeficientes $(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}, \frac{3}{2})$.

Para cualquier $\vec{v} = (a, b, c)$, podemos escribir:

$\vec{v} = (a, b, c) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1) = a\vec{e_1} + b\vec{e_2} + c\vec{e_3}$

Esto demuestra que $\vec{v}$ es una combinación lineal de $\{\vec{e_1}, \vec{e_2}, \vec{e_3}\}$, por tanto $\vec{v} \in \text{span}\{\vec{e_1}, \vec{e_2}, \vec{e_3}\}$ para todo $(a, b, c) \in \mathbb{R}^3$.

Del paso anterior, hemos mostrado que cualquier vector de $\mathbb{R}^3$ pertenece al span de $\{\vec{e_1}, \vec{e_2}, \vec{e_3}\}$.

Por tanto: $\mathbb{R}^3 \subseteq \text{span}\{\vec{e_1}, \vec{e_2}, \vec{e_3}\}$

Además, como el span está contenido en $\mathbb{R}^3$ por definición:

$\text{span}\{\vec{e_1}, \vec{e_2}, \vec{e_3}\} \subseteq \mathbb{R}^3$

Por tanto: $\text{span}\{\vec{e_1}, \vec{e_2}, \vec{e_3}\} = \mathbb{R}^3$

$\text{span}\{\vec{e_1}, \vec{e_2}\} = \text{span}\{(1, 0, 0), (0, 1, 0)\}$

$= \{a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) : a, b \in \mathbb{R}\} = \{(a, b, 0) : a, b \in \mathbb{R}\}$

Esto representa el plano $xy$ (donde $z = 0$).

La dimensión es 2, ya que $\{\vec{e_1}, \vec{e_2}\}$ son linealmente independientes.

Cualquier vector de la forma $(0, 0, c)$ con $c \neq 0$ es perpendicular al plano $xy$.

Por ejemplo, $\vec{n} = (0, 0, 1) = \vec{e_3}$ es perpendicular a $\text{span}\{\vec{e_1}, \vec{e_2}\}$.

Verificación: $\vec{n} \cdot \vec{e_1} = (0, 0, 1) \cdot (1, 0, 0) = 0$

$\vec{n} \cdot \vec{e_2} = (0, 0, 1) \cdot (0, 1, 0) = 0$ ✓

$(2, k, 1) \in \text{span}\{(1, 1, 0), (0, 1, 1)\}$ si existen $\alpha, \beta$ tales que:

$(2, k, 1) = \alpha(1, 1, 0) + \beta(0, 1, 1)$

Sistema: $\begin{cases} \alpha = 2 \\ \alpha + \beta = k \\ \beta = 1 \end{cases}$

De la primera y tercera: $\alpha = 2, \beta = 1$

Sustituyendo en la segunda: $2 + 1 = k \Rightarrow k = 3$

El vector pertenece al span solo cuando $k = 3$.

$(2, k, 1) \in \text{span}\{(1, 2, 1), (2, 1, k), (1, 0, 2)\}$ si el sistema:

$(2, k, 1) = a(1, 2, 1) + b(2, 1, k) + c(1, 0, 2)$ tiene solución.

Sistema: $\begin{cases} a + 2b + c = 2 \\ 2a + b = k \\ a + bk + 2c = 1 \end{cases}$

El determinante de los generadores (colocados en columnas) es $\det\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \\ 1 & k & 2 \end{pmatrix} = 2k - 7$.

• Si $k \neq \frac{7}{2}$: los tres vectores generan $\mathbb{R}^3$ y el sistema tiene solución.
• Si $k = \frac{7}{2}$: $\left(2, 1, \frac{7}{2}\right) = \frac{1}{2}(1, 2, 1) + \frac{3}{2}(1, 0, 2)$, el span es el plano de normal $(1, 2, 1) \times (1, 0, 2) = (4, -1, -2)$ y $\left(2, \frac{7}{2}, 1\right) \cdot (4, -1, -2) = \frac{5}{2} \neq 0$: no pertenece.

El vector pertenece al span si y solo si $k \neq \frac{7}{2}$.

$(2, k, 1) \in W$ si satisface la ecuación $x + y - z = 0$:

$2 + k - 1 = 0$

$k = -1$

El vector pertenece a $W$ solo cuando $k = -1$.

Calculamos $\text{rank}\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 2 & k & 1 \end{pmatrix}$

Reduciendo por filas:

$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 2 & k & 1 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & k-2 & 1 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1-(k-2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 3-k \end{pmatrix}$

• Si $k \neq 3$: rango = 3, dimensión = 3
• Si $k = 3$: rango = 2, dimensión = 2

La dimensión es 2 cuando $k = 3$ (caso de dependencia) y 3 para $k \neq 3$.