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Universidad de los Andes, MATE-1105
Álgebra lineal
Taller 11 – Solución
Bases y dimensión.
Fecha de entrega: 29 de octubre de 2016
1. De los siguientes matrices, calcule kernel, imagen



1 1
1 4 7 2
3 2
A = 2 5 8 4 ,
B=
0 2
3 6 9 6
4 5
y las dimensiones correspondientes.



5
1
1 2 3

13 1 
,
C = 1 2 3 .
7 −1
1 2 9
25 1
2. Para los siguientes sistemas de vectores en el espacio vectorial V , determine la dimensión del
espacio vectorial generado por ellos y escoja un subsistema de ellos que es base del espacio
vectorial generado por los vectores dados. Complete este subsistema a una base de V .
 
 
 
3
3
1
(a) V = R3 , ~v1 = 2 , ~v2 = 2 , ~v3 = 2.
7
1
3
(b) V = P4 , p1 = x3 + x, p2 = x3 − x2 + 3x, p3 = x2 + 2x − 5, p4 = x3 + 3x + 2.
1 4
3 0
0 12
9 −12
(c) V = M (2 × 2), A =
, B=
, C=
, D=
.
−2 5
1 4
−7 11
10
1
 
u

v
u
v
4
~ ~

Solución (c). Identificamos M (2 × 2) con R4 ası́:
=
b
w ∈ R . Sean ~a, b, ~c, d los
w x
x
vectores que representan a las matrices A, B, C, D. Sea M ∈ M (4 × 4) cuyas columnas son los
~ Entonces sabemos que Im(M ) = gen{~a, ~b, ~c, d}.
~ Reducimos M por columnas:
vectores ~a, ~b, ~c, d.

1
4
M =
−2
5
 Q21 (−1) 
9
1
Q31 (3)
Q41 (−5) 0
−12
 −−−−−→ 
0
10 
1
0
3 0
0 12
1 −7
4 11

1
0
−−−−−→ 
0
0
Q32 (−1)
Q42 (−1)
3
1
0
0
0
−1
0
0
3
0
−12 12
7
−7
−11 11


9
1 0
Q12 (−3) 0 1
4
 −−−−−→ 
0 0
0
0
0 0
3
−1
0
0
 S2 (−1/12) 
9
1 3
S3 (1/7)
S4 (−1/11) 0 1
−48
 −−−−−−−→ 
0 1
28 
−44
0 1

0 9
−1 4

−1 4
−1 4

−3
4
 =: M 0 .
0
0
De esto se sigue que dim(gen{~a, ~b, ~c, d} = 1 y que ~a, ~b (las primeras dos columnas de M ) forman
una base.
Observe que del cálculo anterior obtenemos que M = EM 0 donde

1
4
E = Q21 (4)Q31 (−4)Q41 (5)S2 (−12)S3 (7)S4 (−11)Q32 (1)Q42 (1)Q12 (3) = 
−2
5

3 0
0
0 0
0 
.
1 7
0 
4 0 −11
Sean ~e1 , . . . , ~e4 los vectores unitarios canónicos de R4 . Sabemos que ~e1 , ~e2 son una base de
Im(M 0 ), por tanto EM 0~e1 = ~a, EM 0~e2 = ~b es una base de Im(EM 0 ) = Im(M ). También sa~ 1 , Ee
~ 2 , Ee
~ 3 , Ee
~ 4 son linealmente independiente porque los
bemos que Como ya sabemos que Ee
~e1 , . . . , ~e4 lo son y E es biyectiva. Por lo tanto, ~c0 = Ee3 = (0, 0, 7, 0)t , d~0 = Ee4 = (0, 0, 0, −11)t
completan ~a u ~b a una base de R4 .
3. Sean ~v1 , . . . , ~vk , w
~ ∈ Rn . Suponga que w
~ 6= ~0 y que w
~ ∈ Rn es ortogonal a todos los vectores
~vj . Demuestre que w
~ ∈
/ gen{~v1 , . . . , ~vm }. Se sigue que el sistema w,
~ ~v1 , . . . , ~vm es linealmente
independiente?
Solución. Suponga que w
~ ∈ gen{~v1 , . . . , ~vm }. Entonces w
~ es combinación lineal de ~v1 , . . . , ~vk
y deben existir λ1 , . . . , λk ∈ R tal que w
~ = λ1~v1 + · · · + λk~vk . Si tomamos el producto interno
de ambos lados con w,
~ obtenemos
hw
~ , wi
~ = hλ1~v1 + · · · + λk~vk , wi
~ = λ1 h~v1 , wi
~ + · · · + λk h~vk , wi
~ = λ1 · 0 + · · · + λk · 0 = 0.
Esto demuestra que kwk
~ 2 = hw
~ , wi
~ = 0, es decir, w
~ = ~0.
4. Sea A ∈ M (m × n). Demuestre:
(i) A injective =⇒ m ≥ n.
(ii) A surjective =⇒ n ≥ m.
Demuestre que la implicación “⇐=” en (i) and (ii) en general es falsa.
Solución. Recuerde que A se puede ver como una función lineal de Rn → Rm y que dim(ker(A))+
dim(Im(A)) = n. Además, dado que Im(A) es un subespacio de Rm , tenemos que dim(Im(A)) ≤
dim(Rm ) = m.
(i): A es inyectivo si solo si ker(A) = {0}.
Por lo tanto 0 = dim(ker(A)) = n − dim(Im(A)) ≥ n − m. Esto demuestra que m ≤ n.
(ii): A es sobreyectivo si solo si Im(A) = Rm .
Por lo tanto m = dim(Im(A)) = n − dim(ker(A)) ≤ n.
La implicación “⇐=” en (i) and (ii) en general es falsa como se ve en el siguiente ejemplo:
A : R → R, Ax = 0 para todo s ∈ R. En este caso, n = m = 1 satisfacen las desigualdades en
(i) y (ii). Sin embargo, es claro que A es una función lineal que no es inyectiva ni sobreyectiva.
5. Sea V un espacio vectorial.
(a) Sea U ⊂ V un subspacio y sean u1 , . . . , uk ∈ U . Demuestre que gen{u1 , . . . uk } ⊂ U .
Solución. Sea w ∈ gen{u1 , . . . uk }. Entonces, por definición de gen, existen λ1 , . . . λk ∈ R
tal que w = λ1 u1 + · · · λk uk . Esto demuestra que w ∈ U porque todos los uj pertencen a
U y U es un espacio vectorial.
(b) Sean u1 , . . . , uk , w1 , . . . , wm ∈ V . Demuestre que lo siguiente es equivalente: Equivalent:
(i)
(ii)
gen{u1 , . . . , uk } = gen{w1 , . . . , wm }.
Para todo j = 1, . . . , k tenemos uj ∈ gen{w1 , . . . , wm } y para todo ` = 1, . . . , m
tenemos w` ∈ gen{u1 , . . . , uk }.
Solución. (i) =⇒ (ii): Esto es claro porque
para todo j = 1, . . . , k tenemos uj ∈ gen{u1 , . . . , uk } = gen{w1 , . . . , wm } y
para todo j = 1, . . . , m tenemos wj ∈ gen{w1 , . . . , wm } = gen{u1 , . . . , uk }.
(ii) =⇒ (i): Sean U := gen{u1 , . . . , uk } y W := gen{w1 , . . . , wm }. Entonces, por (ii),
sabemos que para todo ` = 1, . . . , m tenemos que w` ∈ U y para todo ` = 1, . . . , k
tenemos que u` ∈ W . Luego, por el literal (a) se sigue que
W = gen{w1 , . . . , wm } ⊆ U
y
U = gen{u1 , . . . , uk } ⊆ W,
y por lo tanto U = W .
(c) Sean v1 , v2 , v3 , . . . , vm ∈ V y sea c ∈ R. Demuestre que
gen{v1 , v2 , v3 , . . . , vm } = gen{v1 + cv2 , v2 , v3 , . . . , vm }.
Solución. Sean U = gen{v1 , v2 , v3 , . . . , vm } y W = gen{v1 + cv2 , v2 , v3 , . . . , vm }. Para
probarlo, vamos a usar el literal (b).
Claramente se tiene que v1 + cv2 , v2 , v3 , . . . , vm ∈ U , ası́ que se sigue W ⊆ U .
Note que v1 = (v1 + cv2 ) − cv2 ∈ gen{v1 , v2 , v3 , . . . , vm }. Claramente también tenemos
v2 , v3 , . . . , vm ∈ W , ası́ que se sigue U ⊆ W .
En conclusión tenemos que U = W .
(d) Sean u1 , . . . , uk ∈ V y sea A : V → V una función lineal invertible. Demuestre que
dim gen{u1 , . . . , uk } = dim gen{Au1 , . . . , Auk }. Es verdad si A no es invertible?
Solución. Sean U := gen{u1 , . . . , uk }, W := gen{Au1 , . . . , Auk } y n := dim U y m :=
dim W .
(i) Sabemos que de los u1 , . . . , uk podemos escoger un subconjunto de n vectores que es
linealmente independiente y que genera U . Sin restricción podemos suponer que son los
vectores u1 , . . . , un (re-enumerar los u1 , . . . , uk no cambia el espacio que ellos generan).
También sabemos que una función lineal biyectiva manda vectores linealmente independientes a vectores independientes. Por tanto, los vectores Au1 , . . . , Aun son linealmente independientes, lo que implica que dim(gen{Au1 , . . . , Aun }) = n. Por otro lado tenemos que
gen{Au1 , . . . , Aun } ⊆ gen{Au1 , . . . , Auk } = W , ası́ que n = dim gen{Au1 , . . . , Aun } ≤
dim(W ) = m.
(ii) Ahora repitimos el argumento con A−1 en vez de A. Note que A−1 (Auj ) = uj .
Sabemos que de los Au1 , . . . , Auk podemos escoger un subconjunto de m vectores que
es linealmente independiente y que genera W . Sin restricción podemos suponer que son
los vectores Au1 , . . . , Aum (re-enumerar los Au1 , . . . , Auk no cambia el espacio que ellos
generan). También sabemos que una función lineal biyectiva (en este caso, la función A−1 )
manda vectores linealmente independientes a vectores independientes. Por tanto, los vectores u1 , . . . , um son linealmente independientes, lo que implica que dim(gen{u1 , . . . , um }) =
m. Por otro lado tenemos que gen{u1 , . . . , um } ⊆ gen{u1 , . . . , uk } = U , ası́ que m =
dim gen{Au1 , . . . , Aum } ≤ dim(U ) = n.
Hemos mostrado que n ≤ m y m ≤ n. Por tanto n = m.
Remark. Prueba alternativa para (ii): De (i) ya sabemos que dim gen{Au1 , . . . , Ak } ≥ n
y que u1 , . . . , un son una base de gen{u1 , . . . , uk }. Ahora, si k > n, entonces sabemos que
uk debe ser una combinación lineal de los u1 , . . . , un , digamos uk = λ1 u1 +· · ·+λn un . Esto
implica que Auk = A(λ1 u1 + · · · + λn un ) = λ1 Au1 + · · · + λn Aun , es decir, Auk es combinación lineal de Au1 , . . . , Aun . Por lo tanto gen{Au1 , . . . , Ak } = gen{Au1 , . . . , Ak−1 }. Repitiendo este argument podemos quitar succesivamente todos los vectores Aun+1 , . . . , Auk
sin cambiar el espacio generado: gen{Au1 , . . . , Ak } = gen{Au1 , . . . , An }. Esto demuestra
que m = dim(gen{Au1 , . . . , Ak }) = gen({Au1 , . . . , An }) ≤ n.
Junto con la desigualdad n ≥ m obtenemos de nuevo que n = m.