Soluciones · Sección 2C
Estado: VERIFICADO
Procedencia: [SOL] material original de Matemática Abierta.
Referencia: ejercicios 1–20 de la Sección 2C de Linear Algebra Done Right, 4.ª ed.
Criterio: se usan únicamente definiciones y resultados disponibles hasta 2C. No se anticipan el teorema fundamental de aplicaciones lineales ni los resultados del capítulo de polinomios.
Ejercicio 1
Sea \(U\) un subespacio de \(\mathbf R^2\). Por 2.37,
\[ \dim U\le 2. \]
Por tanto sólo hay tres posibilidades.
- Si \(\dim U=0\), entonces \(U=\{0\}\).
- Si \(\dim U=1\), una base de \(U\) consta de un vector no nulo \(v\) y \[ U=\operatorname{span}(v), \] que es una recta por el origen.
- Si \(\dim U=2=\dim\mathbf R^2\), entonces 2.39 implica \[ U=\mathbf R^2. \]
Recíprocamente, \(\{0\}\), toda recta que pasa por el origen y \(\mathbf R^2\) son subespacios. Así éstos son exactamente todos los subespacios de \(\mathbf R^2\).
Ejercicio 2
Sea \(U\) un subespacio de \(\mathbf R^3\). Por 2.37,
\[ 0\le\dim U\le3. \]
- Si \(\dim U=0\), entonces \(U=\{0\}\).
- Si \(\dim U=1\), entonces \(U=\operatorname{span}(v)\) para algún \(v\ne0\), es decir, una recta por el origen.
- Si \(\dim U=2\), una base \(u,v\) de \(U\) determina \[ U=\{au+bv:a,b\in\mathbf R\}, \] que es un plano por el origen.
- Si \(\dim U=3=\dim\mathbf R^3\), por 2.39 se tiene \(U=\mathbf R^3\).
Todas las figuras mencionadas son subespacios, de modo que la clasificación es completa.
Ejercicio 3
Sea
\[ U=\{p\in\mathcal P_4(\mathbf F):p(6)=0\}. \]
La lista
\[ 1,\ (z-6),\ (z-6)^2,\ (z-6)^3,\ (z-6)^4 \]
es linealmente independiente: en una combinación lineal nula, el término de mayor grado obliga sucesivamente a que todos los coeficientes sean \(0\). Como tiene longitud
\[ 5=\dim\mathcal P_4(\mathbf F), \]
es una base por 2.38.
Todo \(p\in\mathcal P_4(\mathbf F)\) tiene entonces una representación única
\[ p=a_0+a_1(z-6)+a_2(z-6)^2+a_3(z-6)^3+a_4(z-6)^4. \]
Al evaluar en \(z=6\) obtenemos \(p(6)=a_0\). Por tanto \(p\in U\) si y sólo si \(a_0=0\).
\(a\)
Una base de \(U\) es
\[ \boxed{(z-6),(z-6)^2,(z-6)^3,(z-6)^4}. \]
\(b\)
Añadiendo el polinomio \(1\) obtenemos la base
\[ \boxed{(z-6),(z-6)^2,(z-6)^3,(z-6)^4,1} \]
de \(\mathcal P_4(\mathbf F)\).
\(c\)
Tomemos
\[ \boxed{W=\operatorname{span}(1)}. \]
La representación anterior muestra que todo polinomio se escribe de manera única como un elemento de \(U\) más una constante. Así
\[ \boxed{\mathcal P_4(\mathbf F)=U\oplus W}. \]
Ejercicio 4
Sea
\[ U=\{p\in\mathcal P_4(\mathbf R):p''(6)=0\}. \]
Usamos la base
\[ 1,(x-6),(x-6)^2,(x-6)^3,(x-6)^4 \]
de \(\mathcal P_4(\mathbf R)\). Si
\[ p=a_0+a_1(x-6)+a_2(x-6)^2+a_3(x-6)^3+a_4(x-6)^4, \]
entonces
\[ p''(6)=2a_2. \]
Por tanto \(p''(6)=0\) si y sólo si \(a_2=0\).
\(a\)
Una base de \(U\) es
\[ \boxed{1,(x-6),(x-6)^3,(x-6)^4}. \]
\(b\)
La extendemos añadiendo \((x-6)^2\):
\[ \boxed{1,(x-6),(x-6)^3,(x-6)^4,(x-6)^2}. \]
\(c\)
Tomemos
\[ \boxed{W=\operatorname{span}((x-6)^2)}. \]
La unicidad de las coordenadas respecto de la base desplazada muestra que
\[ \boxed{\mathcal P_4(\mathbf R)=U\oplus W}. \]
Ejercicio 5
Sea
\[ U=\{p\in\mathcal P_4(\mathbf F):p(2)=p(5)\}. \]
Definamos
\[ g(z)=(z-2)(z-5). \]
Los cuatro polinomios
\[ 1,\quad g(z),\quad zg(z),\quad z^2g(z) \]
pertenecen a \(U\): el primero toma el mismo valor en \(2\) y \(5\), y los otros tres se anulan en ambos puntos.
Tienen grados \(0,2,3,4\), respectivamente, de modo que son linealmente independientes.
Además \(U\) es un subespacio propio de \(\mathcal P_4(\mathbf F)\), porque \(z-2\notin U\). Como
\[ \dim\mathcal P_4(\mathbf F)=5, \]
2.39 implica que \(\dim U\ne5\), y por 2.37
\[ \dim U\le4. \]
Los cuatro vectores linealmente independientes anteriores muestran que \(\dim U\ge4\). Por tanto
\[ \dim U=4. \]
\(a\)
Una base de \(U\) es
\[ \boxed{1,(z-2)(z-5),z(z-2)(z-5),z^2(z-2)(z-5)}. \]
\(b\)
El polinomio \(z-2\) no pertenece a \(U\), así que añadirlo a una base de \(U\) produce una lista linealmente independiente de longitud \(5\). Por 2.38 es una base de \(\mathcal P_4(\mathbf F)\).
\(c\)
Tomemos
\[ \boxed{W=\operatorname{span}(z-2)}. \]
Como \(U\cap W=\{0\}\) y la suma tiene dimensión \(4+1=5\), 2.39 da
\[ \boxed{\mathcal P_4(\mathbf F)=U\oplus W}. \]
Ejercicio 6
Sea
\[ U=\{p\in\mathcal P_4(\mathbf F):p(2)=p(5)=p(6)\}. \]
Definamos
\[ g(z)=(z-2)(z-5)(z-6). \]
Los polinomios
\[ 1,\quad g(z),\quad zg(z) \]
pertenecen a \(U\) y tienen grados \(0,3,4\), así que son linealmente independientes. Por tanto
\[ \dim U\ge3. \]
Consideremos ahora
\[ W=\operatorname{span}(z-2,(z-2)^2). \]
La lista \(z-2,(z-2)^2\) es linealmente independiente, de modo que \(\dim W=2\).
Mostremos que \(U\cap W=\{0\}\). Si
\[ q=a(z-2)+b(z-2)^2\in U, \]
entonces \(q(2)=0\) y, como \(q\in U\), también \(q(5)=q(6)=0\). Así
\[ 3a+9b=0, \]
\[ 4a+16b=0. \]
Equivalente a
\[ a+3b=0,\qquad a+4b=0, \]
de donde \(b=0\) y \(a=0\). Por tanto \(U\cap W=\{0\}\).
Por 2.43,
\[ \dim(U+W)=\dim U+2\le5, \]
de modo que \(\dim U\le3\). Combinado con la desigualdad anterior,
\[ \dim U=3. \]
\(a\)
Una base es
\[ \boxed{1,(z-2)(z-5)(z-6),z(z-2)(z-5)(z-6)}. \]
\(b\)
Añadiendo \(z-2\) y \((z-2)^2\) obtenemos cinco vectores linealmente independientes en \(\mathcal P_4(\mathbf F)\), y por 2.38 forman una base.
\(c\)
Con
\[ \boxed{W=\operatorname{span}(z-2,(z-2)^2)} \]
se tiene \(U\cap W=\{0\}\) y
\[ \dim(U+W)=3+2=5. \]
Por 2.39, \(U+W=\mathcal P_4(\mathbf F)\), y por tanto
\[ \boxed{\mathcal P_4(\mathbf F)=U\oplus W}. \]
Ejercicio 7
Sea
\[ U=\left\{p\in\mathcal P_4(\mathbf R):\int_{-1}^{1}p(x)\,dx=0\right\}. \]
Los polinomios
\[ x,\qquad 1-3x^2,\qquad x^3,\qquad 1-5x^4 \]
pertenecen a \(U\), porque
\[ \int_{-1}^{1}x\,dx=\int_{-1}^{1}x^3\,dx=0, \]
\[ \int_{-1}^{1}(1-3x^2)\,dx=2-3\cdot\frac23=0, \]
y
\[ \int_{-1}^{1}(1-5x^4)\,dx=2-5\cdot\frac25=0. \]
Sus grados son \(1,2,3,4\), así que son linealmente independientes.
El subespacio \(U\) es propio porque \(1\notin U\). Como \(\dim\mathcal P_4(\mathbf R)=5\), se sigue de 2.37 y 2.39 que
\[ \dim U\le4. \]
Los cuatro polinomios independientes muestran que \(\dim U=4\).
\(a\)
Una base de \(U\) es
\[ \boxed{x,1-3x^2,x^3,1-5x^4}. \]
\(b\)
Como \(1\notin U\), la lista
\[ x,1-3x^2,x^3,1-5x^4,1 \]
es linealmente independiente de longitud \(5\) y por 2.38 es una base de \(\mathcal P_4(\mathbf R)\).
\(c\)
Tomemos
\[ \boxed{W=\operatorname{span}(1)}. \]
Entonces \(U\cap W=\{0\}\) y \(\dim(U+W)=5\), así que
\[ \boxed{\mathcal P_4(\mathbf R)=U\oplus W}. \]
Ejercicio 8
Sea
\[ S=\operatorname{span}(v_1+w,\ldots,v_m+w). \]
Si \(m=1\), la conclusión es simplemente \(\dim S\ge0\), que es inmediata. Supongamos \(m\ge2\).
Para \(j=1,\ldots,m-1\),
\[ (v_j+w)-(v_m+w)=v_j-v_m\in S. \]
Mostremos que
\[ v_1-v_m,\ldots,v_{m-1}-v_m \]
es linealmente independiente. Si
\[ \sum_{j=1}^{m-1}a_j(v_j-v_m)=0, \]
entonces
\[ a_1v_1+\cdots+a_{m-1}v_{m-1}-\left(a_1+\cdots+a_{m-1}\right)v_m=0. \]
La independencia lineal de \(v_1,\ldots,v_m\) obliga a que
\[ a_1=\cdots=a_{m-1}=0. \]
Por tanto \(S\) contiene una lista linealmente independiente de longitud \(m-1\), y así
\[ \boxed{\dim S\ge m-1}. \]
Ejercicio 9
Sean
\[ p_0,p_1,\ldots,p_m \]
polinomios con
\[ \deg p_k=k. \]
Supongamos que
\[ a_0p_0+a_1p_1+\cdots+a_mp_m=0. \]
Si algún coeficiente fuera no nulo, sea \(j\) el mayor índice tal que \(a_j\ne0\). Entonces \(a_jp_j\) tiene grado \(j\), mientras que todos los términos restantes tienen grado menor que \(j\). Por tanto el término de grado \(j\) no puede cancelarse, contradicción.
Así todos los \(a_k\) son \(0\), y la lista es linealmente independiente.
Como contiene \(m+1\) vectores y
\[ \dim\mathcal P_m(\mathbf F)=m+1, \]
2.38 implica que
\[ \boxed{p_0,p_1,\ldots,p_m\text{ es una base de }\mathcal P_m(\mathbf F)}. \]
Ejercicio 10
Para \(0\le k\le m\), sea
\[ p_k(x)=x^k(1-x)^{m-k}. \]
Cada \(p_k\) pertenece a \(\mathcal P_m(\mathbf F)\).
Además, al expandir \((1-x)^{m-k}\), su término constante es \(1\). Por tanto
\[ p_k(x)=x^k+\text{(términos de grados mayores que }k\text{)}. \]
Supongamos
\[ a_0p_0+a_1p_1+\cdots+a_mp_m=0. \]
El coeficiente del término constante obliga a \(a_0=0\). Una vez sabido esto, el coeficiente de \(x\) obliga a \(a_1=0\). Continuando inductivamente, después de obtener
\[ a_0=\cdots=a_{k-1}=0, \]
el coeficiente de \(x^k\) en la combinación es precisamente \(a_k\), y por tanto \(a_k=0\).
Así todos los coeficientes son \(0\); la lista es linealmente independiente. Como tiene longitud
\[ m+1=\dim\mathcal P_m(\mathbf F), \]
2.38 da
\[ \boxed{p_0,\ldots,p_m\text{ es una base de }\mathcal P_m(\mathbf F)}. \]
Ejercicio 11
Sean \(U,W\subseteq\mathbf C^6\) con
\[ \dim U=\dim W=4. \]
Por 2.43,
\[ \dim(U\cap W)=\dim U+\dim W-\dim(U+W). \]
Como \(U+W\) es un subespacio de \(\mathbf C^6\),
\[ \dim(U+W)\le6. \]
Luego
\[ \dim(U\cap W)\ge4+4-6=2. \]
Por tanto \(U\cap W\) contiene una lista linealmente independiente de longitud \(2\). Si llamamos \(u_1,u_2\) a esos dos vectores, ninguno puede ser múltiplo escalar del otro. Éstos son los vectores requeridos.
Ejercicio 12
Por 2.43,
\[ \dim(U\cap W) =\dim U+\dim W-\dim(U+W). \]
Usando las hipótesis,
\[ \dim(U\cap W)=3+5-8=0. \]
Por tanto
\[ U\cap W=\{0\}. \]
Como además \(U+W=\mathbf R^8\), el criterio 1.46 da
\[ \boxed{\mathbf R^8=U\oplus W}. \]
Ejercicio 13
Por 2.43,
\[ \dim(U\cap W)=5+5-\dim(U+W). \]
Como \(U+W\subseteq\mathbf R^9\),
\[ \dim(U+W)\le9. \]
Luego
\[ \dim(U\cap W)\ge10-9=1. \]
Así \(U\cap W\) contiene un vector no nulo, y
\[ \boxed{U\cap W\ne\{0\}}. \]
Ejercicio 14
Primero aplicamos 2.43 a \(V_1\) y \(V_2\):
\[ \dim(V_1\cap V_2) =7+7-\dim(V_1+V_2). \]
Como \(V_1+V_2\subseteq V\) y \(\dim V=10\),
\[ \dim(V_1\cap V_2)\ge14-10=4. \]
Ahora aplicamos 2.43 a los subespacios \(V_1\cap V_2\) y \(V_3\):
\[ \begin{aligned} \dim(V_1\cap V_2\cap V_3) &=\dim(V_1\cap V_2)+\dim V_3\\ &\quad-\dim((V_1\cap V_2)+V_3). \end{aligned} \]
La última suma es un subespacio de \(V\), así que su dimensión es a lo sumo \(10\). Por tanto
\[ \dim(V_1\cap V_2\cap V_3)\ge4+7-10=1. \]
Así
\[ \boxed{V_1\cap V_2\cap V_3\ne\{0\}}. \]
Ejercicio 15
Sea
\[ n=\dim V,\qquad d_j=\dim V_j\quad(j=1,2,3). \]
Por 2.43 y porque \(V_1+V_2\subseteq V\),
\[ \dim(V_1\cap V_2) =d_1+d_2-\dim(V_1+V_2) \ge d_1+d_2-n. \]
Aplicando 2.43 a \(V_1\cap V_2\) y \(V_3\),
\[ \begin{aligned} \dim(V_1\cap V_2\cap V_3) &\ge \dim(V_1\cap V_2)+d_3-n\\ &\ge d_1+d_2+d_3-2n. \end{aligned} \]
Por hipótesis,
\[ d_1+d_2+d_3>2n, \]
así que
\[ \dim(V_1\cap V_2\cap V_3)>0. \]
Por consiguiente
\[ \boxed{V_1\cap V_2\cap V_3\ne\{0\}}. \]
Ejercicio 16
Sea
\[ u_1,\ldots,u_m \]
una base de \(U\). Como \(U\ne V\), por 2.39 se tiene \(m<n\). Por 2.32, extendemos la base de \(U\) a una base de \(V\):
\[ u_1,\ldots,u_m,v_1,\ldots,v_{n-m}. \]
Para cada \(j\in\{1,\ldots,n-m\}\), definimos
\[ H_j=\operatorname{span}(u_1,\ldots,u_m,v_1,\ldots,v_{j-1},v_{j+1},\ldots,v_{n-m}). \]
La lista que genera \(H_j\) es una sublista de una base de \(V\), por lo que es linealmente independiente y constituye una base de \(H_j\). Tiene longitud \(n-1\), así que
\[ \dim H_j=n-1. \]
Claramente \(U\subseteq H_j\) para todo \(j\), de modo que
\[ U\subseteq\bigcap_{j=1}^{n-m}H_j. \]
Recíprocamente, sea
\[ x=a_1u_1+\cdots+a_mu_m+b_1v_1+\cdots+b_{n-m}v_{n-m} \]
un vector perteneciente a todos los \(H_j\). Pertenecer a \(H_j\) obliga, por unicidad de las coordenadas respecto de la base de \(V\), a que \(b_j=0\). Esto vale para todo \(j\), así que
\[ x\in U. \]
Por tanto
\[ \boxed{U=H_1\cap\cdots\cap H_{n-m}}, \]
donde cada \(H_j\) tiene dimensión \(n-1\).
Ejercicio 17
Para cada \(j\), elijamos una base
\[ B_j=(v_{j,1},\ldots,v_{j,n_j}) \]
de \(V_j\), donde
\[ n_j=\dim V_j. \]
La concatenación
\[ B_1,B_2,\ldots,B_m \]
es una lista finita que genera \(V_1+\cdots+V_m\). Por tanto esta suma es de dimensión finita.
Sea \(B\) una base de \(V_1+\cdots+V_m\). La lista \(B\) es linealmente independiente, mientras que la concatenación anterior genera el mismo espacio. Por 2.22,
\[ \operatorname{longitud}(B) \le n_1+\cdots+n_m. \]
Así
\[ \boxed{\dim(V_1+\cdots+V_m) \le\dim V_1+\cdots+\dim V_m}. \]
Ejercicio 18
Sea
\[ v_1,\ldots,v_n \]
una base de \(V\). Para cada \(j\), definimos
\[ V_j=\operatorname{span}(v_j). \]
Como \(v_j\ne0\), cada \(V_j\) tiene dimensión \(1\).
Todo vector \(v\in V\) tiene una representación única
\[ v=a_1v_1+\cdots+a_nv_n. \]
Cada sumando \(a_jv_j\) pertenece a \(V_j\). Así
\[ V=V_1+\cdots+V_n. \]
Además, si
\[ x_1+\cdots+x_n=0, \qquad x_j\in V_j, \]
entonces \(x_j=a_jv_j\) y
\[ a_1v_1+\cdots+a_nv_n=0. \]
La independencia lineal de la base obliga a que todos los \(a_j\) sean \(0\), y por tanto todos los \(x_j\) son \(0\). La representación como suma de vectores de los \(V_j\) es única. Así, por la definición de suma directa,
\[ \boxed{V=V_1\oplus\cdots\oplus V_n}. \]
Ejercicio 19
La conjetura surge de la fórmula de inclusión–exclusión para tres conjuntos finitos:
\[ \begin{aligned} \#(S_1\cup S_2\cup S_3) &=\#S_1+\#S_2+\#S_3\\ &\quad-\#(S_1\cap S_2)-\#(S_1\cap S_3)-\#(S_2\cap S_3)\\ &\quad+\#(S_1\cap S_2\cap S_3). \end{aligned} \]
La analogía presentada antes de los ejercicios podría sugerir sustituir cardinalidad por dimensión y unión por suma de subespacios. Sin embargo, la fórmula resultante es falsa.
Tomemos \(V=\mathbf R^2\) y
\[ V_1=\operatorname{span}(1,0),\qquad V_2=\operatorname{span}(0,1),\qquad V_3=\operatorname{span}(1,1). \]
Cada subespacio tiene dimensión \(1\). Además, como son tres rectas distintas por el origen,
\[ V_1\cap V_2=V_1\cap V_3=V_2\cap V_3=\{0\}, \]
y también la triple intersección es \(\{0\}\).
El lado derecho de la fórmula conjeturada vale entonces
\[ 1+1+1=3. \]
Pero
\[ V_1+V_2+V_3=\mathbf R^2, \]
de modo que el lado izquierdo vale \(2\). Por tanto
\[ \boxed{2\ne3}, \]
y la fórmula es falsa.
Ejercicio 20
Escribamos
\[ D=\dim(V_1+V_2+V_3). \]
Aplicamos 2.43 agrupando primero \(V_1\) y \(V_2\):
\[ \begin{aligned} D &=\dim(V_1+V_2)+\dim V_3 -\dim((V_1+V_2)\cap V_3)\\ &=\dim V_1+\dim V_2+\dim V_3 -\dim(V_1\cap V_2) -\dim((V_1+V_2)\cap V_3). \end{aligned} \]
Intercambiando cíclicamente los papeles de los tres subespacios obtenemos también
\[ \begin{aligned} D &=\dim V_1+\dim V_2+\dim V_3 -\dim(V_1\cap V_3) -\dim((V_1+V_3)\cap V_2), \end{aligned} \]
y
\[ \begin{aligned} D &=\dim V_1+\dim V_2+\dim V_3 -\dim(V_2\cap V_3) -\dim((V_2+V_3)\cap V_1). \end{aligned} \]
Sumando las tres igualdades,
\[ \begin{aligned} 3D &=3(\dim V_1+\dim V_2+\dim V_3)\\ &\quad-[\dim(V_1\cap V_2)+\dim(V_1\cap V_3)+\dim(V_2\cap V_3)]\\ &\quad-[\dim((V_1+V_2)\cap V_3) +\dim((V_1+V_3)\cap V_2) +\dim((V_2+V_3)\cap V_1)]. \end{aligned} \]
Dividiendo por \(3\) obtenemos exactamente
\[ \boxed{ \begin{aligned} \dim(V_1+V_2+V_3) &=\dim V_1+\dim V_2+\dim V_3\\ &\quad-\frac{\dim(V_1\cap V_2)+\dim(V_1\cap V_3)+\dim(V_2\cap V_3)}{3}\\ &\quad-\frac{\dim((V_1+V_2)\cap V_3)+\dim((V_1+V_3)\cap V_2)+\dim((V_2+V_3)\cap V_1)}{3}. \end{aligned}} \]
La expresión del lado derecho es, por tanto, un entero porque es igual a la dimensión del subespacio \(V_1+V_2+V_3\).
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.