Matemáticas Grado en Química Ejercicios propuestos (Tema 1) Problema 1. Hallar t ∈ R para que el vector ~x = (3, 8, t) pertenezca al subespacio engendrado por los vectores ~u = (1, 2, 3) y ~v = (1, 3, −1). Solución del problema 1. ~ x ∈ L{~u, ~v } es decir, si, y sólo si, existen α, β ∈ R tales que ~x = α~u + β~v , (3, 8, t) = α(1, 2, 3) + β(1, 3, −1) = (α, 2α, 3α) + (β, 3β, −β) = (α + β, 2α + 3β, 3α − β). Luego, obtenemos el siguiente sistema α+β =3 2α + 3β = 8 3α − β = t (Ec.1) (Ec.2) (Ec.3) De (Ec.1), tenemos que α = 3 − β . Sustituyendo en (Ec.2) 2(3 − β) + 3β = 8 ⇐⇒ β = 2. Luego, α = 1. Finalmente, por (Ec.3), deducimos que t = 1. Por tanto, ~x pertenece al subespacio engendrado por los vectores ~u y ~v si, y sólo si, t = 1. Problema 2. Determinar a y b para que el vector (1, 4, a, b) sea combinación lineal de (1, 2, −1, −2) y de (0, 1, 2, 1). Solución del problema 2. (1, 4, a, b) si, y sólo si, existen α, β ∈ R tales que es combinación lineal de (1, 2, −1, −2) y de (0, 1, 2, 1) α=1 2α + β = 4 (1, 4, a, b) = α(1, 2, −1, −2) + β(0, 1, 2, 1) ⇐⇒ −α + 2β = a −2α + β = b (Ec.1) (Ec.2) (Ec.3) (Ec.4) Sustituyendo el valor de α en la (Ec.2) obtenemos β = 2. Luego, de la (Ec.3) y (Ec.4) deducimos que a = 3 y b = 0, respectivamente. Por tanto, el vector (1, 4, a, b) es combinación lineal de (1, 2, −1, −2) y de (0, 1, 2, 1) si, y sólo si, a = 3 y b = 0. Problema 3. Demostrar que los vectores ~u1 = (1, 1, 0), ~u2 = (1, 0, 1), ~u3 = (0, 1, 1) forman una base de (R3 , +, ·) y encontrar las coordenadas de los vectores de la base canónica respecto a dicha base. Dpto. de Análisis Matemático 1 Curso 2014/15 Matemáticas Grado en Química Ejercicios propuestos (Tema 1) Solución del problema 3. Veamos que B = {~u1 , ~u2 , ~u3 } forman una base de R3 . En primer lugar, son linealmente independientes ya que si disponemos los vectores en forma matricial, resulta: a) 1 1 0 A= 1 0 1 0 1 1 y se verica que rg(A) = 3 (puesto que det(A) = −2 6= 0), por lo que los tres vectores que conforman la matriz son linealmente independientes. Como dim(R3 ) = 3 y card(B) = 3, entonces B forma una base de R3 . b) Sean ~e1 , ~e2 , ~e3 los vectores de la base canónica de R3 , es decir, ~e1 = (1, 0, 0), ~e2 = (0, 1, 0) y ~e3 = (0, 0, 1). Tenemos que encontrar las coordenadas de ~e1 , ~e2 y ~e3 en la base B = {~u1 , ~u2 , ~u3 }. Para ~e1 . Sean α1 , α2 , α3 ∈ R tales que ~e1 = α1~u1 + α2~u2 + α3~u3 . Es decir, α1 + α2 = 1, α1 + α3 = 0, (1, 0, 0) = (α1 + α2 , α1 + α3 , α2 + α3 ) ⇐⇒ α2 + α3 = 0, (S) Resolviendo el sistema (S), obtenemos que α1 = 21 , α2 = 12 y α3 = − 12 . Por tanto, las coordenadas de ~e1 con respecto de la base B son ( 12 , 12 , − 12 )B . Para ~e2 . Sean β1 , β2 , β3 ∈ R tales que ~e2 = β1~u1 + β2~u2 + β3~u3 . Es decir, β1 + β2 = 0, β1 + β3 = 1, (0, 1, 0) = (β1 + β2 , β1 + β3 , β2 + β3 ) ⇐⇒ β2 + β3 = 0, (S) Resolviendo el sistema (S), obtenemos que β1 = 21 , β2 = − 21 y β3 = 12 . Por tanto, las coordenadas de ~e2 con respecto de la base B son ( 12 , − 21 , 12 )B . Para ~e3 . Sean δ1 , δ2 , δ3 ∈ R tales que ~e3 = δ1~u1 + δ2~u2 + δ3~u3 . Es decir, δ1 + δ2 = 0, δ1 + δ3 = 0, (0, 0, 1) = (δ1 + δ2 , δ1 + δ3 , δ2 + δ3 ) ⇐⇒ δ2 + δ3 = 1, (S) Resolviendo el sistema (S), obtenemos que δ1 = − 21 , δ2 = 12 y δ3 = 21 . Por tanto, las coordenadas de ~e3 con respecto de la base B son (− 12 , 21 , 12 )B . Problema 4. Determinar qué conjuntos son subespacios vectoriales de (R3 , +, ·): A = {(x, y, z) : x − y + z = 0}, B = {(x, y, z) : x + 2y + z = 1}, C = {(x, y, z) : x − y = 0, x − z = 0}, D = {(x, y, z) : x − y + z = 0, y + z = 1}, E = {(x, y, z) : x = 0, y = z}, F = {(x, y, z) : x · y = 0}. Dpto. de Análisis Matemático 2 Curso 2014/15 Matemáticas Grado en Química Ejercicios propuestos (Tema 1) Solución del problema 4. a) Veamos que A = {(x, y, z) : x − y + z = 0} es un subespacio vectorial de R3 . Para ello, sean ~u = (u1 , u2 , u3 ), ~v = (v1 , v2 , v3 ) ∈ A y α, β ∈ R. Tenemos que demostrar que α~u + β~v ∈ A. Notar que α~u + β~v = (αu1 + βv1 , αu2 + βv2 , αu3 + βv3 ), y u1 − u2 + u3 = 0 ya que ~u ∈ A, v1 − v2 + v3 = 0 ya que ~v ∈ A. Como :0 :0 αu1 + βv1 − (αu2 + βv2 ) + αu3 + βv3 = α( u1−u2 + u3 ) + β( v1−v 2 + v3 ) = α · 0 + β · 0 = 0, deducimos que α~u + β~v ∈ A. b) Observamos que B = {(x, y, z) : x + 2y + z = 1} no es un subespacio vectorial de R3 ya que ~0 6∈ B , debido a a que 0 + 2 · 0 + 0 = 0 6= 1. c) Veamos que C = {(x, y, z) : x − y = 0, x − z = 0} es un subespacio vectorial de R3 . Para ello, sean ~u = (u1 , u2 , u3 ), ~v = (v1 , v2 , v3 ) ∈ C y α, β ∈ R. Tenemos que demostrar que α~u + β~v ∈ C . Notar que α~u + β~v = (αu1 + βv1 , αu2 + βv2 , αu3 + βv3 ), y u − u = 0 1 2 ya que ~u ∈ C, u1 − u3 = 0 v − v = 0 1 2 v1 − v3 = 0 ya que ~v ∈ C. Como 0 0 0 0 (1o cond.) : : u1−u αu1 + βv1 − (αu2 + βv2 ) = α( v1−v 2 ) + β( 2 ) = α · 0 + β · 0 = 0, (2o cond.) : : αu1 + βv1 − (αu3 + βv3 ) = α( u1−u v1−v 3 ) + β( 3 ) = α · 0 + β · 0 = 0, deducimos que α~u + β~v ∈ C . no es un subespacio vectorial de R3 , porque ~0 6∈ D (aunque se satisface la primera condición, 0 − 0 = 0, no se satisface la segunda 0 + 0 = 0 6= 1). d) D = {(x, y, z) : x − y + z = 0, y + z = 1} e) Veamos que E = {(x, y, z) : x = 0, y = z} es un subespacio vectorial de R3 . Para ello, sean ~u = (u1 , u2 , u3 ), ~v = (v1 , v2 , v3 ) ∈ E y α, β ∈ R. Tenemos que demostrar que α~u + β~v ∈ E . Notar que α~u + β~v = (αu1 + βv1 , αu2 + βv2 , αu3 + βv3 ), Dpto. de Análisis Matemático 3 Curso 2014/15 Matemáticas Grado en Química y u1 = 0 u2 = u3 ya que ~u ∈ E, v1 = 0 v2 = v3 Ejercicios propuestos (Tema 1) ya que ~v ∈ E. Como (1o cond.) αu1 + βv1 = α · 0 + β · 0 = 0, (2o cond.) αu2 + βv2 = αu3 + βv3 , deducimos que α~u + β~v ∈ E . f ) F = {(x, y, z) : x·y = 1} no es un subespacio vectorial de R3 , ya que si tomamos u = (1, 0, 0) y v = (0, 1, 0), tenemos que u, v ∈ F pero u + v = (1, 1, 0) 6∈ F . NOTA: En este ejemplo, tenemos que ~0 ∈ F y sin embargo F no es subespacio vectorial. Problema 5. Demostrar que el conjunto E = {(a, 0, a, b) : a, b ∈ R} es un subespacio vectorial de (R4 , +, ·). En caso armativo, hállese una base del mismo. Solución del problema 5. Veamos que E es un subespacio vectorial de R4 . Para ello, sean ~u = (a, 0, b, a), ~v = (a0 , 0, b0 , a0 ) ∈ E y α, β ∈ R. Como a) α~u + β~v = α(a, 0, b, a) + β(a0 , 0, b0 , a0 ) = (αa + βa0 , 0, αb + βb0 , αa + βa0 ) ∈ E, concluimos que E es un subespacio vectorial de R4 . b) Calculemos una base de E . Como ~u ∈ E ⇐⇒ ~u = (a, 0, b, a) = (a, 0, 0, a) + (0, 0, b, 0) = a(1, 0, 0, 1) + b(0, 0, 1, 0), y los vectores (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 0) son linealmente independientes, {(1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 0)} es una base de E . Problema 6. Calcular una base, unas ecuaciones paramétricas, unas ecuaciones implícitas y la dimensión de los siguientes subespacios vectoriales: a) H1 = L{(1, 0, 1), (−1, 1, 0)}. b) H2 = L{(1, 1, 1), (−1, 0, 1), (0, 1, 2)}. c) H3 = {(x, y, z) ∈ R3 : x = y − z}. d) H4 = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0, x − 2z = 0}. Dpto. de Análisis Matemático 4 Curso 2014/15 Matemáticas Grado en Química Ejercicios propuestos (Tema 1) Solución del problema 6. a) H1 = L{(1, 0, 1), (−1, 1, 0)}. Como 1 −1 rg 0 1 = 2 1 0 tenemos que los vectores que generan el subespacio son linealmente independientes. Por tanto, dichos vectores forman una base de H1 y dim(H1 ) = 2. Ecuaciones paramétricas. Escribimos un vector genérico ~v = (x, y, z) ∈ H1 como combinación lineal de los vectores de la base (x, y, z) = λ(1, 0, 1) + µ(−1, 1, 0) = (λ − µ, µ, λ), de donde obtenemos las ecuaciones paramétricas de H1 : x=λ−µ y=µ z=λ con λ, µ ∈ R. Observar que deben aparecer tantos parámetros (en este caso, λ y µ) como dimensión tiene el subespacio vectorial. Ecuaciones implícitas. Para hallar las ecuaciones implícitas tomamos un vector cualquiera (x, y, z) ∈ H1 y observamos que los vectores (x, y, z), (1, 0, 1), (−1, 1, 0) son linealmente dependientes, luego NOTA: 1 −1 x rg 0 1 y = 2 ⇐⇒ 1 0 z Luego, 1 −1 x 0 1 y 1 0 z = 0 ⇐⇒ x + y − z = 0. H1 = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y − z = 0}. b) H2 = L{(1, 1, 1), (−1, 0, 1), (0, 1, 2)}. Consideremos la matriz formada por estos tres vectores, es decir, 1 −1 0 A = 1 0 1 . 1 1 2 Como rg(A) = 2 y un menor principal de A es 1 −1 = −2 6= 0, tenemos que 1 0 los vectores {(1,1,1),(-1,0,1),(0,1,2)} son linealmente dependientes y los vectores {(1,1,1),(-1,0,1)} son linealmente independientes. Entonces, H2 = L{(1, 1, 1), (−1, 0, 1)}, dim(H2 ) = 2 y {(1, 1, 1), (−1, 0, 1)} es una base de H2 . Dpto. de Análisis Matemático 5 Curso 2014/15 Matemáticas Grado en Química Ejercicios propuestos (Tema 1) Ecuaciones paramétricas. Escribimos un vector genérico ~v = (x, y, z) ∈ H2 como combinación lineal de los vectores de la base (x, y, z) = λ(1, 1, 1) + µ(−1, 0, 1) = (λ − µ, λ, λ + µ), de donde obtenemos las ecuaciones paramétricas de H1 : x=λ−µ y=λ z =λ+µ con λ, µ ∈ R. Ecuaciones implícitas. Para hallar las ecuaciones implícitas tomamos un vector cualquiera (x, y, z) ∈ H2 y observamos que los vectores (x, y, z), (1, 1, 1), (−1, 0, 1) son linealmente dependientes, luego 1 −1 x rg 1 0 y = 2 ⇐⇒ 1 1 z Luego, 1 −1 x 1 0 y 1 1 z = 0 ⇐⇒ x − 2y + z = 0. H2 = {(x, y, z) ∈ R3 : x − 2y + z = 0}. c) H3 = {(x, y, z) ∈ R3 : x = y − z} = {(x, y, z) ∈ R3 : x − y + z = 0}. Ecuaciones implícitas. El rango de la matriz del sistema formado por la ecuación que dene a H3 es uno: rg 1 −1 1 =1 por lo que la ecuación que dene a H3 es su ecuación implícita. Ecuaciones paramétricas. Tenemos que resolver el sistema formado por la ecuación x − y + z = 0. Como el rango de la matriz de este sistema es 1, como se vio anteriormente, le damos a las variables y y z el valor de dos parámetros, respectivamente. Es decir, y = λ y z = µ, con λ, µ ∈ R. Luego, obtenemos x=λ−µ y=λ z=µ con λ, µ ∈ R, que son las ecuaciones paramétricas del subespacio H3 . Para obtener una base de H3 usamos las ecuaciones paramétricas. (x, y, z) ∈ H3 ⇐⇒ (x, y, z) = (λ − µ, λ, µ) = (λ, λ, 0) + (−µ, 0, µ) = λ(1, 1, 0) + µ(−1, 0, 1). Como los vectores (1, 1, 0) y (−1, 0, 1) son linealmente independientes, deducimos que {(1, 1, 0), (−1, 0, 1)} es una base de H3 y por tanto dim(H3 ) = 2. d) H4 = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0, x − 2z = 0}. Dpto. de Análisis Matemático 6 Curso 2014/15 Matemáticas Grado en Química Ejercicios propuestos (Tema 1) Ecuaciones implícitas. El rango de la matriz del sistema formado por las ecuaciones que denen a H4 es dos: 1 1 1 1 0 −2 rg =2 por lo que las dos ecuaciones que denen a H4 son sus ecuaciones implícitas. Ecuaciones paramétricas. Tenemos que resolver el siguiente sistema. x+y+z =0 x − 2z = 0 Como el rango de la matriz de este sistema es 2, como se vio anteriormente, y como un menor principal de la matriz es 1 1 , 1 0 le damos a la variable z el valor de un parámetro, es decir, z = λ, con λ ∈ R. Luego, obtenemos el siguiente sistema x + y = −λ, x = 2λ, cuya solución es x = 2λ, y = −3λ, z = λ, que son las ecuaciones paramétricas del subespacio H4 . Para obtener una base de H4 usamos las ecuaciones paramétricas. (x, y, z) ∈ H4 ⇐⇒ (x, y, z) = (2λ, −3λ, λ) = λ(2, −3, 1). Por lo que cualquier vector de H4 esta generado por (2, −3, 1). Luego, deducimos que {(2, −3, 1)} es una base de H4 y por tanto dim(H4 ) = 1. Problema 7. Sea P3 [x] el espacio vectorial de los polinomios en la indeterminada x de grado menor o igual a 3. a) Probar que si p(x) es un polinomio de grado 3, entonces B = {p(x), p0 (x), p00 (x), p000 (x)} es una base. b) Tómese p(x) = x3 − 3x y hállense las coordenadas de q(x) = x3 + x − 2 respecto de dicha base. Solución del problema 7. a) Como p(x) es un polinomio de grado 3, p(x) se escribe de la forma p(x) = a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 , Dpto. de Análisis Matemático 7 a3 6= 0, Curso 2014/15 Matemáticas Grado en Química Ejercicios propuestos (Tema 1) donde a3 , a2 , a1 , a0 ∈ R. Derivando, tenemos que p0 (x) = 3a3 x2 + 2a2 x + a1 , p00 (x) = 6a3 x + 2a2 , p000 (x) = 6a3 . Veamos que B = {p(x), p0 (x), p00 (x), p000 (x)} es un sistema linealmente independiente. Para ello, consideremos α1 , α2 , α3 , α4 ∈ R. 0 = α1 p(x) + α2 p0 (x) + α3 p00 (x) + α4 p000 (x) = α1 a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 + α2 3a3 x2 + 2a2 x + a1 + α3 6a3 x + 2a2 + α4 6a3 = α1 a3 x3 + (α1 a2 + α2 3a3 ) x2 + (α1 a1 + α2 2a2 + α3 6a3 ) x + α1 a0 + α2 a1 + α3 2a2 + α4 6a3 ⇐⇒ α 1 a3 = 0 α1 a2 + α2 3a3 = 0 ⇐⇒ (S) ≡ α1 a1 + α2 2a2 + α3 6a3 = 0 α1 a0 + α2 a1 + α3 2a2 + α4 6a3 = 0 De la 1o ecuación, obtenemos que α1 = 0, ya que a3 6= 0. Luego, α2 3a3 = 0 α2 2a2 + α3 6a3 = 0 (S) ≡ α2 a1 + α3 2a2 + α4 6a3 = 0 Ahora, de la 1o ecuación, deducimos que α2 = 0, ya que a3 6= 0. Así pues, (S) ≡ α3 6a3 = 0 α3 2a2 + α4 6a3 = 0 Como a3 6= 0, de la 1o ecuación tenemos que α3 = 0 y sustituyendo en la 2o ecuación llegamos a que α4 = 0. Por tanto, hemos demostrado que α1 = α2 = α3 = α4 = 0. Luego, B es un sistema linealmente independiente. Como card(B) = 4 = dim(P3 [x]) y los elementos de B son linealmente independientes, deducimos que B es una base de P3 [x]. NOTA. Si no sabemos que dim(P [x]) = 4, para poder armar que B es una base de P [x] 3 3 tenemos que ver que B es un sistema generador de P3 [x], es decir, ver que todo elemento q(x) de P3 [x] se pone como combinación lineal de los elementos de B . Hagámoslo: Sea q(x) ∈ P3 [x], es decir, q(x) = b3 x3 + b2 x2 + b1 x + b0 con b3 , b2 , b1 , b0 ∈ R. Tenemos que demostrar que existen α1 , α2 , α3 , α4 ∈ R tales que (1) q(x) = α1 p(x) + α2 p0 (x) + α3 p00 (x) + α4 p000 (x). Observando que α1 p(x) + α2 p0 (x) + α3 p00 (x) + α4 p000 (x) = α1 a3 x3 + (α1 a2 + α2 3a3 ) x2 + + (α1 a1 + α2 2a2 + α3 6a3 ) x + α1 a0 + α2 a1 + α3 2a2 + α4 6a3 Dpto. de Análisis Matemático 8 Curso 2014/15 Matemáticas Grado en Química Ejercicios propuestos (Tema 1) (véase los cálculos anteriormente realizados), obtenemos el siguiente sistema lineal α1 a3 = b3 α1 a2 + α2 3a3 = b2 (1) ⇐⇒ α1 a1 + α2 2a2 + α3 6a3 = b1 α1 a0 + α2 a1 + α3 2a2 + α4 6a3 = b0 el cual es compatible determinado, siendo su única solución α1 = α2 = b3 a3 b b2 − a3 a2 3 3a3 b α3 = α4 = b b2 − a3 a2 3 3a3 6a3 b1 − a3 a1 − 3 b b0 − a3 3 b b2 − a3 a2 a0 − 3a3 3 2a2 b b2 − a3 a2 b 3 2a2 b1 − a3 a1 − 3a 3 3 a1 − 6a3 2a2 6a3 Simplicando, llegamos a que α1 = α2 = α3 = α = 4 b3 a3 a3 b2 −a2 b3 3a23 2a22 b3 +3a23 b1 −a3 (2a2 b2 +3a1 b3 ) 18a33 a3 (a3 (9b0 −3b1 )+(2a2 −3a1 )b2 )+(−2a22 −9a0 a3 +3a1 (a2 +a3 ))b3 54a33 Observar que las coordenadas de q(x) con respecto a la base B son (α1 , α2 , α3 , α4 )B . FIN DE LA NOTA b) Notar que en este caso, p0 (x) = 3x2 − 3, p00 (x) = 6x y p000 (x) = 6. Luego, B = {x3 − 3x, 3x2 − 3, 6x, 6}. Tenemos que hallar α1 , α2 , α3 , α4 ∈ R tales que q(x) = α1 p(x) + α2 p0 (x) + α3 p00 (x) + α4 p000 (x). Es decir, x3 + x − 2 = α1 · (x3 − 3x) + α2 · (3x2 − 3) + α3 · 6x + α4 · 6 = α1 x3 + 3α2 x2 + (−3α1 + 6α3 ) x + (−3α2 + 6α4 ) ⇐⇒ α1 = 1 3α2 = 0 ⇐⇒ −3α1 + 6α3 = 1 −3α2 + 6α4 = −2 cuya solución es α1 = 1, α2 = 0, α3 = 32 y α4 = − 31 . Por tanto las coordenadas del polinomio q(x) = x3 + x − 2 en la base B son (1, 0, 23 , − 31 )B . Dpto. de Análisis Matemático 9 Curso 2014/15 Matemáticas Grado en Química Ejercicios propuestos (Tema 1) Problema 8. Sean los conjuntos F [x] = {p(x) ∈ P3 [x] : p(0) + p0 (0) = 0} , G[x] = {p(x) ∈ P3 [x] : p00 (x) = 0} Demostrar que F [x] y G[x] son subespacios vectoriales de P3 [x], y encontrar sendas bases para cada uno de ellos. Solución del problema 8. A un polinomio genérico de P3 [x] lo denotaremos por p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 . Así, las coordenadas de este polinomio p(x) en la base (canónica de P3 [x]) B = {1, x, x2 , x3 } son (a0 , a1 , a2 , a3 ). a) Veamos que F [x] es un subespacio vectorial de F [x]. Como es obvio que F [x] 6= ∅ (pues, por ejemplo, 0 ∈ F [x]) deberemos comprobar (solamente) que, si p(x), q(x) ∈ F [x] y α, β ∈ R, el polinomio r(x) = α p(x) + β q(x) también es de F [x]; así ocurre en efecto, pues, además de tener grado menor o igual que 3, se tiene que : 0 : 0 0 0 r(0) + r0 (0) = α p(0) + β q(0) + α p0 (0) + β q 0 (0) = α p(0) q(0) +q (0) = 0, +p (0) + β ya que r0 (x) = α p0 (x) + β q 0 (x), para todo x ∈ R. Por tanto, F [x] es un subespacio vectorial de P3 [x]. Hallemos ahora una base de dicho subespacio. Notar que un polinomio p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 pertenece a F [x] si p(0) + p0 (0) = 0, lo cual es equivalente a decir que a0 + a1 = 0, ya que p0 (x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 . Luego, F [x] = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 : a0 + a1 = 0 , (Expresión implícita) es decir, F [x] = a1 (x − 1) + a2 x2 + a3 x3 : a1 , a2 , a3 ∈ R = L{x − 1, x2 , x3 }. Como los polinomios x−1, x2 , x3 son linealmente independientes (véase la siguiente nota), resulta que {x − 1, x2 , x3 } es una base de F [x]. nota Para ver que los polinomios x−1, x2 y x3 son linealmente independientes basta observar que α1 (x − 1) + α2 x2 + α3 x3 = 0 ⇐⇒ −α1 x + α1 x + α2 x2 + α3 x3 = 0 −α1 = 0, α1 = 0, ⇐⇒ α2 = 0, α3 = 0, es decir, α1 = α2 = α3 = 0. Dpto. de Análisis Matemático 10 Curso 2014/15 Matemáticas b) Grado en Química Ejercicios propuestos (Tema 1) Primeramente demostraremos que G[x] es un subespacio vectorial de P3 [x]. Como, por ejemplo, x ∈ G[x], se tiene que G[x] 6= ∅. Tenemos que comprobar que, si p(x), q(x) ∈ G[x] y α, β ∈ R, el polinomio r(x) = α p(x) + β q(x) pertenece a G[x]. Basta observar que r(x) tiene grado menor o igual que 3 y además (usando las propiedades de la derivación) se tiene que r00 (x) = α p00 (x) + β q 00 (x) = α · 0 + β · 0 = 0, para todo x ∈ R. Por tanto, G[x] es un subespacio vectorial de P3 [x]. Hallemos ahora una base de dicho subespacio. Observamos que p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ∈ G[x] ⇐⇒ p00 (x) = 0, para todo x ∈ R ⇐⇒ 2a2 + 6a3 x = 0, para todo x ∈ R ⇐⇒ a2 = a3 = 0. Luego, G[x] = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 : a2 = a3 = 0 , es decir, (Expresión implícita) G[x] = a0 + a1 x : a0 , a1 ∈ R = L{1, x}. Como los polinomios 1, x son linealmente independientes, deducimos que {1, x} es una base de G[x]. Dpto. de Análisis Matemático 11 Curso 2014/15