Soluciones · Sección 1C
Estado: VERIFICADO
Procedencia: [SOL] material original de Matemática Abierta.
Referencia: ejercicios 1–24 de la Sección 1C de Linear Algebra Done Right, 4.ª ed.
Criterio: se privilegian argumentos disponibles hasta 1C; cuando se usa un hecho elemental externo, se indica.
Ejercicio 1
\(a\)
Sea
\[ U=\{(x_1,x_2,x_3)\in\mathbf F^3:x_1+2x_2+3x_3=0\}. \]
El vector \(0\) pertenece a \(U\). Si \(x,y\in U\), entonces
\[ (x_1+y_1)+2(x_2+y_2)+3(x_3+y_3)=0, \]
por lo que \(x+y\in U\). Si \(\lambda\in\mathbf F\) y \(x\in U\), entonces
\[ \lambda x_1+2\lambda x_2+3\lambda x_3 =\lambda(x_1+2x_2+3x_3)=0. \]
Por 1.34,
\[ \boxed{U\text{ es un subespacio}.} \]
\(b\)
El vector \(0\) no satisface
\[ x_1+2x_2+3x_3=4. \]
Por tanto,
\[ \boxed{\text{no es un subespacio}.} \]
\(c\)
No es cerrado bajo la suma. Por ejemplo,
\[ (1,0,1),\ (0,1,1) \]
pertenecen al conjunto porque el producto de sus coordenadas es \(0\), pero
\[ (1,0,1)+(0,1,1)=(1,1,2) \]
no pertenece. Luego
\[ \boxed{\text{no es un subespacio}.} \]
\(d\)
Sea
\[ U=\{(x_1,x_2,x_3)\in\mathbf F^3:x_1=5x_3\}. \]
El vector \(0\) pertenece a \(U\). Si \(x_1=5x_3\) y \(y_1=5y_3\), entonces
\[ x_1+y_1=5(x_3+y_3). \]
Además, para \(\lambda\in\mathbf F\),
\[ \lambda x_1=5\lambda x_3. \]
Así,
\[ \boxed{U\text{ es un subespacio}.} \]
Ejercicio 2
Verificamos los cinco apartados del Ejemplo 1.35.
\(a\)
Si
\[ U_b=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\mathbf F^4:x_3=5x_4+b\} \]
es un subespacio, entonces \(0\in U_b\). Sustituyendo el vector nulo,
\[ 0=5\cdot0+b, \]
de donde \(b=0\).
Recíprocamente, si \(b=0\), la condición es \(x_3=5x_4\), que se conserva bajo suma y multiplicación por escalares y contiene al vector nulo. Por 1.34, \(U_0\) es un subespacio.
\(b\)
La función nula es continua. La suma de funciones continuas es continua y un múltiplo escalar de una función continua es continuo. Por 1.34, las funciones continuas \([0,1]\to\mathbf R\) forman un subespacio de \(\mathbf R^{[0,1]}\).
\(c\)
La función nula es diferenciable; la suma de funciones diferenciables y los múltiplos escalares de funciones diferenciables son diferenciables. Por tanto, las funciones diferenciables \(\mathbf R\to\mathbf R\) forman un subespacio de \(\mathbf R^{\mathbf R}\).
\(d\)
Si el conjunto de funciones diferenciables \(f:(0,3)\to\mathbf R\) tales que \(f'(2)=b\) es un subespacio, debe contener la función nula, cuya derivada en \(2\) vale \(0\). Luego necesariamente \(b=0\).
Si \(b=0\), entonces \(f'(2)=0\) y, para \(f,g\) con esta propiedad y \(\lambda\in\mathbf R\),
\[ (f+g)'(2)=f'(2)+g'(2)=0, \]
\[ (\lambda f)'(2)=\lambda f'(2)=0. \]
Así, el conjunto es un subespacio.
\(e\)
La sucesión nula converge a \(0\). Si \(x_n\to0\) y \(y_n\to0\), entonces \(x_n+y_n\to0\); si \(\lambda\in\mathbf C\), entonces \(\lambda x_n\to0\). Por 1.34, las sucesiones complejas que convergen a \(0\) forman un subespacio de \(\mathbf C^\infty\).
Ejercicio 3
Sea
\[ U=\{f\in\mathbf R^{(-4,4)}:f\text{ es diferenciable y }f'(-1)=3f(2)\}. \]
La función nula pertenece a \(U\) porque \(0=3\cdot0\).
Si \(f,g\in U\), entonces
\[ (f+g)'(-1)=f'(-1)+g'(-1) =3f(2)+3g(2) =3(f+g)(2). \]
Si \(\lambda\in\mathbf R\) y \(f\in U\), entonces
\[ (\lambda f)'(-1)=\lambda f'(-1) =3\lambda f(2) =3(\lambda f)(2). \]
Por 1.34,
\[ \boxed{U\text{ es un subespacio}.} \]
Ejercicio 4
Sea
\[ U_b=\left\{f\in\mathbf R^{[0,1]}:f\text{ es continua y }\int_0^1f=b\right\}. \]
Si \(U_b\) es un subespacio, contiene la función nula. Pero
\[ \int_0^1 0=0, \]
luego \(b=0\).
Recíprocamente, si \(b=0\), la función nula pertenece a \(U_0\). Para \(f,g\in U_0\) y \(\lambda\in\mathbf R\), por linealidad de la integral,
\[ \int_0^1(f+g)=\int_0^1f+\int_0^1g=0, \]
\[ \int_0^1\lambda f=\lambda\int_0^1f=0. \]
Por tanto,
\[ \boxed{U_b\text{ es un subespacio}\iff b=0.} \]
Ejercicio 5
No. Aunque \(\mathbf R^2\subseteq\mathbf C^2\), no es cerrado bajo la multiplicación por escalares complejos. Por ejemplo,
\[ (1,0)\in\mathbf R^2, \]
pero
\[ i(1,0)=(i,0)\notin\mathbf R^2. \]
Por tanto,
\[ \boxed{\mathbf R^2\text{ no es un subespacio complejo de }\mathbf C^2.} \]
Ejercicio 6
\(a\)
En \(\mathbf R\), la función \(t\mapsto t^3\) es inyectiva. Por tanto,
\[ a^3=b^3\iff a=b. \]
El conjunto dado es entonces
\[ \{(a,a,c):a,c\in\mathbf R\}, \]
que contiene \(0\) y es cerrado bajo suma y multiplicación por escalares. Así,
\[ \boxed{\text{sí es un subespacio de }\mathbf R^3.} \]
\(b\)
No. Sea
\[ \omega=\frac{-1+i\sqrt3}{2}, \]
de modo que \(\omega^3=1\) y \(\omega\neq1\). Entonces
\[ (1,1,0),\quad (1,\omega,0) \]
pertenecen al conjunto porque en ambos casos las dos primeras coordenadas tienen el mismo cubo. Sin embargo, su suma es
\[ (2,1+\omega,0). \]
Como \(1+\omega=-\omega^2\),
\[ (1+\omega)^3=-1\neq8=2^3. \]
La suma no pertenece al conjunto. Por tanto,
\[ \boxed{\text{no es un subespacio de }\mathbf C^3.} \]
Ejercicio 7
La afirmación es falsa. Tomemos
\[ U=\mathbf Z^2\subseteq\mathbf R^2. \]
\(U\) es no vacío, cerrado bajo suma y cerrado bajo inversos aditivos. Sin embargo,
\[ (1,0)\in U \]
pero
\[ \frac12(1,0)=\left(\frac12,0\right)\notin U. \]
No es cerrado bajo multiplicación por escalares reales. Luego
\[ \boxed{U=\mathbf Z^2\text{ es un contraejemplo}.} \]
Ejercicio 8
Tomemos la unión de los dos ejes coordenados:
\[ U=\{(x,0):x\in\mathbf R\}\cup\{(0,y):y\in\mathbf R\}. \]
Es no vacío y cerrado bajo multiplicación por escalares: un múltiplo de un vector de cualquiera de los ejes permanece en ese eje. Sin embargo,
\[ (1,0),(0,1)\in U \]
pero
\[ (1,0)+(0,1)=(1,1)\notin U. \]
Por tanto, \(U\) no es un subespacio.
Ejercicio 9
No. Construiremos dos funciones periódicas cuya suma no es periódica.
Definamos
\[ f(x)= \begin{cases} 1,&x\in\mathbf Z,\\ 0,&x\notin\mathbf Z, \end{cases} \]
que tiene período \(1\), y
\[ g(x)= \begin{cases} 1,&x\in\sqrt2\,\mathbf Z,\\ 0,&x\notin\sqrt2\,\mathbf Z, \end{cases} \]
que tiene período \(\sqrt2\).
Sea \(h=f+g\). Tenemos \(h(0)=2\). Si \(h\) tuviera un período \(p>0\), entonces
\[ h(p)=h(0)=2. \]
Esto obligaría a que
\[ p\in\mathbf Z\cap\sqrt2\,\mathbf Z. \]
Pero, usando el hecho elemental de que \(\sqrt2\) es irracional,
\[ \mathbf Z\cap\sqrt2\,\mathbf Z=\{0\}, \]
lo que contradice \(p>0\). Así, \(h\) no es periódica.
Por tanto, el conjunto de funciones periódicas no es cerrado bajo suma y
\[ \boxed{\text{no es un subespacio de }\mathbf R^{\mathbf R}.} \]
Ejercicio 10
Sea
\[ U=V_1\cap V_2. \]
Como \(0\) pertenece a ambos subespacios, \(0\in U\). Si \(u,w\in U\), entonces \(u,w\) pertenecen a \(V_1\) y a \(V_2\), por lo que
\[ u+w\in V_1\cap V_2=U. \]
Si \(a\in\mathbf F\) y \(u\in U\), entonces
\[ au\in V_1\cap V_2=U. \]
Por 1.34,
\[ \boxed{V_1\cap V_2\text{ es un subespacio de }V.} \]
Ejercicio 11
Sea \(\{V_\alpha\}_{\alpha\in A}\) una colección de subespacios de \(V\) y sea
\[ U=\bigcap_{\alpha\in A}V_\alpha. \]
Si la colección es no vacía, \(0\) pertenece a cada \(V_\alpha\), luego \(0\in U\). Si \(u,w\in U\), entonces \(u,w\in V_\alpha\) para todo \(\alpha\), y por tanto \(u+w\in V_\alpha\) para todo \(\alpha\). Así, \(u+w\in U\). Del mismo modo, si \(a\in\mathbf F\), entonces \(au\in V_\alpha\) para todo \(\alpha\), de modo que \(au\in U\).
Por 1.34, \(U\) es un subespacio.
Si se admite la colección vacía, por la convención usual su intersección dentro de \(V\) es \(V\), que también es un subespacio.
Ejercicio 12
Sean \(U,W\) subespacios de \(V\).
Si \(U\subseteq W\), entonces
\[ U\cup W=W, \]
que es un subespacio. Análogamente si \(W\subseteq U\).
Recíprocamente, supongamos que \(U\cup W\) es un subespacio. Si ninguno está contenido en el otro, existen
\[ u\in U\setminus W, \qquad w\in W\setminus U. \]
Como \(U\cup W\) es un subespacio,
\[ u+w\in U\cup W. \]
Si \(u+w\in U\), entonces
\[ w=(u+w)-u\in U, \]
contradicción. Si \(u+w\in W\), entonces
\[ u=(u+w)-w\in W, \]
otra contradicción. Por tanto, uno de los dos subespacios debe estar contenido en el otro.
Así,
\[ \boxed{U\cup W\text{ es subespacio}\iff U\subseteq W\text{ o }W\subseteq U.} \]
Ejercicio 13
Sean \(U_1,U_2,U_3\) subespacios de \(V\) y supongamos que
\[ S=U_1\cup U_2\cup U_3 \]
es un subespacio.
Queremos demostrar que uno de los \(U_j\) contiene a los otros dos.
Si algún subespacio está contenido en otro, por ejemplo \(U_1\subseteq U_2\), entonces
\[ S=U_2\cup U_3. \]
Como \(S\) es un subespacio, el Ejercicio 12 implica que \(U_2\subseteq U_3\) o \(U_3\subseteq U_2\). En cualquiera de los dos casos, uno de los tres subespacios contiene a los otros dos.
Queda el caso en que ningún \(U_i\) está contenido en otro \(U_j\).
Afirmamos que existe
\[ u\in U_1\setminus(U_2\cup U_3). \]
En efecto, si \(U_1\subseteq U_2\cup U_3\), entonces
\[ U_1=(U_1\cap U_2)\cup(U_1\cap U_3). \]
Aplicando el Ejercicio 12 dentro del espacio vectorial \(U_1\), tendríamos \(U_1\subseteq U_2\) o \(U_1\subseteq U_3\), contradicción. De manera análoga, existe
\[ v\in U_2\setminus(U_1\cup U_3). \]
Como \(\mathbf F\) es \(\mathbf R\) o \(\mathbf C\), podemos escoger dos escalares no nulos distintos, por ejemplo \(1\) y \(2\). Para todo \(t\neq0\), el vector \(u+tv\) no pertenece a \(U_1\): si perteneciera, entonces
\[ tv=(u+tv)-u\in U_1, \]
y como \(t\neq0\), resultaría \(v\in U_1\), contradicción. Tampoco pertenece a \(U_2\), porque de \(u+tv\in U_2\) se seguiría
\[ u=(u+tv)-tv\in U_2. \]
Por tanto,
\[ u+v\in U_3, \qquad u+2v\in U_3. \]
Restando,
\[ v=(u+2v)-(u+v)\in U_3, \]
contradicción con la elección de \(v\).
Luego necesariamente uno de los tres subespacios contiene a los otros dos.
La recíproca es inmediata: si, por ejemplo, \(U_1\) contiene a \(U_2\) y \(U_3\), entonces
\[ U_1\cup U_2\cup U_3=U_1, \]
que es un subespacio.
El argumento usa la existencia de dos escalares no nulos distintos; precisamente aquí falla sobre el cuerpo de dos elementos mencionado por Axler.
Ejercicio 14
Un elemento general de \(U+W\) tiene la forma
\[ (x,-x,2x)+(y,y,2y) =(x+y,-x+y,2x+2y). \]
Pongamos
\[ a=x+y, \qquad b=-x+y. \]
Entonces la tercera coordenada es \(2a\). Recíprocamente, dados \(a,b\in\mathbf F\), como \(\mathbf F=\mathbf R\) o \(\mathbf C\), podemos tomar
\[ x=\frac{a-b}{2}, \qquad y=\frac{a+b}{2}. \]
Así,
\[ \boxed{U+W=\{(a,b,2a)\in\mathbf F^3:a,b\in\mathbf F\}.} \]
En palabras: \(U+W\) es el conjunto de vectores de \(\mathbf F^3\) cuya tercera coordenada es el doble de la primera; la segunda coordenada es arbitraria.
Ejercicio 15
Como \(U\) es cerrado bajo suma,
\[ U+U\subseteq U. \]
Por otra parte, para todo \(u\in U\),
\[ u=u+0, \]
con \(u,0\in U\), luego \(u\in U+U\). Por tanto,
\[ \boxed{U+U=U.} \]
Ejercicio 16
Sí. Si \(v\in U+W\), entonces
\[ v=u+w \]
para algunos \(u\in U\), \(w\in W\). Por conmutatividad de la suma de vectores,
\[ v=w+u\in W+U. \]
Esto prueba \(U+W\subseteq W+U\). La inclusión inversa es idéntica. Luego
\[ \boxed{U+W=W+U.} \]
Ejercicio 17
Sí. Un vector pertenece a \((V_1+V_2)+V_3\) si y sólo si puede escribirse como
\[ (v_1+v_2)+v_3 \]
con \(v_k\in V_k\). Por asociatividad de la suma,
\[ (v_1+v_2)+v_3=v_1+(v_2+v_3), \]
que es precisamente la forma de un elemento de \(V_1+(V_2+V_3)\). Así,
\[ \boxed{(V_1+V_2)+V_3=V_1+(V_2+V_3).} \]
Ejercicio 18
La identidad aditiva para la suma de subespacios es
\[ \boxed{\{0\}}, \]
porque para todo subespacio \(U\),
\[ U+\{0\}=U. \]
Ahora supongamos que un subespacio \(U\) tiene un inverso aditivo \(W\). Esto significaría
\[ U+W=\{0\}. \]
Pero \(U\subseteq U+W\) porque \(u=u+0\). Por tanto \(U\subseteq\{0\}\), y como \(U\) contiene \(0\),
\[ U=\{0\}. \]
Análogamente \(W=\{0\}\). Así,
\[ \boxed{\text{el único subespacio con inverso aditivo es }\{0\},\text{ y es su propio inverso}.} \]
Ejercicio 19
La afirmación es falsa. Sea \(V=\mathbf R^2\) y sea
\[ U=\{(x,0):x\in\mathbf R\}. \]
Tomemos
\[ V_1=\{0\}, \qquad V_2=U. \]
Entonces
\[ V_1+U=U=V_2+U, \]
pero
\[ V_1\neq V_2. \]
Por tanto,
\[ \boxed{\text{la suma de subespacios no admite cancelación en general}.} \]
Ejercicio 20
Sea
\[ U=\{(x,x,y,y):x,y\in\mathbf F\}. \]
Tomemos
\[ \boxed{W=\{(a,0,b,0):a,b\in\mathbf F\}.} \]
Todo vector \((p,q,r,s)\in\mathbf F^4\) puede escribirse como
\[ (p,q,r,s) =(q,q,s,s)+(p-q,0,r-s,0), \]
donde el primer sumando pertenece a \(U\) y el segundo a \(W\). Por tanto,
\[ \mathbf F^4=U+W. \]
Además, si un vector pertenece a \(U\cap W\), entonces
\[ (x,x,y,y)=(a,0,b,0). \]
Comparando las coordenadas segunda y cuarta obtenemos \(x=y=0\), y entonces también \(a=b=0\). Por tanto,
\[ U\cap W=\{0\}. \]
Por 1.46,
\[ \boxed{\mathbf F^4=U\oplus W.} \]
Ejercicio 21
Sea
\[ U=\{(x,y,x+y,x-y,2x):x,y\in\mathbf F\}. \]
Tomemos
\[ \boxed{W=\{(0,0,a,b,c):a,b,c\in\mathbf F\}.} \]
Dado \((p,q,r,s,t)\in\mathbf F^5\),
\[ \begin{aligned} (p,q,r,s,t) ={}&(p,q,p+q,p-q,2p)\\ &+(0,0,r-p-q,s-p+q,t-2p). \end{aligned} \]
El primer sumando está en \(U\) y el segundo en \(W\), luego \(\mathbf F^5=U+W\).
Si un vector de \(U\) pertenece a \(W\), sus dos primeras coordenadas deben ser \(0\), por lo que \(x=y=0\), y entonces el vector completo es \(0\). Así,
\[ U\cap W=\{0\}. \]
Por 1.46,
\[ \boxed{\mathbf F^5=U\oplus W.} \]
Ejercicio 22
Usando el complemento del ejercicio anterior, separemos sus tres coordenadas libres en tres ejes:
\[ W_1=\{(0,0,a,0,0):a\in\mathbf F\}, \]
\[ W_2=\{(0,0,0,b,0):b\in\mathbf F\}, \]
\[ W_3=\{(0,0,0,0,c):c\in\mathbf F\}. \]
Cada \(W_j\) es no nulo. Para \((p,q,r,s,t)\in\mathbf F^5\) tenemos la descomposición
\[ \begin{aligned} (p,q,r,s,t) ={}&(p,q,p+q,p-q,2p)\\ &+(0,0,r-p-q,0,0)\\ &+(0,0,0,s-p+q,0)\\ &+(0,0,0,0,t-2p). \end{aligned} \]
Los cuatro sumandos pertenecen respectivamente a \(U,W_1,W_2,W_3\).
Para verificar que la suma es directa, supongamos
\[ 0=u+w_1+w_2+w_3. \]
Las dos primeras coordenadas de \(w_1,w_2,w_3\) son \(0\), así que las dos primeras coordenadas de \(u\) deben ser \(0\). Esto fuerza \(u=0\). Después,
\[ w_1+w_2+w_3=0, \]
y como cada \(w_j\) ocupa una coordenada distinta, necesariamente \(w_1=w_2=w_3=0\).
Por 1.45,
\[ \boxed{\mathbf F^5=U\oplus W_1\oplus W_2\oplus W_3.} \]
Ejercicio 23
La afirmación es falsa. Trabajemos en \(V=\mathbf F^2\) y tomemos
\[ U=\{(x,0):x\in\mathbf F\}, \]
\[ V_1=\{(0,y):y\in\mathbf F\}, \]
\[ V_2=\{(y,y):y\in\mathbf F\}. \]
Tenemos
\[ U\cap V_1=\{0\}, \qquad U\cap V_2=\{0\}. \]
Además, todo \((a,b)\in\mathbf F^2\) puede escribirse como
\[ (a,b)=(a,0)+(0,b), \]
así que \(V=U+V_1\), y también como
\[ (a,b)=(a-b,0)+(b,b), \]
así que \(V=U+V_2\). Por 1.46,
\[ V=V_1\oplus U \qquad\text{y}\qquad V=V_2\oplus U. \]
Sin embargo,
\[ V_1\neq V_2. \]
Por tanto,
\[ \boxed{\text{un complemento directo de un subespacio no es único en general}.} \]
Ejercicio 24
Sea \(V_e\) el conjunto de funciones pares y \(V_o\) el de funciones impares de \(\mathbf R\) en \(\mathbf R\).
Primero observemos que ambos son subespacios de \(\mathbf R^{\mathbf R}\). La función nula es par e impar. La suma y la multiplicación por escalares preservan, respectivamente, las identidades
\[ f(-x)=f(x) \]
y
\[ f(-x)=-f(x). \]
Existencia de la descomposición
Sea \(f:\mathbf R\to\mathbf R\) arbitraria. Definamos
\[ f_e(x)=\frac{f(x)+f(-x)}2, \]
\[ f_o(x)=\frac{f(x)-f(-x)}2. \]
Entonces
\[ f_e(-x)=\frac{f(-x)+f(x)}2=f_e(x), \]
por lo que \(f_e\in V_e\). Asimismo,
\[ f_o(-x)=\frac{f(-x)-f(x)}2=-f_o(x), \]
por lo que \(f_o\in V_o\). Además,
\[ f_e(x)+f_o(x)=f(x) \]
para todo \(x\). Así,
\[ \mathbf R^{\mathbf R}=V_e+V_o. \]
Unicidad
Si \(h\in V_e\cap V_o\), entonces para todo \(x\),
\[ h(x)=h(-x)=-h(x). \]
Por tanto,
\[ 2h(x)=0, \]
y como trabajamos sobre \(\mathbf R\), \(h(x)=0\) para todo \(x\). Luego
\[ V_e\cap V_o=\{0\}. \]
Por 1.46,
\[ \boxed{\mathbf R^{\mathbf R}=V_e\oplus V_o.} \]
Procedencia y licencia de esta edición: traducción/adaptación no oficial de Sheldon Axler, Linear Algebra Done Right, 4.ª edición. La traducción y las contribuciones de esta edición se publican bajo CC BY-NC 4.0. Las soluciones señaladas como originales son de Matemática Abierta, no del autor. Índice de esta edición.