Ejercicios resueltos de subespacios vectoriales

Contiene el vector cero: $(0, 0, 0)$: $2(0) - 0 + 3(0) = 0$ ✓

Cerrado para suma: Sean $\vec{u} = (x_1, y_1, z_1)$ y $\vec{v} = (x_2, y_2, z_2)$ en $S_1$:

$2x_1 - y_1 + 3z_1 = 0$ y $2x_2 - y_2 + 3z_2 = 0$

$\vec{u} + \vec{v} = (x_1 + x_2, y_1 + y_2, z_1 + z_2)$

$2(x_1 + x_2) - (y_1 + y_2) + 3(z_1 + z_2) = (2x_1 - y_1 + 3z_1) + (2x_2 - y_2 + 3z_2) = 0 + 0 = 0$ ✓

Cerrado para producto por escalar: Sea $\vec{u} \in S_1$ y $k \in \mathbb{R}$:

$k\vec{u} = (kx_1, ky_1, kz_1)$

$2(kx_1) - (ky_1) + 3(kz_1) = k(2x_1 - y_1 + 3z_1) = k \cdot 0 = 0$ ✓

$S_1$ es un subespacio vectorial.

No contiene el vector cero: $0 + 0 + 0 = 0 \neq 1$

$S_2$ no es un subespacio vectorial.

Contiene el vector cero: $(0, 0, 0)$ tiene todas las componentes $\geq 0$ ✓

No cerrado para producto por escalar: Sea $\vec{u} = (1, 1, 1) \in S_3$ y $k = -1$:

$k\vec{u} = (-1, -1, -1) \notin S_3$ (componentes negativas)

$S_3$ no es un subespacio vectorial.

Contiene el vector cero: $0^2 + 0^2 = 0^2 = 0$ ✓

No cerrado para suma: Sean $\vec{u} = (3, 4, 5)$ y $\vec{v} = (5, 12, 13)$ en $S_4$:

$3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25 = 5^2$ ✓ y $5^2 + 12^2 = 25 + 144 = 169 = 13^2$ ✓

$\vec{u} + \vec{v} = (8, 16, 18)$

$8^2 + 16^2 = 64 + 256 = 320 \neq 18^2 = 324$

$S_4$ no es un subespacio vectorial.

$\text{Nul}(A) = \{\vec{x} \in \mathbb{R}^3 : A\vec{x} = \vec{0}\}$

Resolvemos el sistema homogéneo $A\vec{x} = \vec{0}$:

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & 1 & 3 \\ 0 & 3 & -5 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

Reducción por filas:

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & 1 & 3 \\ 0 & 3 & -5 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 0 & -3 & 5 \\ 0 & 3 & -5 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 0 & -3 & 5 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

Sistema equivalente: $\begin{cases} x_1 + 2x_2 - x_3 = 0 \\ -3x_2 + 5x_3 = 0 \end{cases}$

De la segunda ecuación: $x_2 = \frac{5x_3}{3}$

Sustituyendo: $x_1 = x_3 - 2x_2 = x_3 - \frac{10x_3}{3} = -\frac{7x_3}{3}$

$\text{Nul}(A) = \text{span}\left\{\left(-\frac{7}{3}, \frac{5}{3}, 1\right)\right\} = \text{span}\{(-7, 5, 3)\}$

$\text{Col}(A) = \text{span}\{(1, 2, 0), (2, 1, 3), (-1, 3, -5)\}$

Verificamos independencia usando el determinante:

$\det(A) = 1(1 \cdot (-5) - 3 \cdot 3) - 2(2 \cdot (-5) - 3 \cdot 0) + (-1)(2 \cdot 3 - 1 \cdot 0)$

$= 1(-5 - 9) - 2(-10) - 1(6) = -14 + 20 - 6 = 0$

Como el determinante es cero, las columnas son dependientes.

Del análisis del espacio nulo (rango = 2), $\text{Col}(A)$ tiene dimensión 2.

$\dim(\text{Nul}(A)) = 1$ (una variable libre)

$\dim(\text{Col}(A)) = \text{rango}(A) = 2$

$\dim(\text{Col}(A)) + \dim(\text{Nul}(A)) = 2 + 1 = 3 = n$ (número de columnas) ✓

El teorema del rango se verifica correctamente.

El subespacio está definido por las ecuaciones:

$\begin{cases} x - y + 2z = 0 \\ 2x + y - w = 0 \end{cases}$

Expresamos las variables dependientes en función de las libres:

De la primera: $x = y - 2z$

Sustituyendo en la segunda: $2(y - 2z) + y - w = 0 \Rightarrow 3y - 4z - w = 0 \Rightarrow w = 3y - 4z$

Vector general: $(y - 2z, y, z, 3y - 4z) = y(1, 1, 0, 3) + z(-2, 0, 1, -4)$

Base de $W$: $B = \{(1, 1, 0, 3), (-2, 0, 1, -4)\}$

Los vectores base son linealmente independientes (no son múltiplos uno del otro).

$\dim(W) = 2$

Un vector general de $W$ tiene la forma:

$(x, y, z, w) = s(1, 1, 0, 3) + t(-2, 0, 1, -4) = (s - 2t, s, t, 3s - 4t)$

donde $s, t \in \mathbb{R}$ son parámetros libres.

$W^\perp$ está generado por los vectores normales a las ecuaciones que definen $W$:

$W^\perp = \text{span}\{(1, -1, 2, 0), (2, 1, 0, -1)\}$

Verificamos que $\dim(W) + \dim(W^\perp) = 4$:

Los vectores $(1, -1, 2, 0)$ y $(2, 1, 0, -1)$ son independientes (no proporcionales).

$\dim(W^\perp) = 2$

$\dim(W) + \dim(W^\perp) = 2 + 2 = 4 = \dim(\mathbb{R}^4)$ ✓

Además $W \cap W^\perp = \{\vec{0}\}$ (si $\vec{x}$ está en ambos, $\vec{x} \cdot \vec{x} = 0$, luego $\vec{x} = \vec{0}$), así que $\dim(W + W^\perp) = 2 + 2 - 0 = 4$ y, por tanto, $W + W^\perp = \mathbb{R}^4$.

Un vector está en $U \cap V$ si pertenece tanto a $U$ como a $V$.

Si $\vec{x} \in U$: $\vec{x} = a(1, 2, 1, 0) + b(0, 1, 1, 1) = (a, 2a+b, a+b, b)$

Si $\vec{x} \in V$: $\vec{x} = c(2, 1, 0, 1) + d(1, 0, -1, 1) = (2c+d, c, -d, c+d)$

Igualando: $\begin{cases} a = 2c + d \\ 2a + b = c \\ a + b = -d \\ b = c + d \end{cases}$

Resolviendo el sistema:

De (1) y (3): $2c + d + b = -d \Rightarrow b = -2c - 2d$

De (4): $-2c - 2d = c + d \Rightarrow -3c = 3d \Rightarrow c = -d$

Con $d = t$: $c = -t$, $b = -2(-t) - 2t = 0$, $a = 2(-t) + t = -t$

Falta imponer la ecuación (2): $2a + b = c \Rightarrow -2t = -t \Rightarrow t = 0$

$U \cap V = \{\vec{0}\}$ con $\dim(U \cap V) = 0$

$U + V = \text{span}\{(1, 2, 1, 0), (0, 1, 1, 1), (2, 1, 0, 1), (1, 0, -1, 1)\}$

$\det\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} = 3 \neq 0$, así que el rango es 4.

Los cuatro vectores forman una base de $U + V = \mathbb{R}^4$, y $\dim(U + V) = 4$

$\dim(U + V) = \dim(U) + \dim(V) - \dim(U \cap V)$

$4 = 2 + 2 - 0$ ✓

• $U \cap V = \{\vec{0}\}$ ✓
• $U + V = \mathbb{R}^4$ ✓

Por tanto, $U \oplus V = \mathbb{R}^4$.