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1° Parcial · Tema 1 · Álgebra 27

Álgebra 27· CBC · Cátedra única · 2C 2025

Fuente: Altillo.com

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Ejercicio 1

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Sean Π1:x+y−z=2\Pi_1 : x + y - z = 2 y Π2:x−2y+z=1\Pi_2 : x - 2y + z = 1 y L:X=λ(1,3,0)+(4,11,1)\mathbb{L} : X = \lambda(1,3,0) + (4,11,1). Hallar una recta L′\mathbb{L}' contenida en Π1\Pi_1 tal que L′∩Π2=∅\mathbb{L}' \cap \Pi_2 = \emptyset y L∩L′=L∩Π1\mathbb{L} \cap \mathbb{L}' = \mathbb{L} \cap \Pi_1.

Ver solución (sin revisar)

Paso 1: calcular L∩Π1\mathbb{L} \cap \Pi_1. Un punto genérico de L\mathbb{L} es (4+λ, 11+3λ, 1)(4+\lambda,\ 11+3\lambda,\ 1). En Π1\Pi_1:

(4+λ)+(11+3λ)−1=14+4λ=2⇒λ=−3.(4+\lambda) + (11+3\lambda) - 1 = 14 + 4\lambda = 2 \quad\Rightarrow\quad \lambda = -3.

Entonces L∩Π1={M}\mathbb{L} \cap \Pi_1 = \{M\} con M=(1,2,1)M = (1,2,1). (Verificación: 1+2−1=21 + 2 - 1 = 2.)

Paso 2: dirección de L′\mathbb{L}'. Como L′⊆Π1\mathbb{L}' \subseteq \Pi_1 y no corta a Π2\Pi_2, tiene que ser paralela a Π2\Pi_2. Su dirección tiene que ser perpendicular a las dos normales, n1=(1,1,−1)n_1 = (1,1,-1) y n2=(1,−2,1)n_2 = (1,-2,1):

n1×n2=(−1,−2,−3),usamos u=(1,2,3).n_1 \times n_2 = (-1,-2,-3), \quad\text{usamos } u = (1,2,3).

Paso 3: la recta. Para que L∩L′={M}\mathbb{L} \cap \mathbb{L}' = \{M\}, hacemos pasar L′\mathbb{L}' por MM:

L′:X=t(1,2,3)+(1,2,1).\mathbb{L}' : X = t(1,2,3) + (1,2,1).

Verificación.

  • L′⊆Π1\mathbb{L}' \subseteq \Pi_1: M∈Π1M \in \Pi_1 y n1⋅u=1+2−3=0n_1 \cdot u = 1 + 2 - 3 = 0.
  • L′∩Π2=∅\mathbb{L}' \cap \Pi_2 = \emptyset: n2⋅u=1−4+3=0n_2 \cdot u = 1 - 4 + 3 = 0 (es paralela) y M∉Π2M \notin \Pi_2, porque 1−4+1=−2≠11 - 4 + 1 = -2 \neq 1.
  • L∩L′={M}\mathbb{L} \cap \mathbb{L}' = \{M\}: las dos pasan por MM y sus direcciones (1,3,0)(1,3,0) y (1,2,3)(1,2,3) no son paralelas, así que se cortan solo ahí.

Ejercicio 2

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Sean A∈R3×3A \in \mathbb{R}^{3\times 3} y b∈R3×1\mathbf{b} \in \mathbb{R}^{3\times 1}. Sabiendo que A(111)=bA \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \mathbf{b} y A(4−20)=2bA \begin{pmatrix} 4 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} = 2\mathbf{b}, hallar una solución del sistema Ax=5bA\mathbf{x} = 5\mathbf{b} cuyas dos primeras coordenadas sumen 0.

Ver solución (sin revisar)

Por linealidad, si x=α(1,1,1)+β(4,−2,0)\mathbf{x} = \alpha(1,1,1) + \beta(4,-2,0), entonces

Ax=α b+β 2b=(α+2β) b.A\mathbf{x} = \alpha\,\mathbf{b} + \beta\,2\mathbf{b} = (\alpha + 2\beta)\,\mathbf{b}.

Así que x\mathbf{x} es solución de Ax=5bA\mathbf{x} = 5\mathbf{b} si α+2β=5\alpha + 2\beta = 5.

Las dos primeras coordenadas de x\mathbf{x} son α+4β\alpha + 4\beta y α−2β\alpha - 2\beta, que suman 2α+2β2\alpha + 2\beta. Pedimos que sumen 0: α=−β\alpha = -\beta.

Reemplazando: −β+2β=5-\beta + 2\beta = 5, o sea β=5\beta = 5 y α=−5\alpha = -5:

x=−5(1,1,1)+5(4,−2,0)=(15,−15,−5).\mathbf{x} = -5(1,1,1) + 5(4,-2,0) = (15,-15,-5).

Verificación: 15+(−15)=015 + (-15) = 0 y Ax=−5b+5⋅2b=5bA\mathbf{x} = -5\mathbf{b} + 5 \cdot 2\mathbf{b} = 5\mathbf{b}.

Ejercicio 3

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Sean S={x∈R4∣x1+x2=0; x2−2x3+x4=0}\mathbb{S} = \{\mathbf{x} \in \mathbb{R}^4 \mid x_1 + x_2 = 0;\ x_2 - 2x_3 + x_4 = 0\}, T=⟨(3,1,0,1),(2,0,1,−1)⟩\mathbb{T} = \langle (3,1,0,1), (2,0,1,-1) \rangle y W=⟨(a,0,1,1)⟩\mathbb{W} = \langle (a,0,1,1) \rangle. Hallar, si es posible, a∈Ra \in \mathbb{R} y un subespacio U\mathbb{U} de R4\mathbb{R}^4 tal que W⊕U=S+T\mathbb{W} \oplus \mathbb{U} = \mathbb{S} + \mathbb{T}.

Ver solución (sin revisar)

Paso 1: base de S\mathbb{S}. De las ecuaciones: x1=−x2x_1 = -x_2 y x4=2x3−x2x_4 = 2x_3 - x_2. Entonces

S=⟨(−1,1,0,−1), (0,0,1,2)⟩.\mathbb{S} = \langle (-1,1,0,-1),\ (0,0,1,2) \rangle.

Paso 2: calcular S+T\mathbb{S} + \mathbb{T}. Está generado por (−1,1,0,−1)(-1,1,0,-1), (0,0,1,2)(0,0,1,2), (3,1,0,1)(3,1,0,1), (2,0,1,−1)(2,0,1,-1). Triangulando la matriz que tiene esos vectores como filas se obtiene rango 4 (su determinante es distinto de cero). Por lo tanto

S+T=R4.\mathbb{S} + \mathbb{T} = \mathbb{R}^4.

Paso 3: elegir aa y U\mathbb{U}. Hay que encontrar U\mathbb{U} con W⊕U=R4\mathbb{W} \oplus \mathbb{U} = \mathbb{R}^4. Como (a,0,1,1)≠0(a,0,1,1) \neq 0 para todo aa, dim⁡W=1\dim \mathbb{W} = 1 y alcanza con un complemento de dimensión 3. Sirve cualquier aa; tomamos, por ejemplo, a=0a = 0 y

U=⟨(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0)⟩={x∈R4∣x4=0}.\mathbb{U} = \langle (1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,0,1,0) \rangle = \{\mathbf{x} \in \mathbb{R}^4 \mid x_4 = 0\}.

Verificación. El generador de W\mathbb{W} tiene x4=1≠0x_4 = 1 \neq 0, así que no está en U\mathbb{U}: W∩U={0}\mathbb{W} \cap \mathbb{U} = \{0\}. Las dimensiones suman 1+3=41 + 3 = 4, así que W⊕U=R4=S+T\mathbb{W} \oplus \mathbb{U} = \mathbb{R}^4 = \mathbb{S} + \mathbb{T}.

(El mismo U\mathbb{U} funciona para cualquier a∈Ra \in \mathbb{R}.)

Ejercicio 4

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Sean B={v;(−1,7,1);(1,−1,1)}B = \{\mathbf{v}; (-1,7,1); (1,-1,1)\} y B′={(0,1,2);(1,3,1);(0,1,1)}B' = \{(0,1,2); (1,3,1); (0,1,1)\} dos bases de R3\mathbb{R}^3. Hallar v∈R3\mathbf{v} \in \mathbb{R}^3 sabiendo que las coordenadas del vector (2,10,3)(2,10,3) en ambas bases son iguales.

Ver solución (sin revisar)

Paso 1: coordenadas de (2,10,3)(2,10,3) en B′B'. Buscamos c1,c2,c3c_1, c_2, c_3 con c1(0,1,2)+c2(1,3,1)+c3(0,1,1)=(2,10,3)c_1(0,1,2) + c_2(1,3,1) + c_3(0,1,1) = (2,10,3):

{c2=2c1+3c2+c3=102c1+c2+c3=3⇒{c1+c3=42c1+c3=1\begin{cases} c_2 = 2 \\ c_1 + 3c_2 + c_3 = 10 \\ 2c_1 + c_2 + c_3 = 3 \end{cases} \quad\Rightarrow\quad \begin{cases} c_1 + c_3 = 4 \\ 2c_1 + c_3 = 1 \end{cases}

Restando: c1=−3c_1 = -3, y entonces c3=7c_3 = 7. Así (2,10,3)B′=(−3,2,7)(2,10,3)_{B'} = (-3,2,7).

Paso 2: usar que son las mismas coordenadas en BB.

−3v+2(−1,7,1)+7(1,−1,1)=(2,10,3).-3\mathbf{v} + 2(-1,7,1) + 7(1,-1,1) = (2,10,3).

Como 2(−1,7,1)+7(1,−1,1)=(5,7,9)2(-1,7,1) + 7(1,-1,1) = (5,7,9), queda −3v=(−3,3,−6)-3\mathbf{v} = (-3,3,-6), o sea

v=(1,−1,2).\mathbf{v} = (1,-1,2).

Verificación. BB es base: el determinante de (1,−1,2),(−1,7,1),(1,−1,1)(1,-1,2), (-1,7,1), (1,-1,1) da −6≠0-6 \neq 0. Y −3(1,−1,2)+2(−1,7,1)+7(1,−1,1)=(2,10,3)-3(1,-1,2) + 2(-1,7,1) + 7(1,-1,1) = (2,10,3).