Universidad de Santiago de Chile Departamento de matemáticas y computación Facultad de ingeniería Nota: Taller 1 Sistemas de ecuaciones, Subespacios vectoriales y dependencia lineal Profesor Hugo Maturana Cornejo Sección B-1 x1 x2 x3 2 1. Considere el sistema: x1 2 x2 x3 3 (*) determine: x1 2 x2 a 2 4 x3 a i ) S1 a / (*) tenga solución única ii ) S1 a / (*) tenga infinitas soluciones iii ) S1 a / (*) no tenga solución 2. Si u1 , u2 , u3 es un conjunto L.I. Demuestre que el conjunto u1 2u2 , u1 3u3 , u1 2u2 3u3 es L.I. 3. Si 1, k , 3 ,(k , 3,5),(1,0, 1) S k 4. Sean W1 ( x, y, z ) a)Demuestre que W1 3 3 3 , determine el conjunto : / es L.I / x y 2 z 0 y W2 ( x, y, z ) y W2 3 3 . b)Determine una base de W1 W2 5. Si u1 ,..., un es L.I y u1,..., un , un1 es L.D. Demuestre que un1 u1 ,..., un / x y 0. Pauta de corrección: Solución P1: 1 x1 2 1 1 Expresando el sistema en su forma matricial, tenemos: 1 2 1 x2 3 , 1 1 a 2 4 x a 3 para determinar los conjuntos mencionados, debemos escalonar la matriz ampliada. 1 2 1 1 Haciendo nos queda: 0 1 2 1 . Analizando los rangos f3 f 3 f1 0 0 a2 3 a 2 se tiene: f 2 f 2 f1 Para que r ( A) r ( A | B) 3 se debe cumplir que a 3, por tanto: S1 3 Para que r ( A) r ( A | B) 3, nos damos cuenta que no hay un "a" que simultaneamente nos cumpla esa condición, por tanto: S 2 Para que r ( A) r ( A | B), basta con hacer a 3 o a 3, luego: S3 3, 3 Solución P2: Veamos la linealidad del conjunto en cuestion, para ello consideremos , , tales que: (u1 2u2 ) (u1 3u3 ) (u1 2u2 3u3 ) 0, distribuyendo y asociando tenemos: u1 2 2 u2 3 3 u3 0, pero de antemano se sabia que u1 , u2 , u3 0 era L.I, por tanto, se obtiene el sistema: 2 2 0 dado que 3 3 0 es un sistema homogeneo, si el determinante es distinto de cero, entonces su solución es la trivial, por lo mismo, calcularemos el determinante por la 3er fila: 1 1 1 2 0 2 3 0 3 3 1 1 2 2 3 1 1 2 0 3 4 3 12 3 9 0 Luego, podemos concluir que 0, quedando demostrado lo pedido. Solución P3: Viendo la linealidad, se tiene: 1, k , 3 k , 3,5 1, 0, 1 (0, 0, 0), se k 0 sigue: k , k 3 , 3 5 (0, 0, 0) k 3 0 3 5 0 1 Calcularemos el determinante asociado, que sería: k 3 1 k 3 3 5 1 1 k k 3 k 1 3 0 nos queda: 5 1 5k 9 (3 k 2 ) k 2 5k 6 k 3 (k 2), por tanto se concluye que: S 2,3 Solución P4: a )Vamos a demostrar que W1 3 Notamos que 0, 0, 0 W1 , por tanto: W1 u1 , u2 , u3 , v1 , v2 , v3 W1 , tenemos que probar que u1 v1 , u2 v2 , u3 v3 W1 En efecto: u1 v1 u2 v2 2 u3 v3 u1 u2 2u3 v1 v2 2v3 0 0 0 u1 v1 , u2 v2 , u3 v3 W1 Tomamos u1 , u2 , u3 W1 y , se sigue que: u1 u2 2u3 0 u1 u2 2u3 0 u1 , u2 , u3 u1 , u2 , u3 W1 Sean Por los puntos anteriores, hemos probrado que W1 3 . Ahora vamos a demostrar que W2 3 Notamos que 0, 0, 0 W2 , por tanto: W2 u1 , u2 , u3 , v1 , v2 , v3 W2 , tenemos que probar que u1 v1 , u2 v2 , u3 v3 W2 En efecto: u1 v1 u2 v2 u1 u2 v1 v2 0 0 0 u1 v1 , u2 v2 , u3 v3 W2 Tomamos u1 , u2 , u3 W2 y , se sigue que: u1 u2 0 u1 u2 0 u1 , u2 , u3 u1 , u2 , u3 W2 Sean Por los puntos anteriores, hemos probrado que W2 3 . b) Sea ( x, y, z ) W1 W2 ( x, y, z ) W1 ( x, y, z ) W2 x y 2z 0 x y 0 x y z0 ( x, y, z ) ( y, y, 0) y (1,1, 0) W1 W2 (1,1, 0) Como es un sólo vector, entonces (1,1, 0) es L.I, entonces (1,1, 0) es base de W1 W2 . El problema 5 fue demostrado en clases.