Ejercicios resueltos de independencia lineal

Planteamos $c_1\vec{v_1} + c_2\vec{v_2} + c_3\vec{v_3} = \vec{0}$:

$c_1(1, 2, 0) + c_2(0, 1, 3) + c_3(2, 1, -3) = (0, 0, 0)$

Sistema: $\begin{cases} c_1 + 2c_3 = 0 \\ 2c_1 + c_2 + c_3 = 0 \\ 3c_2 - 3c_3 = 0 \end{cases}$

De la tercera ecuación: $c_2 = c_3$

De la primera: $c_1 = -2c_3$

Sustituyendo en la segunda: $2(-2c_3) + c_3 + c_3 = -4c_3 + 2c_3 = -2c_3 = 0$

Por tanto $c_3 = 0$, entonces $c_1 = c_2 = 0$.

Los vectores son linealmente independientes.

Usamos determinantes: $\det\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$

$= 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} - 0 + 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

$= 1(1 - 3) + 1(2 - 0) = -2 + 2 = 0$

Como el determinante es cero, los vectores son linealmente dependientes.

Como tenemos 4 vectores en $\mathbb{R}^3$ y $\dim(\mathbb{R}^3) = 3$, necesariamente los vectores son linealmente dependientes (no pueden existir más de 3 vectores linealmente independientes en $\mathbb{R}^3$).

Para verificar, encontramos la dependencia:

Sea $a_1\vec{w_1} + a_2\vec{w_2} + a_3\vec{w_3} + a_4\vec{w_4} = \vec{0}$

$a_1(1, 1, 0) + a_2(0, 1, 1) + a_3(1, 2, 1) + a_4(2, 0, -1) = (0, 0, 0)$

Sistema: $\begin{cases} a_1 + a_3 + 2a_4 = 0 \\ a_1 + a_2 + 2a_3 = 0 \\ a_2 + a_3 - a_4 = 0 \end{cases}$

Resolviendo (con $a_4 = 0$ y $a_3 = -1$): $a_1 = 1$, $a_2 = 1$, es decir, $(a_1, a_2, a_3, a_4) = (1, 1, -1, 0)$

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

Es decir, $\vec{w_3} = \vec{w_1} + \vec{w_2}$.

Los vectores son dependientes cuando $\det\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 3 \\ k & 5 & 2 \end{pmatrix} = 0$

Desarrollando por la primera fila:

$\det = 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 5 & 2 \end{pmatrix} - 2 \cdot \det\begin{pmatrix} 2 & 3 \\ k & 2 \end{pmatrix} + 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ k & 5 \end{pmatrix}$

$= 1(2 - 15) - 2(4 - 3k) + 1(10 - k)$

$= -13 - 8 + 6k + 10 - k = 5k - 11 = 0$

$k = \frac{11}{5}$

$\vec{c} = \left(\frac{11}{5}, 5, 2\right)$, buscamos $\alpha, \beta$ tales que $\vec{c} = \alpha\vec{a} + \beta\vec{b}$:

$\left(\frac{11}{5}, 5, 2\right) = \alpha(1, 2, 1) + \beta(2, 1, 3)$

Sistema: $\begin{cases} \alpha + 2\beta = \frac{11}{5} \\ 2\alpha + \beta = 5 \\ \alpha + 3\beta = 2 \end{cases}$

De la tercera: $\alpha = 2 - 3\beta$. En la segunda: $4 - 6\beta + \beta = 5 \Rightarrow \beta = -\frac{1}{5}$, $\alpha = 2 + \frac{3}{5} = \frac{13}{5}$

Verificando en la primera: $\frac{13}{5} + 2\left(-\frac{1}{5}\right) = \frac{11}{5}$ ✓

$\vec{c} = \frac{13}{5}\vec{a} - \frac{1}{5}\vec{b}$

Para $k = \frac{11}{5}$: $\det = 5 \cdot \frac{11}{5} - 11 = 0$, luego los tres vectores son dependientes y no forman una base de $\mathbb{R}^3$ (por ejemplo, con $k = 3$ se tendría $\det = 4 \neq 0$ y sí la formarían).

Cualquier vector $\vec{d}$ que no esté en $\text{span}\{\vec{a}, \vec{b}\}$ servirá.

Por ejemplo, $\vec{d} = (0, 0, 1)$:

$\det\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = 1 \neq 0$

Por tanto $\{\vec{a}, \vec{b}, \vec{d}\}$ forma una base de $\mathbb{R}^3$.

Planteamos $a_1\vec{u_1} + a_2\vec{u_2} + a_3\vec{u_3} + a_4\vec{u_4} = \vec{0}$:

$a_1(1, 0, 1, 0) + a_2(0, 1, 0, 1) + a_3(1, 1, 0, 0) + a_4(0, 0, 1, 1) = (0, 0, 0, 0)$

Sistema: $\begin{cases} a_1 + a_3 = 0 \\ a_2 + a_3 = 0 \\ a_1 + a_4 = 0 \\ a_2 + a_4 = 0 \end{cases}$

De (1) y (3): $a_3 = -a_1$ y $a_4 = -a_1$

De (2) y (4): $a_3 = -a_2$ y $a_4 = -a_2$

Por tanto $a_1 = a_2$ y $a_3 = a_4 = -a_1$

Esto deja libre $a_1$: tomando $a_1 = 1$ obtenemos la solución no trivial $(1, 1, -1, -1)$, es decir,

$\vec{u_1} + \vec{u_2} - \vec{u_3} - \vec{u_4} = (1, 1, 1, 1) - (1, 1, 1, 1) = \vec{0}$

Los vectores son linealmente dependientes.

Como $\vec{u_4} = \vec{u_1} + \vec{u_2} - \vec{u_3}$, el span es el mismo que el de $\{\vec{u_1}, \vec{u_2}, \vec{u_3}\}$, que son independientes. Tres vectores no pueden generar $\mathbb{R}^4$: no generan todo $\mathbb{R}^4$.

$\dim(\text{span}\{\vec{u_1}, \vec{u_2}, \vec{u_3}, \vec{u_4}\}) = 3$

Añadimos $\vec{e_1} = (1, 0, 0, 0)$: $\det\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} = -1 \neq 0$ (columnas $\vec{u_1}, \vec{u_2}, \vec{u_3}, \vec{e_1}$)

Por tanto $\{\vec{u_1}, \vec{u_2}, \vec{u_3}, \vec{e_1}\}$ es una base de $\mathbb{R}^4$.

VERDADERA. Si $\vec{v_1}, \vec{v_2}, \vec{v_3}$ son linealmente dependientes, existe una combinación lineal no trivial:

$c_1\vec{v_1} + c_2\vec{v_2} + c_3\vec{v_3} = \vec{0}$ con algún $c_i \neq 0$.

Sin pérdida de generalidad, si $c_1 \neq 0$, entonces:

$\vec{v_1} = -\frac{c_2}{c_1}\vec{v_2} - \frac{c_3}{c_1}\vec{v_3}$

FALSA. Contraejemplo: $\vec{u} = (1, 0)$ y $\vec{v} = (2, 0)$.

Ambos son no nulos, pero $\vec{v} = 2\vec{u}$, por lo que $2\vec{u} - \vec{v} = \vec{0}$ es una combinación lineal no trivial.

Por tanto $\{\vec{u}, \vec{v}\}$ es linealmente dependiente.

VERDADERA. Si $\alpha(\vec{a} + \vec{b}) + \beta(\vec{b} + \vec{c}) + \gamma(\vec{c} + \vec{a}) = \vec{0}$, entonces:

$(\alpha + \gamma)\vec{a} + (\alpha + \beta)\vec{b} + (\beta + \gamma)\vec{c} = \vec{0}$

Como $\{\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}\}$ es linealmente independiente:

$\begin{cases} \alpha + \gamma = 0 \\ \alpha + \beta = 0 \\ \beta + \gamma = 0 \end{cases}$

Resolviendo: $\alpha = -\gamma$, $\beta = -\alpha = \gamma$, $\gamma + \gamma = 0 \Rightarrow \gamma = 0$

Por tanto $\alpha = \beta = \gamma = 0$, confirmando la independencia lineal.

VERDADERA. Sea $S = \{\vec{0}, \vec{v_1}, \vec{v_2}, \ldots, \vec{v_n}\}$ un conjunto que contiene al vector cero.

Entonces $1 \cdot \vec{0} + 0 \cdot \vec{v_1} + \cdots + 0 \cdot \vec{v_n} = \vec{0}$ es una combinación lineal no trivial.

Por tanto, cualquier conjunto que contenga $\vec{0}$ es linealmente dependiente.