Taller n° 3 ALB-Grupo 3

Buenos días estimados estudiantes

Les dejo el archivo en pdf del taller n° 3. Los temas considerados en este son básicamente los que logramos abarcar hasta el pasado viernes, excepto  el que corresponde a rango de una matriz (el que, espero, podamos revisar el próximo miércoles). Como podrán observar, hay varios ejercicios que ya hemos hecho en clase, así que para quienes no los comprendieron en su totalidad, resulta ser un bien ejercicio intentar rehacerlos.

Taller 3-01-11 ALB

No está demás recordarles que posiblemente el viernes haremos un quiz de este taller… el miércoles les diré qué puntos revisar para dicho quiz, vale?… como siempre, estaré al pendiente de sus dudas… y recuerden, aprovechen las monitorias!!!

15 comentarios en “Taller n° 3 ALB-Grupo 3

  1. Profe, buen día (o noche según lo leas).
    Tengo una dudilla:
    Dos vectores que no sean paralelos pueden ser linealmente dependientes?
    Gracias

  2. Profe, olvidé tambien decirte que en el ejercicio 12 nos piden demostrar que “S” es el conjunto generador del espacio
    vectorial de las matrices simétricas de tamaño 2×2.
    Aquí también sé que los elementos del conjunto son linealmente independientes, pero no sé como escribirlo formalmente.
    Gracias 🙂

    • Recuerda que para demostrar que un conjunto S={u_{1},…, u_{m}} es generador de un espacio V, debes mostrar que dado un elemento u del espacio V, existen escalares c_{1}, … c_{m} tales que
      u=c_{1}u_{1}+…+c_{m}u_{m},
      es decir, todo elemento de V se puede expresar como una combinación lineal de los elementos de S. Recuerda que este ejercicio ya le chequeamos en clase (de hecho mostramos que el conjunto considerado, además de ser generador, es en efecto una base)…Recuerda que para mostrar independencia lineal de un conjunto (finito) de vectores razones de la siguiente forma: suponemos que existen escalares c_{1}, … c_{m} tales que
      c_{1}u_{1}+…+c_{m}u_{m}=0
      resolviendo y desarrollando todas las operaciones que debas hacer, si al final llegas a la conclusión que esta igualdad sólo es posible cuando los escalares son nulos, entonces el conjunto considerado es L.I…… dale y cualquier inquietud, dale la dejas por aquí que yo intentaré colaborarte en lo que más pueda, vale?…. ahhh!!!, qué bacano que te hayas animado a pasarte por aquí, de verdad 🙂

  3. Hola profe, Tengo un problemilla chiquitillo con este ejercicio (el 14 a)
    Nos dan el siguiente subconjunto de R^2:
    L1 = {(1; 0); (1; 1)}
    Y yo se que ese subconjunto es linealmente inependiente porque ninguno de sus elementos puede ser escrito como una combinacion lineal de los otros pero… no se como rayos escribir eso!
    Por otro lado… tambien se que ese conjunto genera a R^2 pero no se como escribirlo. Podrías ayudarme con eso? Gracias.

    • Hola Jose… qué pena por contestarte sólo hasta ahora, de verdad lo siento …. recuerdas uno de los resultados que chequeamos en clase: dadon n vectores de R^{n}, ellos son linealmente independientes si, y sólo si, la matriz cuadrada A cuyas columnas (o filas) son precisamente estos vectores es invertible, si y sólo si det(A) es distinto de cero…
      Si tu consideras la matriz
      A=1 0
      1 -1
      su determinante es -1, luego A es invertible, es decir (1 , 0) y (1,-1) son l.i. Como {(1; 0); (1; 1)} es un subconjunto l.i. de R^{2} cuya cardinalidad coincide con la dimensión del espacio, con toda seguridad puedes afirmar que este conjunto es una base.

  4. HOla profe y compañeros…
    Al trabajar el ejercicio 18), me surge la duda de cómo puedo aplicar la hipótesis de que los vectores son ortogonales entre sí, pues en medio del trabajo llego a la siguiente combinación lineal: av_{1}+bv_{2}+cv_{3}=0_{v}, donde todo v_{i} pertenece a R^n
    Atenta a comentarios…

    • Hola Mariette y Lina, discúlpenme por no contestar aún a sus inquietudes pero he de confesarles que he estado bastante “corta” de tiempo. Les prometo que esta tarde estaré por aquí colaborándoles con sus dudas, vale?… gracias por su comprensión!!!!!

    • Hola Mariette… ahora si… bueno, lo que tenemos son tres vectores v_{1}, v_{2} y v_{3} no nulos tales que v_{1}.v_{2}=0, v_{1}.v_{3}=0 y v_{2}.v_{3}=0. Para mostrar que, en estas condiciones, los vectores v_{1}, v_{2} y v_{3} son linealmente independientes, supongamos que existen tres escalares c_{1}, c_{2} y c_{3} tales que c_{1}v_{1}+c_{2}v_{2}+c_{3}v_{3}=0; lo que queremos mostrar es que c_{1}=c_{2}=c_{3}=0.
      Multipliquemos la anterior expresión producto punto con el vector v_{3}, tenemos entonces:
      c_{1}v_{1}.v_{3}+c_{2}v_{2}.v_{3}+c_{3}v_{3}.v_{3}=0.v_{3}=0,
      haciendo uso de nuestras hipótesis tenemos que los dos primeros sumandos son cero, por la tanto lo que tenemos es:
      c_{3}v_{3}.v_{3}=0, pero v_{3}.v_{3} es distinto de cero, porque estamos suponiendo que el vector v_{3} es no nulo, luego necesariamente se tiene que c_{3}=0. Así, nuestra expresión inicial queda reducida a:

      c_{1}v_{1}+c_{2}v_{2}=0; multiplicando nuevamente producto punto esta igualdad ahora por el vector v_{2}, tenemos:

      c_{1}v_{1}.v_{2}+c_{2}v_{2}.v_{2}=0,
      el primer sumando nuevamente es cero, luego lo anterior se reduce a:
      c_{2}v_{2}.v_{2}=0; pero v_{2} es un vector no nulo luego, necesariamente, c_{2}=0. En consecuencia, la combinación lineal inicial se reduce a:
      c_{1}v_{1}=0 y como v_{1} es no nulo, c_{1}=0; con esto hemos mostrado por tanto que los vectores considerados son l.i.

  5. Profe, tenemos varias dudas sobre el taller. La primera es sobre el punto 9 ya que no sabemos como se podría realizar esta demostración. La segunda es sobre el punto 10, sabemos que los únicos subespacios son 0 y R y sabemos que podemos mostrar que los naturales, los enteros y los racionales no son subespacios mostrando un axioma que no cumplan, sin embargo no estamos seguros de que esta sea la forma correcta de demostrarlo. Muchas gracias por tu ayuda.

    • HOla Lina y compañeros…
      A decir verdad, yo resolví esos dos puntos de la siguiente manera…
      9) Por contradicción al absurdo, es decir suponer que la tesis es verdadera para ver que la hipótesis es falsa.
      Entonces supongamos que Ax=b es un subespacio de R^n.
      Sea Dx=e y Bx=c elementos del conjunto de todas las soluciones, es decir, Dx=e, Bx=c pertenecen a Ax=b donde, D,B pertenecen a M_{m*n}(R) tal que “c” es distinto de cero, al igual que “e”.
      Entonces, basta ver que la combinación lineal de estos elementos y un escalar (m) que pertenezca el cuerpo de los números reales (R), pertenezca a el conjunto de todas las soluciones.
      Si [m(Dx)=m(e)] +[ Bx=c] lo que es equivalente por propiedades de matrices y números a m(D+B)x =me+c, sin embargo, para que Ax=b sea un subespacio se necesita que m(e)=c=me+c y esto sólo se obtiene si tanto c como e son iguales a cero, pero como por hipótesis se tiene que tanto e como c son distintos de cero. Se llega auna contradicción.
      Atenta a comentarios…

      • Y con respecto al punto 10.
        Lo trabajé también por contradicción al absurdo de la siguiente manera:
        Sea W un conjunto que está contenido en R tal que W se define como {a que pertenece a R | a es distinto de cero}.
        Por una proposición vista en clase nosotros sabemos que para que W sea subespacio de R se tiene que cumplir:
        i) W debe ser cerrado para las operaciones en R.
        ii) Con las operaciones de R, W debe satisfacer EV_{1} y EV_{8}.
        Pero, no cumple la primera (Trabajen las propiedades para que R sea un espacio vectorial).
        Entonces, W no es subespacio de R^n.
        Atenta a comentarios…
        Espero haber despejado dudas y/o colaborado a la creación de ideas para resolverlo de una manera diferente…

    • Mariette, muchas gracias por tu estupenda ayuda, y si, tienes, razón, el punto (9) lo puedes trabajar por contradicción. Alternativamente: si este conjunto fuera subespacio, necesariamente debería tener como uno de sus elementos al vector 0; pero A0=0 y b es distinto del vector nulo, luego el 0 de R^{n} no está en este conjunto, con lo que este no puede ser subespacio.
      Otra manera: el conjunto que nos piden mostrar que no es subespacio es:
      {x en R^{n} | Ax=b}, donde b es un vector columna no nulo de tamaño mx1 y A es una matriz de tamaño mxn. Si este conjunto fuera subespacio, debería ser cerrado para las suma de vectores; sin embargo tenemos que: sean x_{1} y x_{2} dos soluciones del sistema de ecuaciones Ax=b; esto implica que Ax_{1}=b y Ax_{2}=b. Si el conjunto fuera cerrado para la suma, deberíamos tener que A(x_{1}+x_{2})=b, per esto no es cierto porque lo que realmente se tiene es:
      A(x_{1}+x_{2})=Ax_{1}+Ax_{2}=b+b=2b que es distinto de b.

    • Para el punto (10); notemos inicialmente que R es en sí mismo un R-espacio vectorial (basta considerar R^{n} en el caso particular n=1). Así que en este ejemplo particular , la suma de vectores corresponde a la suma usual de números reales y el producto por escalar es simplemente el producto usual de números reales. Bien, la idea es considerar un subespacio W de R distinto del subespacio nulo y mostrar que, necesariamente, W es precisamente todo R: sea entonces W un subespacio de R distinto del subespacio nulo, esto implica que en W hay más elementos además del 0, sea r uno de tales elementos. Entonces, en particular, r es distinto del cero y, por tanto, tiene inverso multiplicativo. Como W es subespacio, es cerrado para el producto por escalar, luego rt está nuevamente en W, para todo escalar t en R; en particular, si t=r^{-1}, rr^{-1}=1 debe estar nuevamente en W, es decir, el 1 necesariamente está en W. Otra vez, usando el hecho que W es cerrado para el producto, se debe tener que 1t = t es un elemento de W para todo t escalar, y por lo tanto todo número real está en W, e.d., R está contenido en W. Pero W al ser subespacio de R, está contenido en R; En consecuencia, de las dos contenencias se sigue la igualdad, e.d., W=R y por tanto R no tiene más subespacios además de los triviales.

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