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Algebra Lineal y Geometrıa. Curso 2017/18. Departamento de Algebra. http://departamento.us.es/da/da.html

Algebra Lineal y Geometrıa

Grado en Fısica

Ejercicios de autoevaluacion. Temas 1–4

Departamento de Algebra, Universidad de Sevilla

http://departamento.us.es/da/da.html


El contenido de estas notas ha sido disenado y redactado por el profesorado de la asignaturay esta registrado bajo una licencia Creative Commons. Se permite la reproduccion de la totalidado de parte de las presentes notas con cualquier fin excepto el lucrativo, siempre y cuando se citecorrectamente la procedencia y autorıa de las mismas.



Nota de los autores:

Las siguientes hojas presentan ejercicios basicos que cubren todo los temas 1 al 4 de la asig-natura Algebra Lineal y Geometrıa del Grado en Fısica. Los ejercicios de cada hoja estan pensadospara un tiempo de 45–50 minutos.

Los ejercicios de autoevaluacion van acompanados de su correspondiente solucion (que pue-de muy bien no ser la unica posible); y estan ordenados por temas. En algunos casos, a tıtuloorientativo, se incluye la puntuacion por problema, cuando no aparece se entiende que todos losproblemas tendrıan el mismo peso.



ALGEBRA LINEAL Y GEOMETRIA Tema 1. Hoja 1.

Ejercicio 1.– Sean

A =

(1 1 12 0 −1

), B =

1 11 20 −1

, C =

(1 2 34 5 6

).

Hallar:

a) Ct.

b) A+ C.

c) (1/2)A.

d) AB.

Ejercicio 2.– Sea A una matriz cuadrada de orden n sobre un cuerpo k.

a) Demostrar que la matriz A+ At es simetrica.

b) Demostrar que la matriz A− At es antisimetrica.

c) Supongamos que A no es simetrica y que n ≥ 3. Estudiar, si tomamos una combinacionlineal αA+ βAt, cuaando obtenemos una matriz simetrica o antisimetrica.




Ejercicio 1.– Calcular ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 i i−1 x 1 i i−1 −1 x− 2 i i−1 −1 −1 x i−1 −1 −1 −i x− 2i

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Ejercicio 2.– Responder a las siguientes cuestiones:

a) Sean A,B matrices cuadradas de orden n tales que A ·B = 0n. Si A es invertible, calcular B.b) Si A = A−1, calcular A2.

Ejercicio 3.– Determinar el rango de la siguiente matriz, segun los valores del parametro a: 1 a −1 22 −1 a 51 10 6 1




Ejercicio 1.– Consideremos la matriz:

A =

1 x x2 x3

1 1 1 11 −1 1 −11 2 4 8

Entonces |A| es un polinomio en x de grado maximo 3:

|A| = a0 + a1 x+ a2 x2 + a3 x

3.

Determinar el coeficiente a1.


Z =

0 1 00 0 10 0 0

a) Calcular Z2 y Z3.b) Hallar (I3 − Z)(I3 + Z + Z2).

c) Consideramos la matriz: M =

1 −1 00 1 −10 0 1

. Demostrar que M es regular. Hallar su

inversa utilizando el apartado b).

Ejercicio 3.– Demostrar que I2 tiene (estrictamente) mas de 2 “raıces cuadradas” en M(2;R), esdecir que existen por lo menos 3 matricesA de orden 2×2 con coeficientes reales tales queA2 = I2.




Ejercicio 1 (3 puntos).– Recordamos el principio de induccion: Para probar que un enunciado escierto para todo n ∈ N es suficiente probar que:

Es cierto para n = 1.

Supuesto que es cierto para un n arbitrario, lo es para n+ 1.

Sea A la matriz

A =

(1 11 1

).

Probar por induccion que An = 2n−1A para todo n ∈ N.

Ejercicio 2 (3 puntos).– Sean A y B las matrices

A =

(1 −10 2

), B =

(−1 2

1 2

).

Hallar A2 + 2AB +B2 y (A+B)2.

Ejercicio 3 (4 puntos).– Sean A,B ∈ M(n; k), matrices triangulares superiores. Probar que ABtambien lo es.




Ejercicio 1 (7 puntos).– Clasificar y resolver, cuando sea posible, en funcion del parametro α, elsiguiente sistema de ecuaciones lineales en las incognitas x1, x2, x3, x4:

x1 + αx2 − x4 = 2αx2 + x4 = α

αx1 − x4 = 1

Ejercicio 2 (3 puntos).– Responder razonadamente si la siguiente afirmacion es verdadera o falsa:Dado un sistema compatible de ecuaciones AX t = Bt, el sistema es homogeneo (esto es, B es lamatriz nula) si y solo si dadas dos soluciones del sistema su suma (como matrices columna, porejemplo) tambien es solucion del sistema.




Ejercicio 1 (3 puntos).– Sea A ∈M(m× n; k). Probar que Im · A = A · In = A.

Ejercicio 2 (3 puntos).– Sean f y g las aplicaciones

f : Z −→ Z g : Q −→ {z ∈ C | arg(z) ∈ [0, π)}x 7−→ |x| y 7−→ √

y

Estudiar si f y g son inyectivas y/o sobreyectivas. Si es posible, responder las mismas pregun-tas para f ◦ g y para g ◦ f . Si no es posible, explicar por que.

Ejercicio 3 (4 puntos).– Calcular el siguiente determinante:

x− 1 1 1 11 x− 1 1 11 1 x− 1 11 1 1 x− 1



ALGEBRA LINEAL Y GEOMETRIA Tema 1. Hoja 1: Soluciones.

Ejercicio 1.– Sean

A =

(1 1 12 0 −1

), B =

1 11 20 −1

, C =

(1 2 34 5 6

).

Hallar:

a) Ct.

b) A+ C.

c) (1/2)A.

d) AB.

Solucion: Todos los calculos son elementales:

Ct =

1 42 53 6

, A+C =

(2 3 46 5 5

),

1

2A =

(1/2 1/2 1/2

1 0 −1/2

), AB =

(2 22 3

).

Ejercicio 2.– Sea A una matriz cuadrada de orden n sobre un cuerpo k.

a) Demostrar que la matriz A+ At es simetrica.

b) Demostrar que la matriz A− At es antisimetrica.

c) Supongamos que A no es simetrica y que n ≥ 3. Estudiar, si tomamos una combinacionlineal αA+ βAt, cuando obtenemos una matriz simetrica o antisimetrica.

Solucion: En las condiciones del problema:

a) Se tiene (A+At)t = At + (At)t. Como (At)t = A, (A+At)t = A+At, es decir la matriz A+At

es simetrica.

b) Se tiene (A − At)t = At + (−At)t. Como (−At)t = −(At)t = −A, (A − At)t = −(A − At), esdecir la matriz A− At es antisimetrica.

c) Tomamos una combinacion αA+ βAt. Si fuera simetrica

αA+ βAt = (αA+ βAt)t = αAt + βA =⇒ 0n = (α− β)A+ (β − α)At.

Sea ahora algun (i, j) tal que aij 6= aji, que existe porque A no es simetrica. Tenemos que elelementos (i, j) de (α− β)A+ (β − α)At es nulo, o sea

(α− β)aij + (β − α)aji = 0 =⇒ α(aij − aji) + β(aji − aij) = 0,

por lo cual, para que haya solucion, ha de ser α = β (que es, salvo producto por escalar, elcaso a)). El caso antisimetrico es analogo.




Ejercicio 1.– Calcular ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 i i−1 x 1 i i−1 −1 x− 2 i i−1 −1 −1 x i−1 −1 −1 −i x− 2i

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Solucion: Este es un ejercicio sencillo de aplicacion de las propiedades basicas de los determi-nantes. Llamemos D al determinante buscado. Entonces, sumando a cada fila, de la segunda a laquinta, la primera, obtenemos

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 i i0 x+ 1 2 2i 2i0 0 x− 1 2i 2i0 0 0 x+ i 2i0 0 0 0 x− i

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 1 · (x+ 1)(x− 1)(x+ i)(x− i) = x4 − 1.

Ejercicio 2.– Responder a las siguientes cuestiones:

a) Sean A,B matrices cuadradas de orden n tales que A ·B = 0n. Si A es invertible, calcular B.b) Si A = A−1, calcular A2.

Solucion: Ambos apartados son faciles; utilizando las propiedades de la matriz inversa. En pri-mer lugar:

A ·B = 0n =⇒ A−1 · A ·B = A−1 · 0n =⇒ In ·B = B = 0n.

En segundo lugarA2 = A · A = A · A−1 = In.

Ejercicio 3.– Determinar el rango de la siguiente matriz, segun los valores del parametro a: 1 a −1 22 −1 a 51 10 6 1

Solucion: Usaremos el metodo del orlado. Si llamamos A a la matriz, es obvio que rg(A) ≥ 2, yaque tenemos un menor (en realidad varios) de orden 2 distinto de cero. Por ejemplo, podemostomar el formado por las dos primeras filas y las columnas primera y cuarta:

1 22 5

= 1 6= 0.

Por el metodo del orlado tenemos que estudiar entonces los posibles menores de orden 3 quecontengan al escogido de orden 2. Solo hay dos tales menores:

1 a 22 −1 51 10 1

= −1 + 5a+ 40− (−2 + 50 + 2a) = 3a− 9,



1 −1 22 a 51 6 1

= a+ 24− 5− (2a+ 30− 2) = −a− 9.

Luego un menor se anula para a = 3 y el otro para a = −9. Ası pues, sea quien sea a, siemprehay un menor de orden 3 distinto de cero, luego rg(A) = 3 (obviamente no puede ser mayor; solotiene tres filas).





A =

1 x x2 x3

1 1 1 11 −1 1 −11 2 4 8

Entonces |A| es un polinomio en x de grado maximo 3:

|A| = a0 + a1 x+ a2 x2 + a3 x

3.

Determinar el coeficiente a1.

Solucion: El desarrollo con respeto a la primera fila nos proporciona la solucion:

a1 = −

∣∣∣∣∣∣1 1 11 1 −11 4 8

∣∣∣∣∣∣ .Calculamos el determinante por cualquier metodo. Aquı lo hacemos por desarrollo directo:

a1 = −((8 + 4− 1)− (1− 4 + 8)) = −(11− 5) = −6.


Z =

0 1 00 0 10 0 0

a) Calcular Z2 y Z3.b) Hallar (I3 − Z)(I3 + Z + Z2).

c) Consideramos la matriz: M =

1 −1 00 1 −10 0 1

. Demostrar que M es regular. Hallar su

inversa utilizando el apartado b).

Solucion: Los dos primeros apartados son elementales:a) Se calcula que

Z2 =

0 0 10 0 00 0 0

y Z3 = 03×3.

b) Mas facil aun:

(I3 − Z)(I3 + Z + Z2) = I3(I3 + Z + Z2)− Z(I3 + Z + Z2),

= (I3 + Z + Z2)− (Z + Z2 + Z3),

= I3 − Z3,

= I3.

ya que Z3 = 03×3.



c) La matriz M es triangular, por lo tanto su determinante es el producto de sus elementosdiagonales. Vale 1, luego es distinto de 0 y M es regular. Notemos que M = I3 − Z. En b) hemosencontrado una matriz X tal que MX = I3 (es X = I3 + Z + Z2). Por unicidad de la inversa,X = M−1. Explıcitamente,

M−1 = X =

1 1 10 1 10 0 1

.

Ejercicio 3.– Demostrar que I2 tiene (estrictamente) mas de 2 “raıces cuadradas” en M(2;R), esdecir que existen por lo menos 3 matricesA de orden 2×2 con coeficientes reales tales queA2 = I2.

Solucion: Exhibimos tres elementos de M(2;R) cuyo cuadrado es I2: por ejemplo I2, −I2 y(1 00 −1

).

(Hay muchos mas . . . )




Ejercicio 1 (3 puntos).– Recordamos el principio de induccion: Para probar que un enunciado escierto para todo n ∈ N es suficiente probar que:

Es cierto para n = 1.

Supuesto que es cierto para un n arbitrario, lo es para n+ 1.

Sea A la matriz

A =

(1 11 1

).

Probar por induccion que An = 2n−1A para todo n ∈ N.

Solucion: Siguiendo el principio de induccion, primero comprobamos que es cierto el caso n = 1,lo cual es trivial porque

A1 = A = 20A.

Supuesto entonces cierto el caso n, o sea, dando por cierto que An = 2n−1A, tenemos quedemostrar que la formula es cierta para n + 1. Pero, utilizando esta hipotesis y las propiedadeselementales del producto por escalares,

An+1 = A · An = A · 2n−1A = 2n−1A2 = 2n−1(

2 22 2

)= 2nA,

que es precisamente lo que querıamos demostrar.

Ejercicio 2 (3 puntos).– Sean A y B las matrices

A =

(1 −10 2

), B =

(−1 2

1 2

).

Hallar A2 + 2AB +B2 y (A+B)2.

Solucion: Basta realizar las operaciones, teniendo en cuenta que A2 + 2AB + B2 6= (A + B)2. Elresultado es

A2 + 2AB +B2 =

(0 −15 18

), (A+B)2 =

(1 44 17

).

Ejercicio 3 (4 puntos).– Sean A,B ∈ M(n; k), matrices triangulares superiores. Probar que ABtambien lo es.

Solucion: PongamosA = (aij),B = (bij). Al ser triangulares superiores aij = bij = 0 cuando i > j.Escribimos AB = (cij) y supongamos que i > j. Entonces

cij = ai1b1j + ...+ aijbjj + ...+ aiibij + ...+ ainbnj.

El tercer sumando que hemos escrito es el primer sumando en el que el primer factor puedeser distinto de 0, por ser ail = 0 cuando i > l. Analogamente, a partir del segundo sumando quehemos escrito, el segundo factor es 0, por ser B triangular superior. Por tanto la suma total es 0 yAB es triangular superior.




Ejercicio 1 (7 puntos).– Clasificar y resolver, cuando sea posible, en funcion del parametro α, elsiguiente sistema de ecuaciones lineales en las incognitas x1, x2, x3, x4:

x1 + αx2 − x4 = 2αx2 + x4 = α

αx1 − 2x4 = 1

Solucion: La matriz ampliada del sistema es:

A =

1 α 0 −1 2α0 1 0 1 αα 0 0 −2 1

.

El rango de A es obviamente mayor o igual que 2; y es 3 si y solo si es distinto de 0 el determi-nante:

1 α −10 1 1α 0 −2

= α2 + α− 2 = (α− 1)(α + 2),

por lo que los casos que hay que estudiar separadamente son α = 1,−2.

Caso A. (α 6= 1,−2).– En este caso hemos visto que rg(A) = 3, obviamente igual que rg(A), porlo que el sistema es compatible indeterminado, y debemos tomar una incognita como parametro.La forma de hacerlo, recordemos, es escoger la incognita cuya columna no aparezca en el menorque nos ha dado el rango de A. Esta incognia es x3, por lo que el sistema queda:

x1 + αx2 − x4 = 2αx2 + x4 = α

αx1 − 2x4 = 1

Notemos que parece el mismo sistema que antes, pero no lo es: ahora es un sistema en x1, x2, x4y es compatible determinado. Se puede utilizar cualquier metodo para resolverlo (regla de Cra-mer, eliminacion,...). En cualquier caso, la solucion es:

x1 =2α− 1

α + 2, x2 =

3α + 1

α + 2, x3 = λ, x4 =

α2 − α− 1

α + 2, λ ∈ k.

Caso B. (α = 1).– En este caso la matriz ampliada es

A =

1 1 0 −1 20 1 0 1 11 0 0 −2 1

.

y un calculo sencillo, por ejemplo por el metodo del orlado, nos dice que rg(A) =rg(A) = 2.Claramente el menor formado por las dos ultimas filas y las dos primeras columnas es distintode 0, por lo que podemos descartar la primera ecuacion, convertir x3 y x4 en parametros λ1 y λ2,respectivamente; y quedarnos con el sistema de Cramer{

x2 = 1− λ2x1 = 1 + 2λ2



que esta, de hecho, resuelto. La solucion es, por tanto,

x1 = 1 + 2λ2, x2 = 1− λ2, x3 = λ1, x4 = λ2, λ1, λ2 ∈ k.

Caso B. (α = −2).– La matriz ampliada es

A =

1 −2 0 −1 −40 1 0 1 −2−2 0 0 −2 1

.

y, en este caso rg(A) 6=rg(A) = 3, por lo que el sistema es incompatible.

Ejercicio 2 (3 puntos).– Responder razonadamente si la siguiente afirmacion es verdadera o falsa:Dado un sistema compatible de ecuaciones AX t = Bt, el sistema es homogeneo (esto es, B es lamatriz nula) si y solo si dadas dos soluciones del sistema, su suma (como matrices columna, porejemplo) tambien es solucion del sistema.

Solucion: La afirmacion es correcta. En efecto, si el sistema es homogeneo y St1 y St2 son dossoluciones entonces tenemos que

A(St1 + St2

)= ASt1 + ASt2 = 0t + 0t = 0t,

de donde St1 +St2 tambien es solucion del sistema. En el otro sentido, supongamos que St1 y St2 sonsoluciones y que tambien lo es St1 + St2. Entonces:

Bt = A(St1 + St2

)= ASt1 + ASt2 = Bt +Bt = 2Bt,

de donde tiene que ser Bt = 0t.




Ejercicio 1 (3 puntos).– Sea A ∈M(m× n; k). Probar que Im · A = A · In = A.

Solucion: Haremos Im · A = A, porque la otra igualdad es muy similar. Escribimos Im = (eij),donde eij es 0 cuando i 6= j, y eii = 1. El elemento (i, j) de Im · A, segun la formula del producto,es

m∑l=1

eilalj,

y los primeros factores de cada sumando son todos 0, salvo para i = l, por lo que el sumatorio sereduce a eiiaij = aij . Ası, queda probada la igualdad elemento a elemento y, por tener el mismoorden, se tiene que Im · A.

Ejercicio 2 (3 puntos).– Sean f y g las aplicaciones

f : Z −→ Z g : Q −→ {z ∈ C | arg(z) ∈ [0, π)}x 7−→ |x| y 7−→ √

y

Estudiar si f y g son inyectivas y/o sobreyectivas. Si es posible, responder las mismas pregun-tas para f ◦ g y para g ◦ f . Si no es posible, explicar por que.

Solucion: Claramente f no es inyectiva ni sobreyectiva. Por un lado, por ejemplo f(1) =f(−1), luego no es inyectiva. Pero ademas es claro que los enteros negativos no tienen originalque vaya sobre ellos, por lo que tampoco es sobreyectiva.

La aplicacion g sı que es inyectiva, ya que si g(y) = g(y′), entonces√y =

√y′ y, elevando al

cuadrado, y = y′. Pero no es sobreyectiva de manera muy simple. Por ejemplo, 4√

2 no es la raızcuadrada de un racional.

La aplicacion f ◦ g no puede considerarse, ya que, por ejemplo, g(−1) = i, pero f(i)∆ no tienesentido. Sin embargo, g ◦ f sı que puede considerarse, pues el conjunto imagen de f es Z, que estacontenido en el conjunto original de g. En concreto

g ◦ f : Z −→ {z ∈ C | arg(z) ∈ [0, π)}x 7−→

√|x|

Sin embargo g ◦ f no es inyectiva (vale el ejemplo de f ) ni sobreyectiva (vale el ejemplo de g).

Ejercicio 3 (4 puntos).– Calcular el siguiente determinante:

x− 1 1 1 11 x− 1 1 11 1 x− 1 11 1 1 x− 1

Solucion: Hay muchas formas de resolver este determinante. Por ejemplo, usando las combi-naciones lineas de filas,

x− 1 1 1 11 x− 1 1 11 1 x− 1 11 1 1 x− 1

F3−F2, F4−F2=

x− 1 1 1 11 x− 1 1 10 2− x x− 2 00 2− x 0 x− 2



y ahora, desarrollando por los adjuntos de la primera columna, obtenemos

(−1)1+1(x− 1) ·x− 1 1 12− x x− 2 02− x 0 x− 2

+ (−1)1+2(1) ·1 1 1

2− x x− 2 02− x 0 x− 2

Aplicando ahora la regla de Sarrus en ambos determinantes

(x− 1)[(x− 1)(x− 2)2 + 2(x− 2)2

]− 3(x− 2)2 = (x− 2)2 [(x− 1)(x+ 1)− 3]

= (x− 2)3(x+ 2).




Ejercicio 1.– Responder a las siguientes cuestiones:a) Hallar el conjunto de las soluciones en R4 del siguiente sistema de ecuaciones lineales de

incognitas x, y, z, t:

(S)

x + z = 3x + y + z + 2t = 3x + 4y + 2z + 6t = 5x − 2y − z = −1

b) Hallar: (i) un ejemplo de solucion particular del sistema (S), y: (ii) el conjunto de las solu-ciones en R4 del sistema homogeneo (S ′) asociado a (S).

c) El conjunto de las soluciones en R4 del sistema homogeneo (S ′) es un R–espacio vectorialpara la suma y el producto por escalares usuales (el ejercicio no pide justificacion de esto). Hallarun sistema generador de este espacio vectorial.


A =

1 1 2 7091 1 2 8051 1 2 1543

Demostrar que su ultima fila es combinacion lineal de las dos primeras (en este ejercicio no seexige que se halle la combinacion lineal).




Ejercicio 1.– Estudiar la compatibilidad del siguiente sistema, y resolverlo cuando sea posible{x1 + x2 + λx3 − x4 = λ+ 2x1 + x2 + x3 − x4 = 2

Ejercicio 2.– Estudiar si son o no linealmente independientes los siguientes vectores, en cada unode los espacios vectoriales indicados:

(a) En V = C3, los vectores v1 = (1, i, 0), v2 = (−1, 0, 2), v3 = (−1 + 2i,−2, 2).

(b) En V =M(2× 3;Q), los vectores

A1 =

(−1 1 0−1 1 0

), A2 =

(0 1 00 1 0

), A3 =

(−1 1 1−1 1 1

).

(c) En V = Q[X], los vectores P1 = 1−X, P2 = 1 +X, P3 = 12.




Ejercicio 1.– Consideramos el sistema de ecuaciones lineales siguiente con coeficientes en C:

(S)

x − y + z = 1

2y + 3z + t = −i2x + 5z + t = 2− i

Resolver este sistema por la regla de Cramer.

Ejercicio 2.– En el Q–espacio vectorial V = Q[X]2 (polinomios nulos o de grado inferior o igual a2, con coeficientes en Q), consideramos los tres polinomios:

P1 = X2 −X, P2 = X2 +X, P3 = X2 − 1.

a) Demostrar que todo elemento de V es combinacion lineal de P1, P2 y P3. Deducir de estoque {P1, P2, P3} es una base de V .

b) Hallar otra demostracion del hecho que {P1, P2, P3} es una base de V . Para esto, demostraren primero que {P1, P2, P3} es linealmente independiente (utilizando evaluaciones en 0, 1 y −1).Deducir por el argumento adecuado que es una base.




Ejercicio 1.– Estudiar si los siguientes subconjuntos del espacio vectorial R3 son o no subespaciosvectoriales:

L1 = {(a, a, a) ∈ R3 | a ∈ R}

L2 = {(a, b, c) ∈ R3 | a+ b+ c = 1}

L3 = 〈 (1, 1,−2), (2, 1, 3) 〉

Ejercicio 2.– Sea H1 ⊂ R5 el subespacio vectorial dado por

H1

x1 − x2 + x3 + x4 + x5 = 0

x3 − x4 + 2x5 = 0x1 − x2 + 2x4 − x5 = 0

Calcular una base de H1.

Sea ahora H2 ⊂ R5 el subespacio vectorial dado por

H2 = 〈(1, 0, 1, 1, 1), (1, 0, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 1, 1)〉.

Calcular una base y unas ecuaciones implıcitas independientes de H2.




Ejercicio 1.– Sea V es Q–espacio vectorial Q[X]2. Consideramos:

P0 = (1/2)X2 − (3/2)X + 1,P1 = 2X −X2,P2 = (1/2)X2 − (1/2)X.

Sea B la familia ordenada de estos tres polinomios, es decir B = (P0, P1, P2). Sea C = (1, X,X2).(i) Demostrar que B es una base de V .(ii) Dar la matriz de cambio de base M(C,B) de C a B.(iii) Utilizar (ii) para encontrar las coordenadas de Q = X2 −X + 1 en la base B.

Ejercicio 2.– En el Q–espacio vectorial V = Q[X]2, consideramos el subconjunto S de los polino-mios P (x) tales que P ′(1) = 0.

(i) Dar un ejemplo de elemento de S, distinto del polinomio 0.(ii) Demostrar que S es un subespacio vectorial de V .(iii) Hallar una base de S.

Ejercicio 3.– En el R–espacio vectorial R5, consideramos los vectores

u1 = (1, 2, 3, 4, 5), u2 = (−2,−1, 0, 1, 2), u3 = (0, 1, 1, 1, 1)

(i) Demostrar que {u1, u2, u3} es linealmente independiente.(ii) Hallar una base B de R5 tal que {u1, u2, u3} ⊂ B.




Ejercicio.– En el espacio vectorial V = M(2;R), consideremos los siguientes subespacios vecto-riales:

L1 =

⟨(1 00 1

),

(2 11 2

)⟩L2 =

⟨(0 11 1

),

(1 00 0

)⟩1. Hallar una base de L1 ∩ L2. (Nota: La base debe ser un conjunto de matrices).

2. ¿Son L1 y L2 variedades complementarias?

3. ¿Cual es la dimension de L1 + L2?




Ejercicio 1 (6 puntos).– En el espacio vectorial V = Q4 se consideran las siguientes familias devectores:

L = {(1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1)}G = {(1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1), (2, 1, 1, 1), (1,−1, 2, 1), (0, 1, 0, 0), (−1, 2, 3, 0)}

a) Demostrar que L es un conjunto linealmente independiente.b) Demostrar que G es un sistema generador de V .c) Hallar razonadamente una base B de V tal que L ⊂ B ⊂ G.

Ejercicio 2 (4 puntos).– Se considera el espacio vectorial C[X]3 de polinomios con coeficientescomplejos y grado menor o igual que 3. Determinar razonadamente si el conjunto{

1 + iX, −X2 − iX3, X −X3}

es o no linealmente independiente.




Ejercicio 1 (6 puntos).– Se considera el espacio vectorial V =M(2;Q). Consideramos el conjunto

R =

{(1 00 1

),

(0 11 0

),

(0 00 2

),

(0 1−1 0

)}Determinar si el conjuntoR es o no una base de V . En caso afirmativo, hallar las coordenadas

respecto deR de una matriz generica (a bc d

).

Ejercicio 2 (4 puntos).– Sea α ∈ R, α 6= 0. En el espacio vectorial R[X]n de polinomios con coefi-cientes reales de grado menor o igual que n, se considera el conjunto

S ={

(X − α)i | i = 0, ..., n}.

Determinar razonadamente si el conjunto S es o no una base de R[X]n.




Ejercicio.– En el espacio vectorial V = Q4 se consideran los subespacios vectoriales dados por

L1 :

{x1 − x3 + x4 = 0x1 + 2x3 = 0

L2 = 〈 (1, 1, 1, 1), (1, 0, 1, 1)〉.

1) Hallar las dimensiones de L1 + L2 y de L1 ∩ L2, dando bases de ambas (4 puntos).

2) Estudiar si V = L1 ⊕ L2. En caso de que la respuesta sea negativa, hallar un sistema deecuaciones que defina un subespacio complementario de L2 (3 puntos).

3) Dar una base ortonormal de L1, utilizando el procedimiento de Gram–Schmidt (3 puntos).




Ejercicio 1.– Responder a las siguientes cuestiones:a) Hallar el conjunto de las soluciones en R4 del siguiente sistema de ecuaciones lineales de

incognitas x, y, z, t:

(S)

x + z = 3x + y + z + 2t = 3x + 4y + 2z + 6t = 5x − 2y − z = −1

b) Hallar: (i) un ejemplo de solucion particular del sistema (S), y: (ii) el conjunto de las solu-ciones en R4 del sistema homogeneo (S ′) asociado a (S).

c) El conjunto de las soluciones en R4 del sistema homogeneo (S ′) es un R–espacio vectorialpara la suma y el producto por escalares usuales (el ejercicio no pide justificacion de esto). Hallarun sistema generador de este espacio vectorial.

Solucion: a) La matriz ampliada del sistema es:1 0 1 0 31 1 1 2 31 4 2 6 51 −2 −1 0 −1

.

Para resolver el sistema, como ilustracion del uso de matrices escalonadas, que no exigiremos en estecurso, escalonamos esta matriz por medio de operaciones elementales sobre sus filas, cambiandoA a matrices ampliadas de sistemas equivalentes a (S).

F2 ← F2 − F1

F3 ← F3 − F1

F4 ← F4 − F1

da

1 0 1 0 30 1 0 2 00 4 1 6 20 −2 −2 0 −4

{F3 ← F3 − 4F2

F4 ← F4 + 2F2da

1 0 1 0 30 1 0 2 00 0 1 −2 20 0 −2 4 −4

La operacion F4 ← F4 + 2F2 lleva la ultima fila en una fila nula, que podemos quitar. Obtenemosla matriz: 1 0 1 0 3

0 1 0 2 00 0 1 −2 2

Esta escalonada y ya se ve que el sistema correspondiente es compatible indeterminado, conparametro t (pero esta precision no se pide en el ejercicio). Ahora hacemos F1 ← F1 − F3, loque da: 1 0 0 2 1

0 1 0 2 00 0 1 −2 2

y corresponde al sistema:

x + 2t = 1y + 2t = 0

z − 2t = 2



El conjunto de las soluciones del sistema en R4 es:

{(1− 2 t;−2 t; 2 + 2 t; t) | t ∈ R}.

b) Un ejemplo de solucion particular del sistema es (1; 0; 2 : 0) (obtenida con t = 0). El conjuntode las soluciones de (S) es el conjunto de las sumas de una solucion particular con las solucio-nes de (S ′). Por lo tanto, se obtienen las soluciones de (S ′) restando a las soluciones de (S) unasolucion particular de (S). Se tiene, para cada t ∈ R:

(1− 2 t;−2 t; 2 + 2 t; t)− (1; 0; 2; 0) = (−2 t;−2 t; 2 t; t).

Por lo tanto, el conjunto de las soluciones de (S ′) en R4 es:

{(−2 t;−2 t; 2 t; t) | t ∈ R}.

c) Las soluciones de (S ′) son los vectores de la forma t (−2;−2; 2; 1) para t ∈ R. Por lo tanto,{(−2;−2; 2; 1)} es un sistema generador del conjunto de estas soluciones.


A =

1 1 2 7091 1 2 8051 1 2 1543

Demostrar que su ultima fila es combinacion lineal de las dos primeras (en este ejercicio no seexige que se halle la combinacion lineal).

Solucion: La ultima fila de A es combinacion lineal de las dos primeras si y solo si el rangode A es igual al rango de su submatriz de las dos primeras filas (en clase lo hemos enunciadopara columnas pero se ve que el mismo resultado vale para filas cambiando la matriz A por sutraspuesta). Llamemos B a esta submatriz de las dos primeras filas. Claramente, la segunda ytercera columna de A son multiplos de la primera, por lo tanto podemos quitarlas sin cambiar elrango. Lo mismo vale para B. Ası

rg(A) = rg

1 7091 8051 1543

, rg(B) = rg(

1 7091 805

).

Ambas matrices tienen rango 2 ya que tienen su primero menor de orden 2× 2, que es∣∣∣∣ 1 7091 805

∣∣∣∣ ,distinto de cero (vale 805 − 709, no es necesario hacer la cuenta), y las matrices no pueden tenerrango mayor ya que tienen solo dos columnas. Por lo tanto, rg(B) = rg(A), lo que demuestra quela ultima fila de A es combinacion lineal de las dos primeras.




Ejercicio 1.– Estudiar la compatibilidad del siguiente sistema, y resolverlo cuando sea posible{x1 + x2 + λx3 − x4 = λ+ 2x1 + x2 + x3 − x4 = 2

Solucion: Estudiamos en primer lugar el rango de la matriz de los coeficientes:

rg(A) = rg(

1 1 λ −11 1 1 −1

)= rg

(1 λ1 1

)=

{1 si λ = 12 si λ 6= 1

Cuando λ = 1 tenemos que la matriz ampliada verifica

rg(A)

= rg(

1 1 1 −1 31 1 1 −1 2

)= 2 =⇒ S.I.

Cuando λ 6= 1 tenemosrg(A) = rg

(A)

= 2 < 4 =⇒ S.C.I.

Lo resolveremos siguiendo el Teorema de Rouche–Frobenius. Para ello, buscamos un menorde orden 2 en A, que puede ser, por ejemplo, el formado por las filas 1 y 2 y las columnas 3 y 4. Elsistema queda, entonces: {

λx3 − x4 = λ+ 2− x1 − x2x3 − x4 = 2− x1 − x2

Y procedemos a resolverlo como queramos (Cramer, triangulacion, o alguno de los metodoselementales de Secundaria). En cualquier caso, queda:

x1 = α, x2 = β, x3 =λ

λ− 1, x4 = α + β − 2 +

λ

λ− 1.

Ejercicio 2.– Estudiar si son o no linealmente independientes los siguientes vectores, en cada unode los espacios vectoriales indicados:

(a) En V = C3, los vectores v1 = (1, i, 0), v2 = (−1, 0, 2), v3 = (−1 + 2i,−2, 2).

(b) En V =M(2× 3;Q), los vectores

A1 =

(−1 1 0−1 1 0

), A2 =

(0 1 00 1 0

), A3 =

(−1 1 1−1 1 1

).

(c) En V = Q[X], los vectores P1 = 1−X, P2 = 1 +X, P3 = 12.

Solucion: El caso (a) es muy sencillo porque, al estar en el caso V = kn, basta hallar el rango de lamatriz formada por los vectores. En nuestro caso, como

1 −1 −1 + 2ii 0 −20 2 2

= 2i(−1 + 2i) + 4 + 2i = 0

tenemos que el rango es menor que 2, luego los vectores son linealmente dependientes.



Para el caso (b), tomemos una combinacion lineal arbitrario e igualemosla al vector 0, que eneste caso es la matriz 02×3.

02×3 = αA1 + βA2 + γA3 =

(−α− γ α + β + γ γ−α− γ α + β + γ γ

).

De la tercera columna podemos deducir γ = 0, de donde, junto con la primera, sabemos queα = 0 y, finalemente, al sustituir en la segunda obtenemos β = 0. Ası, los coeficientes han de sernecesariamente 0, por lo que A1, A2, A3 son linealmente independientes.

Por ultimo, en el caso (c) actuamos de forma parecida (ahora el vector 0 es el polinomio 0):

0 = αP1 + βP2 + γP3 = α(1−X) + β(1 +X) + 12γ = (α + β + 12γ) + (−α + β)X,

donde observamos que tenemos soluciones no nulas; por ejemplo

α = β = 1, γ =−1

6.




Ejercicio 1.– Consideramos el sistema de ecuaciones lineales siguiente con coeficientes en C:

(S)

x − y + z = 1

2y + 3z + t = −i2x + 5z + t = 2− i

Resolver este sistema por la regla de Cramer.

Solucion: El menor de las dos primeras filas y de las dos primeras columnas vale:∣∣∣∣ 1 −10 2

∣∣∣∣ = 2.

No es nulo. Para verificar que es un menor no nulo maximo, basta verificar que todos los menoresde orden 3 que lo orlan (es decir que lo amplıan) son nulos. Son tres estos menores: son las de lascolumnas 1, 2, 3, de las columnas 1, 2, 4 y de las columnas 1, 2, 5. Son respectivamente:∣∣∣∣∣∣

1 −1 10 2 32 0 5

∣∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣∣

1 −1 00 2 12 0 1

∣∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣∣

1 −1 10 2 −i2 0 2− i

∣∣∣∣∣∣ .Les calculamos y obtenemos que todos son nulos, lo que demuestra que el menor considerado esmaximo entre los menores no nulos.

Sea A′′ la submatriz de las dos primeras filas de A′. Esta matriz A′′ de rango 2 ya que su menorde las dos primeras columnas (calculado en (i)) es no nulo y que A′′ tiene solo dos filas. TambienA′ tiene rango 2 por tener un menor no nulo maximo de orden 2. Como A′ y A′′ tienen mismorango, la tercera fila de A′ tiene que ser combinacion lineal de las filas de A′′. Esto significa que latercera ecuacion en (S) es combinacion lineal de las dos primeras. Quitarla del sistema (S) da porlo tanto un sistema equivalente, que es:

(S ′)

{x − y + z = 1

2y + 3z + t = −i

El sistema (S ′) es equivalente a:{x − y = 1− z

2y = −i− 3z − t

Consideramos este sistema como un sistema S ′′(z, t) de incognitas x e y. Para cada valor posiblede z y t, este sistema es de Cramer porque es un sistema con tantas ecuaciones como incognitas,y la matriz de los coeficientes del sistema es regular.

Aplicando entonces la regla de Cramer, vemos que las soluciones de S ′′(z, t) son los pares (x, y)tales que:

x =

∣∣∣∣ 1− z −1−i− 3z − t 2

∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 −10 2

∣∣∣∣ , y =

∣∣∣∣ 1 1− z0 −i− 3z − t

∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 −10 2

∣∣∣∣ .

es decir, tales que:

x =2− i− 5z − t

2, y =

−i− 3z − t2

.



En conclusion, para cada valor posible de z y t en C, el conjunto de las soluciones de S ′′(z, t) es elconjunto unitario: {(

2− i− 5z − t2

,−i− 3z − t

2

).

}.

Por lo tanto, el conjunto de las soluciones de (S) en C4 es:{(2− i− 5z − t

2,−i− 3z − t

2, z, t) | z ∈ C, t ∈ C

}.

Ejercicio 2.– En el Q–espacio vectorial V = Q[X]2 (polinomios nulos o de grado inferior o igual a2, con coeficientes en Q), consideramos los tres polinomios:

P1 = X2 −X, P2 = X2 +X, P3 = X2 − 1.

a) Demostrar que todo elemento de V es combinacion lineal de P1, P2 y P3. Deducir de estoque {P1, P2, P3} es una base de V .

b) Hallar otra demostracion del hecho que {P1, P2, P3} es una base de V . Para esto, demostraren primero que {P1, P2, P3} es linealmente independiente (utilizando evaluaciones en 0, 1 y −1).Deducir por el argumento adecuado que es una base.

Solucion: Vamos a demostrar que para cada terna de numeros (b0, b1, b2) en Q3, existen (a1, a2, a3)en Q3 tales que

b0 + b1X + b2X2 = a1P1 + a2P2 + a3P3. (1)

Calculamos quea1P1 + a2P2 + a3P3 = −a3 + (−a1 + a2)X + (a1 + a2)X

2.

Dos polinomios son iguales si y solo si tienen los mismos coeficientes. Por lo tanto, (1) es equiva-lente al siguiente sistema de ecuaciones lineales de incognitas a1, a2, a3:

a1 + a2 = b2−a1 + a2 = b1

− a3 = b0

Hacemos F2 ← F2 + F1 y obtenemos el sistema equivalente escalonado:a1 + a2 = b2

2 a2 = b1 + b2− a3 = b0

Este sistema siempre es compatible. Esto demuestra que todo elemento de V es combinacionlineal de P1, P2 y P3. Podemos concluir que {P1, P2, P3} es una base de V , ya que es un sistemagenerador de cardinal igual a la dimension de V , que es 3.

Para el segundo apartado, consideremos una relacion lineal

a1P1 + a2P2 + a3P3 = 0.

Al evaluar los polinomios en 0, 1 y −1, se obtiene −a3 = 0, 2a2 = 0, 2a1 = 0, que implicaa1 = a2 = a3 = 0. Esto demuestra que no hay relacion lineal no trivial entre P1, P2 y P3. Estoes, {P1, P2, P3} es linealmente independiente. Como tiene como cardinal la dimension de V , sededuce que es una base de V .




Ejercicio 1.– Estudiar si los siguientes subconjuntos del espacio vectorial R3 son o no subespaciosvectoriales:

L1 = {(a, a, a) ∈ R3 | a ∈ R}L2 = {(a, b, c) ∈ R3 | a+ b+ c = 1}

L3 = 〈 (1, 1,−2), (2, 1, 3) 〉

Solucion: El subconjunto L1 es subespacio vectorial. Se puede ver de dos maneras: bien diciendoque L1 es el conjunto de soluciones del sistema homogeneo

x1 = x2, x1 = x3;

bien escogiendo dos vectores de L1,

u = (a, a, a), v = (b, b, b),

y dos escalares α, β ∈ R y viendo que

αu+ βv = (αa+ βb, αa+ βb, αa+ βb) ∈ L1.

Sin embargo, L2 no es subespacio vectorial. Por ejemplo, no contiene al vector nulo. L3 sı quelo es; casi por definicion, ya que 〈 (1, 1,−2), (2, 1, 3) 〉 es el menor subespacio vectorial que contiene a(1, 1,−2) y a (2, 1, 3). Pues eso.

Ejercicio 2.– Sea H1 ⊂ R5 el subespacio vectorial dado por

H1

x1 − x2 + x3 + x4 + x5 = 0

x3 − x4 + 2x5 = 0x1 − x2 + 2x4 − x5 = 0

Calcular una base de H1.

Sea ahora H2 ⊂ R5 el subespacio vectorial dado por

H2 = 〈(1, 0, 1, 1, 1), (1, 0, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 1, 1)〉.

Calcular una base y unas ecuaciones implıcitas independientes de H2.

Solucion: En H1 aplicamos Rouche–Frobenius. Dado que

rg

1 −1 1 1 10 0 1 −1 21 −1 0 2 −1

= 2,

tomamos un menor no nulo de orden 2; por ejemplo el formado por las dos primeras filas ylas columnas 1 y 3. El sistema, una vez eliminada la tercera ecuacion y degradados x2, x4, x5 aparametros, queda:

H1

{x1 + x3 = x2 − x4 − x5

x3 = x4 − 2x5

y, despejando x1 y x3 (MUY facil), obtenemos:

x1 = α− 2β + γ, x2 = α, x3 = β − 2γ, x4 = β, x5 = γ.



Ası, una base de H1 se pued obtener con las asignaciones

α = 1, β = 0, γ = 0 =⇒ u1 = (1, 1, 0, 0, 0)α = 0, β = 1, γ = 0 =⇒ u2 = (−2, 0, 1, 1, 0)α = 0, β = 0, γ = 1 =⇒ u3 = (1, 0,−2, 0, 1)

En lo tocante aH2, tenemos un sistema generador que, por comodidad, reduciremos hasta unabase. Dado que

rg

1 1 00 0 01 0 11 0 11 0 1

= 2,

por ejemplo, con el menor formado por las dos ultimas columnas y las filas 1 y 3. Ası, podemosquedarnos con los dos ultimos vectores como base; ya que el primero es combinacion lineal (dehecho, suma) de ellos. Como vimos en teorıa, un sistema de ecuaciones implıcitas independientesde H2 es, entonces, orlando el menor escogido con anterioridad,

rg

x1 1 0x2 0 0x3 0 1x4 0 1x5 0 1

= 2 =⇒

x1 1 0x2 0 0x3 0 1

= 0 =⇒ x2 = 0

x1 1 0x3 0 1x4 0 1

= 0 =⇒ x3 − x4 = 0

x1 1 0x3 0 1x5 0 1

= 0 =⇒ x3 − x5 = 0




Ejercicio 1.– Sea V es Q–espacio vectorial Q[X]2. Consideramos:

P0 = (1/2)X2 − (3/2)X + 1,P1 = 2X −X2,P2 = (1/2)X2 − (1/2)X.

Sea B la familia ordenada de estos tres polinomios, es decir B = (P0, P1, P2). Sea C = (1, X,X2).(i) Demostrar que B es una base de V .(ii) Dar la matriz de cambio de base M(C,B) de C a B.(iii) Utilizar (ii) para encontrar las coordenadas de Q = X2 −X + 1 en la base B.

Solucion: Llamemos A la matriz de (P1, P2, P3) en la base C, es:

A = M(P1, P2, P3)C =

1 0 0−3/2 2 −1/2

1/2 −1 1/2

Su determinante es 1/2, es distinto de 0, por lo tanto esta matriz es regular, lo que demuestra queB es una base de V .

En el segundo apartado, la matriz buscada,M(C,B), es la matriz inversa deM(B, C), yM(B, C)es la matriz A del primer apartado. Por lo tanto, tenemos que invertir A, y obtenemos

A−1 =

1 0 01 1 11 2 4

.

Para el tercer apartado, se tiene (Q)tB = M(C,B)(Q)tC , por lo tanto:

(Q)tB =

1 0 01 1 11 2 4

1−1

1

=

113

,

Las coordenadas de Q en la base B son (1, 1, 3), es decir:

Q = P0 + P1 + 3P2.

Ejercicio 2.– En el Q–espacio vectorial V = Q[X]2, consideramos el subconjunto S de los polino-mios P (x) tales que P ′(1) = 0.

(i) Dar un ejemplo de elemento de S, distinto del polinomio 0.(ii) Demostrar que S es un subespacio vectorial de V .(iii) Hallar una base de S.

Solucion: Todo polinomio constante esta en S. Un ejemplo particular de elemento de S distintode 0 es P = 1.

En cuanto a ii), se tiene que P ′(1) = 0 cuando P = 0, por lo tanto 0 ∈ S. Se tiene tambienque para cualesquiera P,Q en S y α, β en Q, (αP + βQ)′(1) = αP ′(1) + βQ′(1) = 0, por lo tantoαP + βQ ∈ S. Esto demuestra que S es un subespacio vectorial de V .

Otra demostracion posible: Si P = a0 + a1X + a2X2, entonces P ′(1) = a1 + 2a2. Por lo tanto, S

es el conjunto de soluciones de una ecuacion lineal homogenea (a1 + 2a2 = 0; en las incognitas a0,a1, a2) y sabemos que un tal conjunto siempre es un subespacio vectorial.



Para iii) Si P = a0+a1X+a2X2, entonces P ′(1) = a1+2a2. Desde luego, S admite como sistema

de ecuaciones implicitas con respecto a la base (1, X,X2) el siguiente sistema de incognitas a0, a1,a2:

{a0 + 2 a2 = 0

Su conjunto de soluciones es:

{(a0,−2a2, a2) | a0 ∈ Q, a2 ∈ Q}.

Podemos descomponer (a0,−2 a2, a2) en a0 (1, 0, 0) + a2 (0,−2, 1), por lo que los polinomios 1 yX2 − 2X (que son los de coordenadas (1, 0, 0) y (0,−2, 1) en la base (1, X,X2)) forman un siste-ma generador de S. Este sistema {1, X2 − X} es una base de S porque tambien es linealmenteindependiente, ya que:

rgM(1, X2 − 2X)(1,X,X2) = rg

1 00 −20 1

.

Ejercicio 3.– En el R–espacio vectorial R5, consideramos los vectores

u1 = (1, 2, 3, 4, 5), u2 = (−2,−1, 0, 1, 2), u3 = (0, 1, 1, 1, 1)

(i) Demostrar que {u1, u2, u3} es linealmente independiente.(ii) Hallar una base B de R5 tal que {u1, u2, u3} ⊂ B.

Solucion: La matriz de la familia de vectores es

M(u1, u2, u3) =

1 −2 02 −1 13 0 14 1 15 2 1

.

Su primer menor de orden 3 es:∣∣∣∣∣∣1 −2 02 −1 13 0 1

∣∣∣∣∣∣ = (−1− 6)− (−4) = −3.

Como es distinto de 0, esto demuestra que M(u1, u2, u3) es de rango 3. Por tanto {u1,u2,u3} eslinealmente independiente.

Ahora ampliamos la matriz M(u1, u2, u3) a una matriz de orden 5 × 5 regular de la manerasiguiente:

1 −2 0 0 02 −1 1 0 03 0 1 0 04 1 1 1 05 2 1 0 1

.

Se ve que esta matriz es regular desarrollando su determinante por la ultima columna, y luegootra vez por la ultima columna de la matriz de orden 4× 4 obtenida:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −2 0 0 02 −1 1 0 03 0 1 0 04 1 1 1 05 2 1 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −2 0 02 −1 1 03 0 1 04 1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 −2 02 −1 13 0 1

∣∣∣∣∣∣ .



Ya hemos calculado este determinante de orden 3 en (ii) y es distinto de 0. La matriz 5× 5 quehemos construido es M(u1, u2, u3, e4, e5) con e4 = (0, 0, 0, 1, 0) y e5 = (0, 0, 0, 0, 1). Desde luego,{u1, u2, u3, e4, e5} es una base de R5 que amplia {u1, u2, u3}.




Ejercicio.– En el espacio vectorial V = M(2;R), consideremos los siguientes subespacios vecto-riales:

L1 =

⟨(1 00 1

),

(2 11 2

)⟩L2 =

⟨(0 11 1

),

(1 00 0

)⟩1. Hallar una base de L1 ∩ L2. (Nota: La base debe ser un conjunto de matrices).

2. ¿Son L1 y L2 variedades complementarias?

3. ¿Cual es la dimension de L1 + L2?

Solucion: Fijamos en primer lugar una base para trabajar con coordenadas, que siempre es mascomodo. Por ejemplo, podemos considerar la base habitual:

B =

{(1 00 0

),

(0 10 0

),

(0 01 0

),

(0 00 1

)}.

Tomando entonces coordenadas, queda:

L1 = 〈(1, 0, 0, 1), (2, 1, 1, 2)〉, L2 = 〈(0, 1, 1, 1), (1, 0, 0, 0)〉.

Para hallar L1 ∩ L2 hay que unir sistemas de ecuaciones implıcitas, ası que empezamos calcu-lando las de L1. Como

rg

1 20 10 11 2

= 2,

(o sea, el sistema generador dado es base) un sistema de ecuaciones de L1 es, por ejemplo,

rg

1 2 x10 1 x20 1 x31 2 x4

= 2 =⇒

1 2 x10 1 x20 1 x3

= 0 =⇒ x2 − x3 = 0

1 2 x10 1 x21 2 x4

= 0 =⇒ x1 − x4 = 0

Analogamente para L2, como

rg

0 11 01 01 0

= 2,

un sistema de ecuaciones de L2 es

rg

0 1 x11 0 x21 0 x31 0 x4

= 2, =⇒

0 1 x11 0 x21 0 x3

= 0 =⇒ x2 − x3 = 0

0 1 x11 0 x21 0 x4

= 0 =⇒ x2 − x4 = 0



Ası pues,

L1 ∩ L2 :

x1 − x4 = 0

x2 − x3 = 0x2 − x4 = 0

y, resolviendo por Rouche–Frobenius de la forma habitual, tenemos que la solucion general es

x1 = x2 = x3 = x4 = λ,

por lo que una base esL1 ∩ L2 = 〈(1, 1, 1, 1)〉,

o, tal y como pide el enunciado,

L1 ∩ L2 =

⟨(1 11 1

)⟩Evidentemente, L1 y L2 no pueden ser variedades complementarias, ya que, de serlo,

L1 ⊕ L2 = V,

para lo cual tiene que ser L1 ∩ L2 = {0}, que no es el caso.Por ultimo, para hallar la dimension de L1 + L2 recurrimos al Teorema de la dimension:

dim(L1 + L2) = dim(L1) + dim(L2)− dim(L1 ∩ L2) = 2 + 2− 1 = 3.




Ejercicio 1 (6 puntos).– En el espacio vectorial V = Q4 se consideran las siguientes familias devectores:

L = {(1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1)}G = {(1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1), (2, 1, 1, 1), (1,−1, 2, 1), (0, 1, 0, 0), (−1, 2, 3, 0)}

a) Demostrar que L es un conjunto linealmente independiente.b) Demostrar que G es un sistema generador de V .c) Hallar razonadamente una base B de V tal que L ⊂ B ⊂ G.

Solucion: Para ver que L es un conjunto linealmente independiente basta comprobar la carac-terizacion dada en 3.2. En efecto, al ser

rg

1 01 10 00 1

= 2,

que es precisamente el numero de vectores, el conjunto es linealmente independiente.Para ver que G es sistema generador podemos usar una estrategia parecida. Dado que

rg

1 0 2 1 0 −11 1 1 −1 1 20 0 1 2 0 30 1 1 1 0 0

= 4,

cualquier vector v ∈ Q4 que anadamos a la matriz como columna no puede hacer crecer el rango(ya que el numero de filas sigue siendo 4). Ası pues, como vimos en 3.2., v es combinacion linealde los vectores de G. Por definicion se tiene que G es sistema generador.

El apartado c) se puede responder siguiendo la demostracion dada en 3.3. del hecho corres-pondiente. Recordemos que consiste en ir anadiendo a L vectores de G tales que el conjuntoresultante siga siendo linealmente independiente. Al terminar habremos obtenido una base. Enconcreto

rg

1 0 21 1 10 0 10 1 1

= 3,

por lo que podemos anadir, para empezar (2, 1, 1, 1) a L. Continuamos notando que

rg

1 0 2 11 1 1 −10 0 1 20 1 1 1

= 4,

por lo que anadimos tambien (1,−1, 2, 1). Si seguimos anadiendo vectores deG no vamos a lograrque el rango crezca por lo que una posible respuesta1 es

B = {(1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1), (2, 1, 1, 1), (1,−1, 2, 1)}1Hay mas, ya que la eleccion de vectores no es unica, podemos ir anadiendo los que nos parezca bien, siempre y

cuando se preserve la independencia lineal.



Ejercicio 2 (4 puntos).– Se considera el espacio vectorial C[X]3 de polinomios con coeficientescomplejos y grado menor o igual que 3. Determinar razonadamente si el conjunto{

1 + iX, −X2 − iX3, X −X3}

es o no linealmente independiente.

Solucion: Aplicaremos la definicion, a falta de algo mejor. Para ello, consideremos una combi-nacion lineal de estos vectores que nos de el vector 0, que en este caso es ni mas ni menos que elpolinomio 0:

0 = α (1 + iX) + β(−X2 − iX3

)+ γ

(X −X3

)= α + (αi+ γ)X − βX2 + (−iβ − γ)X3

donde α, β, γ ∈ C. Del termino independiente y el coeficiente de X2 obtenemos inmediatamenteα = β = 0. Entonces los coeficientes de X y X3 nos dicen que γ = 0. Por tanto, la unica formade escribir 0 como combinacion lineal de los tres vectores es la trivial, de donde son linealmenteindependientes.




Ejercicio 1 (6 puntos).– Se considera el espacio vectorial V =M(2;Q). Consideramos el conjunto

R =

{(1 00 1

),

(0 11 0

),

(0 00 2

),

(0 1−1 0

)}Determinar si el conjuntoR es o no una base de V . En caso afirmativo, hallar las coordenadas

respecto deR de una matriz generica (a bc d

).

Solucion: Tomamos, para facilitar los calculos, coordenadas respecto de la base habitual de V :

B =

{(1 00 0

),

(0 10 0

),

(0 01 0

),

(0 00 1

)}YR (entendiendo, a partir de ahora, que hablamos de sus coordenadas) es:

R = { (1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 2), (0, 1,−1, 0) }

Entonces como

rg

1 0 0 00 1 0 10 1 0 −11 0 2 0

= 4

el conjuntoR es linealmente independiente. Al ser dim(V ) = 4,R es una base.Para hallar las coordenadas de una matriz generica hacemos:(

a bc d

)= α1

(1 00 1

)+ α2

(0 11 0

)+ α3

(0 00 2

)+ α4

(0 1−1 0

),

lo que se resume en el sistema de ecuaciones:α1 = a

α2 + α4 = bα2 − α4 = c

α1 + 2α3 = d

Resolviendo obtenemos que(a bc d

)R

=

(a,b+ c

2,d− a

2,b− c

2

).

Ejercicio 2 (4 puntos).– Sea α ∈ R, α 6= 0. En el espacio vectorial R[X]n de polinomios con coefi-cientes reales de grado menor o igual que n, se considera el conjunto

S ={

(X − α)i | i = 0, ..., n}.

Determinar razonadamente si el conjunto S es o no una base de R[X]n.



Solucion: Tomamos coordenadas respecto de la base habitual de R[X]n, que esB = {1, X,X2, ..., Xn}.Entonces notemos que [

(X − α)i]B

=((−α)i, ..., 1, 0, 0, ..., 0

)donde el 1 ocupa la posicion i + 1-esima, correspondiente al coeficiente de X i. Esto quiere decirque si ponemos las coordenadas de los elementos de S en una matriz obtendremos (ponemos as-teriscos en las posiciones donde nos da igual el elemento de la matriz a efectos del razonamiento)

rg

1 −α ... (−α)i ... (−α)n

0 1 ... ∗ ... ∗...

... . . . ......

0 0 ... 1 ... ∗...

...... . . . ...

0 0 ... 0 ... 1

= n+ 1

por ser una matriz triangular superior con una diagonal de unos. Por tanto, S es linealmenteindependiente y, al ser dim (R[X]n) = n+ 1, es tambien base.




Ejercicio.– En el espacio vectorial V = Q4 se consideran los subespacios vectoriales dados por

L1 :

{x1 − x3 + x4 = 0x1 + 2x3 = 0

L2 = 〈 (1, 1, 1, 1), (1, 0, 1, 1)〉.

1) Hallar las dimensiones de L1 + L2 y de L1 ∩ L2, dando bases de ambas (4 puntos).

2) Estudiar si V = L1 ⊕ L2. En caso de que la respuesta sea negativa, hallar un sistema deecuaciones que defina un subespacio complementario de L2 (3 puntos).

3) Dar una base ortonormal de L1, utilizando el procedimiento de Gram–Schmidt (3 puntos).

Solucion: Comencemos por dar una base de L1. Para ello, simplemente resolvemos el sistema(por ejemplo, tomando x1, x3 como variables y x2, x4 como parametros). La solucion general es

x1 =−2

3µ, x2 = λ, x3 =

1

3µ, x4 = µ.

De donde una base es, por ejemplo,

L1 = 〈 (−2, 0, 1, 3), (0, 1, 0, 0)〉.

Una base de L2 es el sistema generador dado, de forma que un sistema generador de L1 + L2

viene dado porL1 + L2 = 〈 (−2, 0, 1, 3), (0, 1, 0, 0), (1, 1, 1, 1), (1, 0, 1, 1) 〉.

Ahora bien, se tiene que

rg

−2 0 1 1

0 1 1 01 0 1 13 0 1 1

= 3,

donde un menor no nulo de orden 3 es, por ejemplo, el formado por las tres primeras filas ycolumnas. Por tanto una base de L1 + L2 es la dada por

L1 + L2 = 〈 (−2, 0, 1, 3), (0, 1, 0, 0), (1, 1, 1, 1) 〉.

Ası pues dim(L1 + L2) = 3. Para hallar una base de L1 ∩ L2 necesitamos un sistema de ecua-ciones de L2, que viene dado por

rg

1 1 x11 0 x21 1 x31 1 x4

= 2 =⇒

0 =1 1 x11 0 x21 1 x3

= x1 − x3

0 =1 1 x11 0 x21 1 x4

= x1 − x4

Por tanto

L1 ∩ L2 :

x1 − x3 + x4 = 0x1 + 2x3 = 0x1 − x3 = 0x1 − x4 = 0

=⇒ L1 ∩ L2 = 〈 (0, 1, 0, 0)〉.



De paso hemos resuelto la primera pregunta del segundo apartado, ya que, por ejemplo,dim(L1∩L2) = 1 6= 0, ası que V no es suma directa de L1 y L2. Para hallar entonces un subespaciocomplementario de L2 extendemos la base de L2 hasta una de todo V . Por ejemplo

rg

−1 1 1 0

1 0 0 01 1 0 11 1 0 0

= 4,

de donde podemos tomar el subespacio L3 = 〈 (1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0) 〉, que tiene como ecuaciones

L3 : x2 = x4 = 0.

Finalizamos entonces hallando una base ortonormal de L1. Para ello partimos de la base ha-llada:

B1 = {(−2, 0, 1, 3), (0, 1, 0, 0)}.

Como ambos vectores son ortogonales (que casualidad...), simplemente hay que dividirlos porsu modulo para obtener la base buscada:{

1√14

(−2, 0, 1, 3), (0, 1, 0, 0)

}.




Ejercicio 1.– Consideramos las siguientes bases de R2:

B = {(1, 0), (0, 1)} , C = {(1, 1), (1,−1)} .

Sea f el endomorfismo de R2 cuya matriz con respecto a la base B es:

MB(f) =

(0 10 0

).

Hallar la matriz MC(f) de f con respecto a la base C.

Ejercicio 2.– En R4, consideramos el subespacio vectorial L1 definido por el siguiente sistema deecuaciones implıcitas de incognitas x, y, z, t:

x − y − 2z = 0x + 2y + z = 0x + y = 0

Consideramos tambien el subespacio vectorial L2:

L2 = 〈(1, 0, 1, 3), (0, 1, 0, 1), (2, 1, 2, 7)〉

a. Hallar dimL1 y dimL2. Hallar tambien un sistema de ecuaciones implıcitas independiente deL1, y una base de L2.

b. Calcular una base de L1 ∩ L2. Deducir de esto dim(L1 ∩ L2) y dim(L1 + L2).




Ejercicio.– Sea V un R-espacio vectorial de dimension 3, y seaW un R-espacio vectorial de dimen-sion 4. Sea B = {v1, v2, v3} una base de V y sea B′ = {w1, w2, w3, w4} una base deW . Consideremosla aplicacion lineal f : V → W definida por los siguientes datos:

f(v1) = w1 + w2 + w3 + w4

f(v2) = w1 + w2 + 2w3

f(v3) = + w3 − w4

Consideremos ademas las variedades lineales

L = 〈(0,−1, 1), (1, 0, 0)〉 ⊂ V

L′ = 〈(0, 0, 0, 1), (2, 2, 2, 1)〉 ⊂ W.

1. Hallar la matriz de f respecto de las bases B y B′.

2. Hallar una base de las variedades f(L), Im(f) y ker(f).

3. Hallar un sistema de ecuaciones implıcitas independientes de la variedad f−1(L′).




Ejercicio 1.– Sea C la base habitual de R2 y C ′ la base habitual de R3. Sea f : R3 −→ R2 el homo-morfismo de R–espacios vectoriales cuya matriz, con respecto a C y C ′, es:

MC,C′(f) =

(2 1 11 1 2

)a) Demostrar que f es sobreyectiva y que ker f tiene dimension 1.b) Calcular una base {u1} de ker f .c) Hallar vectores u2 y u3 tales que {u1, u2, u3} sea una base de R3 que llamaremos B.d) Comprobar que {f(u2), f(u3)} es una base B′ de R2.e) Hallar MB,B′(f).

Ejercicio 2.– Sea f el endomorfismo de R3 cuya matriz con respecto a la base habitual C es: 1 0 0−1 2 0−1 0 2

a. Hallar los autovalores de f .b. Hallar una base de cada subespacio invariante.c. Hallar una base B tal que MB(f) sea diagonal. Escribir tambien MB(f).




Ejercicio.– Sea V un Q-espacio vectorial de dimension 5, y sea B = {v1, v2, v3, v4, v5} una base deV . Consideremos el endomorfismo f : V −→ V determinado por los siguientes datos:

f(v1) = 4v1 − 6v3 − 3v4 + 6v5,f(v2) = −3v1 + v2 + 6v3 + 3v4 − 6v5,f(v3) = − 2v3 ,f(v4) = 6v1 − 6v3 − 5v4 + 6v5,f(v5) = − 2v5.

Determinar si f es diagonalizable y, en ese caso, hallar una base B′ de V y una matriz diagonal Dtal que MB′(f) = D.




Ejercicio 1.– Se considera L, el subespacio generado por los vectores

{ (1, 1, 0, i), (0, i, 0, 1), (1, 0, 0, 2i), (0, 0, i, 0)}

en C4. Obtener una base ortonormal de L.

Ejercicio 2.– Consideramos el endomorfismo f de R3 cuya matriz en la base habitual es: 0 57 10 1 00 0 a

donde a es un numero indeterminado.a. Hallar el polinomio caracterıstico P (X) de f .b. Supongamos que a es distinto de 0 y 1. Dar la lista de las raıces de P (X) con sus multiplicidadesrespectivas. Deducir de esto (sin calculo de subespacios invariantes) que f es diagonalizable. Daruna matriz diagonal de f .c. Sea ahora a = 0. Dar la lista de las raıces de P (X) con sus multiplicidades respectivas. Deter-minar si f es o no es diagonalizable.d. Mismas preguntas que en c. en el caso a = 1.




Ejercicio.– En el espacio vectorial V = C3[X] se define la aplicacion

f : V −→ V

P (X) 7−→ (X − i)P (X)− P (0)

1) Demostrar que f es un homomorfismo de espacios vectoriales.2) Hallar la matriz de f respecto de la base habitual {1, X,X2, X3}.3) Hallar ker(f) e Im(f). Estudiar si f es inyectiva y/o sobreyectiva.




Ejercicio.– Sea V = R3 y f3 el endomorfismo cuya matriz respecto de la base habitual es

A =

1 1 11 1 11 1 1

Se pide:

1. Calcular los autovalores de f3 y los espacios de autovectores respectivos.

2. Demostrar que f3 es diagonalizable.

3. Demostrar que el endomorfismo fn de V = Rn con matriz respecto de la base habitual 1 · · · 1... . . . ...1 · · · 1

es diagonalizable.




Ejercicio.– Sea V = R4, y sea f ∈ End(V ) el endomorfismo dado, respecto de la base habitual, porla matriz

A =

4 0 0 00 3 0 −10 0 4 00 −1 0 3

.

1) Hallar una base C, ortonormal, de V tal que MC(f) sea diagonal.2) Sea L : x1 − x4 = 0. Hallar f(L) y f−1(L).




Ejercicio 1.– Consideramos las siguientes bases de R2:

B = {(1, 0), (0, 1)} , C = {(1, 1), (1,−1)} .

Sea f el endomorfismo de R2 cuya matriz con respecto a la base B es:

MB(f) =

(0 10 0

).

Hallar la matriz MC(f) de f con respecto a la base C.

Solucion: La matriz buscada esta determinada por la relacion:

MC(f) = M(B, C)MB(f)M(C,B).

Se tiene:

M(C,B) =

(1 11 −1

)y M(B, C) es su inversa. Sabemos que la inversa de una matriz regular(

a bc d

)es

1

ad− bc

(d −b−c a

).

Por lo tanto,

M(B, C) = −1

2

(−1 −1−1 1

)=

1

2

(1 11 −1

).

Calculamos el producto:

1

2

(1 11 −1

)(0 10 0

)(1 11 −1

)=

(1/2 −1/21/2 −1/2

).

Esta es la matriz buscada.

Ejercicio 2.– En R4, consideramos el subespacio vectorial L1 definido por el siguiente sistema deecuaciones implıcitas de incognitas x, y, z, t:

x − y − 2z = 0x + 2y + z = 0x + y = 0

Consideramos tambien el subespacio vectorial L2:

L2 = 〈(1, 0, 1, 3), (0, 1, 0, 1), (2, 1, 2, 7)〉

a. Hallar dimL1 y dimL2. Hallar tambien un sistema de ecuaciones implıcitas independiente deL1, y una base de L2.

b. Calcular una base de L1 ∩ L2. Deducir de esto dim(L1 ∩ L2) y dim(L1 + L2).



Solucion: Para el primer apartado, consideramos A la matriz de los coeficientes del sistema deecuaciones implıcitas que define L1:

A =

1 −1 −2 01 2 1 01 1 0 0

.

Sabemos que:dimL1 = dimR4 − rgA = 4− rgA.

Por lo tanto determinamos dimL1 buscando rgA. Buscamos un menor maximo no nulo de A; lohacemos por el metodo del orlado. El menor de orden 2 de las fila 1, 2 y de las columnas 1, 2 esno nulo, y los menores de orden 3 que lo orlan son ambos nulos. Por lo tanto A tiene rango 2,y dimL1 = 2. Ademas esto nos indica que la tercera ecuacion (que no participa en el menor nonulo de orden maximo encontrado) es combinacion lineal de las dos primeras, y tenemos comosistema de ecuaciones implıcitas independientes para A:{

x − y − 2z = 0x + 2y + z = 0

Ahora consideramos L2. Buscamos una base de L2, su cardinal sera la dimension de L2. Buscamosesta base como subconjunto del sistema de generadores dado. Sea B la matriz de los generadoresdados de L2:

B =

1 0 20 1 11 0 23 1 7

Buscamos un menor no nulo maximo deB. Las columnas que participen en este menor correspon-deran a una base de L2. El menor de orden 2 de las dos primeras filas y dos primeras columnasde B es no nulo y los dos menores de orden 3 que lo orlan valen cero. Por lo tanto rgB = 2,dimL2 = 2 y tenemos que {(1, 0, 1, 3), (0, 1, 0, 1)} es una base de L2.

Para el segundo apartado, sea v ∈ L2. Se descompone en la base {(1, 0, 1, 3), (0, 1, 0, 1)} de L2:

v = α1(1, 0, 1, 3) + α2(0, 1, 0, 1) = (α1, α2, α1, 3α1 + α2),

y pertenece a L1 si y solo si es solucion de:{x − y − 2z = 0x + 2y + z = 0

es decir si y solo si: {α1 − α2 − 2α1 = 0α1 + 2α2 + α1 = 0

Este sistema de incognitas α1, α2 es equivalente a:

α1 + α2 = 0.

Por lo tanto, los elementos de L1 ∩ L2 son exactamente los de la forma:

(α1,−α1, α1, 2α1)

para α1 ∈ R, de dondeL1 ∩ L2 = 〈(1,−1, 1, 2)〉 .

Una base de L1 ∩ L2 es {(1,−1, 1, 2)} y dim(L1 ∩ L2) = 1. Por el teorema de la dimension:

dim(L1 + L2) = dimL1 + dimL2 − dim(L1 ∩ L2) = 2 + 2− 1 = 3.




Ejercicio.– Sea V un R-espacio vectorial de dimension 3, y seaW un R-espacio vectorial de dimen-sion 4. Sea B = {v1, v2, v3} una base de V y sea B′ = {w1, w2, w3, w4} una base deW . Consideremosla aplicacion lineal f : V → W definida por los siguientes datos:

f(v1) = w1 + w2 + w3 + w4

f(v2) = w1 + w2 + 2w3

f(v3) = + w3 − w4

Consideremos ademas las variedades lineales

L = 〈(0,−1, 1), (1, 0, 0)〉 ⊂ V

L′ = 〈(0, 0, 0, 1), (2, 2, 2, 1)〉 ⊂ W.

1. Hallar la matriz de f respecto de las bases B y B′.

2. Hallar una base de las variedades f(L), Im(f) y ker(f).

3. Hallar un sistema de ecuaciones implıcitas independientes de la variedad f−1(L′).

Solucion: Comencemos por dar la matriz de f respecto de B que, por lo estudiado en teorıa es,precisamente,

MB(f) = A =

1 1 01 1 01 2 11 0 −1

.

La imagen de f , Im(f) esta generada por las columnas de A, por lo que

Im(f) = 〈(1, 1, 1, 1), (1, 1, 2, 0), (0, 0, 1,−1)〉.

Ahora bien,

rg(A) = rg

1 1 01 1 01 2 11 0 −1

= 2,

porque C3 = C2 − C1. Por tanto, una base de Im(f) es

Im(f) = 〈(1, 1, 1, 1), (1, 1, 2, 0)〉.

Para hallar el nucleo de f , ker(f), tenemos que resolver el sistema

AX t = 04×1,

esto es, x1 + x2 = 0x1 + x2 = 0x1 + 2x2 + x3 = 0x1 − x3 = 0



Como ya hemos hallado antes el rango de A, sabemos que podemos quedarnos, por ejemplo,con las ecuaciones segunda y cuarta, dejando a x3 como parametro. Entonces{

x1 + x2 = 0x1 = x3

=⇒ x1 = α, x2 = −α, x3 = α;

de dondeker(f) = 〈(1,−1, 1)〉.

Para dar ahora f(L) necesitamos un sistema generador, cosa que ya tenemos, y hemos decalcular sus imagenes. Nada mas facil:

f(0,−1, 1)t = A

0−1

1

=

−1−1−1−1

=⇒ f(0,−1, 1) = (−1,−1,−1,−1).

f(1, 0, 0)t = A

100

=

1111

=⇒ f(1, 0, 0) = (1, 1, 1, 1).

De aquı, por lo estudiado en teorıa,

f(L) = 〈(−1,−1,−1,−1), (1, 1, 1, 1)〉 = 〈(1, 1, 1, 1)〉.

Para calcular f−1(L′) necesitamos un sistema de ecuaciones que defina L′. Por ejemplo,

2 = rg

0 2 x10 2 x20 2 x31 1 x4

=⇒

0 =0 2 x20 2 x31 1 x4

=⇒ x2 − x3 = 0

0 =0 2 x10 2 x31 1 x4

=⇒ x1 − x3 = 0

Las ecuaciones de L′ son entonces, en forma matricial,

(1 0 −1 00 1 −1 0

)x1x2x3x4

= 02×1,

por lo que, siguiendo la teorıa, unas ecuaciones de f−1(L′) son

(1 0 −1 00 1 −1 0

)· A ·

x1x2x3

= 02×1 =⇒{

− x2 − x3 = 0− x2 − x3 = 0

=⇒ x2 + x3 = 0.




Ejercicio 1.– Sea C la base habitual de R2 y C ′ la base habitual de R3. Sea f : R3 −→ R2 el homo-morfismo de R–espacios vectoriales cuya matriz, con respecto a C y C ′, es:

MC,C′(f) =

(2 1 11 1 2

)a. Demostrar que f es sobreyectiva y que ker f tiene dimension 1.b. Calcular una base {u1} de ker f .c. Hallar vectores u2 y u3 tales que {u1, u2, u3} sea una base de R3 que llamaremos B.d. Comprobar que {f(u2), f(u3)} es una base B′ de R2.e. Hallar MB,B′(f).

Solucion: Vayamos por partes:

a. El menor 2×2 de las dos primeras columnas de la matriz es no nulo. Por lo tanto, la matriz tienerango 2. Utilizamos la propiedad vista en clase: f es sobreyectiva si y solo si rgMC,C′(f) = dimR2

(ya que R2 es el espacio de llegada), por lo tanto f es sobreyectiva. Utilizamos ahora la formula:

dim ker f = dimRR3 − rgMC,C′(f)

(ya que R3 es el espacio de salida), por lo tanto dim ker f = 1.b. Resolvemos

MC,C′

xyz

=

(00

).

Para esto, por ejemplo, escalonamos la matriz MC,C′ , haciendo F2 ← 2F2 − F1, se obtiene(2 1 10 1 3

)y luego hacemos F1 ← F1 − F2, viene (

2 0 −20 1 3

)Vemos que el conjunto de las soluciones es:

{(z,−3 z, z)|z ∈ R}

Por lo tanto, ker f esta generado por (1,−3, 1). Este vector forma una base de ker f .

c. Elegimos u2 = (0, 1, 0) y u3 = (0, 0, 1) (hay muchas otras elecciones posibles). Se tiene que

M(u1, u2, u3)C =

1 0 0−3 1 0

1 0 1

,

tiene determinante 1, por lo tanto es regular, y de esto {u1, u2, u3} es una base de R3.

d. Se lee en la matriz de f que f(u2) = (1, 1) y f(u3) = (1, 2). Estos dos vectores no son propor-cionales, por lo tanto forman un conjunto linealmente independiente de elementos de Imf . Comodim Imf = 2, forman una base de Imf = R2.



e. Es (0 1 00 0 1

)

Ejercicio 2.– Sea f el endomorfismo de R3 cuya matriz con respecto a la base habitual C es: 1 0 0−1 2 0−1 0 2

a. Hallar los autovalores de f .b. Hallar una base de cada subespacio invariante.c. Hallar una base B tal que MB(f) sea diagonal. Escribir tambien MB(f).

Solucion: El polinomio caracterıstico de f es:∣∣∣∣∣∣X − 1 0 0

1 X − 2 01 0 X − 2

∣∣∣∣∣∣ = (X − 2)2(X − 1).

Los autovalores son las raıces del polinomio caracterıstico, esto es, 1 y 2. El subespacio invarianteasociado a 1 es el conjunto de las soluciones de: 0 0 0

1 −1 01 0 −1

xyz

=

000

.

Se obtiene un subespacio de base {(1, 1, 1)}. Por su parte, el subespacio invariante asociado a 2 esel conjunto de las soluciones de: 1 0 0

1 0 01 0 0

xyz

=

000

.

Es el subespacio definido por x = 0, admite como base {(0, 1, 0), (0, 0, 1)}.Si consideramos la reunion de las bases anteriores:

B = {(1, 1, 1), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}

Es linealmente independiente por ser reunion de bases de subespacios invariantes. Ademas sucardinal es la dimension del espacio ambiente R3, por lo tanto es una base de R3. Se tiene:

MB(f) =

1 0 00 2 00 0 2




Ejercicio.– Sea V un Q-espacio vectorial de dimension 5, y sea B = {v1, v2, v3, v4, v5} una base deV . Consideremos el endomorfismo f : V −→ V determinado por los siguientes datos:

f(v1) = 4v1 − 6v3 − 3v4 + 6v5,f(v2) = −3v1 + v2 + 6v3 + 3v4 − 6v5,f(v3) = − 2v3 ,f(v4) = 6v1 − 6v3 − 5v4 + 6v5,f(v5) = − 2v5.

Determinar si f es diagonalizable y, en ese caso, hallar una base B′ de V y una matriz diagonal Dtal que MB′(f) = D.

Solucion: Sabemos que

MB(f) =

4 −3 0 6 00 1 0 0 0−6 6 −2 −6 0−3 3 0 −5 0

6 −6 0 6 −2

.

Primero tenemos que calcular los autovalores de f . Para ello calculamos el polinomio carac-terıstico |λI5 −MB(f)| y hallamos sus raıces:

λ− 4 3 0 −6 00 λ− 1 0 0 06 −6 λ+ 2 6 03 −3 0 λ+ 5 0−6 6 0 −6 λ+ 2

= (λ+ 2)2(λ− 1)λ− 4 −6

3 λ+ 5= (λ+ 2)3(λ− 1)2,

luego tenemos dos autovalores:

λ = −2, mult(−2) = 3; λ = 1, mult(1) = 2.

Pasamos a calcular los subespacios invariantes. Comenzamos con V1 = ker(I5 − f), definidopor un sistema de ecuaciones:

(I5 −MB(f))X t = 05×1.

La matriz queda

C = I5 −MB(f) =

−3 3 0 −6 0

0 0 0 0 06 −6 3 6 03 −3 0 6 0−6 6 0 −6 3

=⇒ rg(C) = 3,

dado, por ejemplo, por las tres ultimas filas y columnas. Resolviendo el sistema por Rouche–Frobenius, obtenemos la solucion general

x1 = α, x2 = β, x3 = −α + β, x4 =−α + β

2, x5 = α− β.

Dando valores, obtenemos,

V1 = 〈 (2, 0,−2,−1, 2), (0, 2, 2, 1,−2) 〉.



Vamos ahora con V−2 = ker((−2) · I5 − f), definido por un sistema de ecuaciones:

((−2) · I5 −MB(f))X t = 05×1.

La matriz queda

C = I5 −MB(f) =

−6 3 0 −6 0

0 −3 0 0 06 −6 0 6 03 −3 0 3 0−6 6 0 −6 0

=⇒ rg(C) = 2,

dado por las dos primeras filas y las columnas 2 y 4. Resolviendo el sistema,

x1 = α, x2 = 0, x3 = β, x4 = −α, x5 = γ.

Ası pues,V−2 = 〈 (1, 0, 0,−1, 0), (0, 0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 1) 〉.

La union de ambas bases es base de V , como se puede comprobar facilmente. Conforme a losresultados de la teorıa, entonces, si

B′ = {(2, 0,−2,−1, 2), (0, 2, 2, 1,−2), (1, 0, 0,−1, 0), (0, 0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 1)},

MB′(f) =

1

1−2

−2−2

.




Ejercicio 1.– Se considera L, el subespacio generado por los vectores

{ (1, 1, 0, i), (0, i, 0, 1), (1, 0, 0, 2i), (0, 0, i, 0)}

en C4. Obtener una base ortonormal de L.

Solucion: Utilizaremos el algoritmo de Gram–Schmidt. Para ello comencemos por ver si los vec-tores son base de L. Dado que

rg

1 0 1 01 i 0 00 0 0 ii 1 2i 0

= 3

nos quedaremos con, por ejemplo, los tres ultimos vectores (que son mas sencillos). Aplicamosentonces Gram–Schmidt haciendo:

v1 = (0, i, 0, 1)

y tambienv2 = (1, 0, 0, 2i) + αv1 = (1, α i, 0, α + 2i),

para cierto α ∈ C (cuidado: α es un numero complejo, en principio).

Imponemos ahora que v1 ·v2 = 0, para lo cual, dado que el vector que conocemos por completoes v1 haremos

0 = v1 vt2 = 0 · 1 + (−i) · α i+ 0 · 0 + 1 · (α + 2i) = 2α + 2i,

por lo que, en este caso, α = −i, o sea, v2 = (1, 1, 0, i). Hacemos entonces

v3 = (0, 0, i, 0) + βv1 + γv2 = (γ, β i+ γ, i, β + γ i)

e imponemos que sea ortogonal a los dos anteriores, de la misma forma a como hemos hechoantes.

v1 · v3 = 0 =⇒ 2β = 0

v2 · v3 = 0 =⇒ 3γ = 0

De donde deducimos que v3 = (0, 0, i, 0) (era elemental ver que ese vector ya era ortogonala los otros dos, pero lo hemos hecho por seguir el algoritmo ciegamente). Solo resta normalizarpara obtener la base buscada{

v1||v1||

,v2||v2||

,v3||v3||

}=

{1√2

(0, i, 0, 1),1√3

(1, 1, 0, i), (0, 0, i, 0)

}.

Ejercicio 2.– Consideramos el endomorfismo f de R3 cuya matriz en la base habitual es: 0 57 10 1 00 0 a

donde a es un numero indeterminado.



a. Hallar el polinomio caracterıstico P (X) de f .b. Supongamos que a es distinto de 0 y 1. Dar la lista de las raıces de P (X) con sus multiplicidadesrespectivas. Deducir de esto (sin calculo de subespacios invariantes) que f es diagonalizable. Daruna matriz diagonal de f .c. Sea ahora a = 0. Dar la lista de las raıces de P (X) con sus multiplicidades respectivas. Deter-minar si f es o no es diagonalizable.d. Mismas preguntas que en c. en el caso a = 1.

Solucion: El polinomio caracterıstico es:

P (X) =

∣∣∣∣∣∣X −57 −10 X − 1 00 0 X − a

∣∣∣∣∣∣ = X(X − 1)(X − a)

Para a distinto de 0 y 1, las raıces de P (X) son 0, 1 y a. Son raıces simples. Utilizamos que unendomorfismo de un k–espacio vectorial de dimensionm que tienem autovalores distintos en k esdiagonalizable, ya que. estamos en este caso con m = 3 y k = R. Por lo tanto f es diagonalizable.Una matriz diagonal de f es: a 0 0

0 0 00 0 1

.

Para a = 0, el polinomio P (X) tiene como raıces 0 (raiz doble) y 1 (raiz simple). Estamos enel caso cuando la suma de las multiplicidades de los autovalores del endomorfismo es igual a ladimension del espacio vectorial. En tal caso, el endomorfismo es diagonalizable si y solo si cadasubespacio invariante tiene como dimension la multiplicidad del autovalor correspondiente. Enel caso considerado, obtenemos que f es diagonalizable si y solo si dimV1 = 1 y dimV0 = 2.La primera condicion se cumple automaticamente, por lo que f es diagonalizable si y solo sidimV0 = 2. El subespacio V0 es el nucleo de f , por lo tanto su dimension es 3 − k, donde k es elrango de: 0 −57 −1

0 −1 00 0 0

.

Esta matriz tiene rango 2 (porque su determinante vale 0, pero el menor de filas 1, 2 y columnas2, 3 es no nulo), por lo tanto dimV0 = 1, de donde sigue que f no es diagonalizable.

En el caso a = 1 P (X) tiene como raıces 0 (raiz simple) y 1 (raiz doble). Aplicando el mismoteorema que en c., obtenemos que f es diagonalizable si y solo si dimV1 = 2. El subespacio V1 esel nucleo de id− f , que tiene como matriz en la base habitual: 1 −57 −1

0 0 00 0 0

.

que tiene obviamente rango 1. Por lo tanto, dimV1 = 2, y f es diagonalizable.




Ejercicio.– Entre los espacios vectoriales V2 = C2[X] y V3 = C3[X] se define la aplicacion

f : V2 −→ V3

P (X) 7−→ (X − i)P (X)− P (0)

1) Demostrar que f es un homomorfismo de espacios vectoriales.2) Hallar la matriz de f respecto de las bases habituales {1, X,X2} y {1, X,X2, X3}.3) Hallar ker(f) e Im(f). Estudiar si f es inyectiva y/o sobreyectiva.

Solucion: Para ver que f es un homomorfismo de espacos vectoriales consideramos dos vec-tores P (X), Q(X) ∈ V y dos escalares α, β ∈ C. Entonces

f(αP (x) + βQ(x)) = (X − i)(αP (x) + βQ(x))− (αP (x) + βQ(x))(0)

= α(X − i)P (x) + β(X − i)Q(x)− (αP (0) + βQ(0))

= α(X − i)P (x)− αP (0) + β(X − i)Q(x)− βQ(0))

= αf(P (x)) + βf(Q(X)),

de donde f es un endomorfismo de V .Para hallar la matriz de f respecto de las bases habituales, que notaremos B y C (por ejemplo),

hallamos las imagenes de los elementos de B:

f(1) = (X − i) · 1− 1 = X − (i+ 1) =⇒ f(1)C = (−i− 1, 1, 0, 0)

f(X) = (X − i) ·X − 0 = X2 − iX =⇒ f(X)C = (0,−i, 1, 0)

f(X2) = (X − i) ·X2 − 0 = X3 − iX2 =⇒ f(X2)C = (0, 0,−i, 1)

de donde tenemos que

MB,C(f) =

−i− 1 0 0

1 −i 00 1 −i0 0 1

.

El nucleo de f tiene por ecuaciones

MB,C(f)

x1x2x3

= 03×1.

Como se tiene querg (MB,C(f)) = 3,

es entonces obvio que ker(f) = {0}, de donde f es inyectiva.Como sabemos por teorıa

Im(f) = 〈 (−i− 1, 1, 0, 0), (0,−i, 1, 0), (0, 0,−i, 1) 〉 .

Obviamentedim (Im(f)) = rg (MB,C(f)) = 3,

de donde f no puede ser sobreyectiva, ya que dim(V3) = 4.




Ejercicio.– Sea V = R3 y f3 el endomorfismo cuya matriz respecto de la base habitual es

A =

1 1 11 1 11 1 1

Se pide:

1. Calcular los autovalores de f3 y los espacios de autovectores respectivos.

2. Demostrar que f3 es diagonalizable.

3. Demostrar que el endomorfismo fn de V = Rn con matriz respecto de la base habitual 1 · · · 1... . . . ...1 · · · 1

es diagonalizable.

Solucion: Vayamos por partes.

1. Es sencillo ver que el polinomio caracterıstico |A − λI| = (λ)2(λ − 3) y que, por tanto, losautovalores son λ1 = 0 con multiplicidad 2 y λ2 = 3 con multiplicidad 1.

Una base del espacio V0 = ker(f3 − 0 · IdV ) = ker(f) de autovectores asociados a λ1 es, porejemplo, {(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)}.Una base de V3 = ker(f3 − 3 · IdV ), los autovectores asociados a λ2, es {(1, 1, 1)}.

2. Como coinciden, para todos los autovalores, la multiplicidad y la dimension del subespacioasociado, el endomorfismo f3 es diagonalizable.

3. Para estudiar la matriz en dimension n puede resultar mas sencillo que hacer los calculosanteriores darse cuenta de que los autovalores son 0 y n porque:

0 es autovalor: V0 = ker(f − 0 · IdV ) es en realidad el nucleo de f y tiene dimensionn− 1.

n es autovalor porque fn(1, . . . , 1) = n(1, . . . , 1). La dimension de Vn = ker(fn− n · IdV )es por tanto mayor o igual que 1, pero no puede ser mayor que uno porque la suma delas multiplicidades serıa mayor que n, contando con la del cero que es n− 1.




Ejercicio.– Sea V = R4, y sea f ∈ End(V ) el endomorfismo dado, respecto de la base habitual, porla matriz

A =

4 0 0 00 3 0 −10 0 4 00 −1 0 3

.

1) Hallar una base C, ortonormal, de V tal que MC(f) sea diagonal.2) Sea L : x1 − x4 = 0. Hallar f(L) y f−1(L).

Solucion: Para empezar calculamos el polinomio caracterıstico:

|λI4 − A| = (λ− 4)3(λ− 2),

por lo que tenemos dos autovalores, λ = 4 (multiplicidad 3) y λ = 2 (multiplicidad 1).El espacio de autovectores V4 se calcula haciendo

V4 : (4I4 − A)X t = 04×1 =⇒ V4 : x2 + x4 = 0,

de dondeV4 = 〈 (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0,−1), (0, 0, 1, 0) 〉.

Por su parte

V2 : (2I4 − A)X t = 04×1 =⇒ V2 : x : 1 = x3 = x2 − x4 = 0,

de dondeV2 = 〈 (0, 1, 0, 1) 〉.

Entonces una base que diagonaliza a A es, precisamente,

B = { (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0,−1), (0, 0, 1, 0) (0, 1, 0, 1) } ,siendo

MB(f) =

4

44

2

.

La misma matriz se obtiene si aplicamos Gram–Schmidt a las dos bases obtenidas para V4 yV2. En concreto, como ya son ortogonales, basta con normalizar los vectores. La base buscada es

C =

{(1, 0, 0, 0),

1√2

(0, 1, 0,−1), (0, 0, 1, 0)1√2

(0, 1, 0, 1)

}.

Para hallar f(L) notemos que

L = 〈 (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0) 〉,de donde

f(L) = 〈 f(1, 0, 0, 1), f(0, 1, 0, 0), f(0, 0, 1, 0) 〉 = 〈 (4,−1, 0, 3), (0, 3, 0,−1), (0, 0, 4, 0) 〉.

Por otra parte, comoL : ( 1 0 0 − 1 )X t = 0,

entoncesf−1(L) : ( 1 0 0 − 1 )AX t = 0,

esto es,f−1(L) : 4x1 + x2 − 3x4 = 0.




Ejercicio 1.– En A3(Q) consideramos las variedades lineales afines

Y1 = (1, 1, 1) + 〈−−−−−−→(1,−1, 0)〉, Y2 = (0, 3, 2) + 〈

−−−−→(1, 0, 1)〉.

Se pide:

1. Hallar Y1 ∩ Y2. Si no es vacıa, determinarla por un punto y su direccion.

2. Hallar un sistema de ecuaciones implıcitas de Y1 + Y2.

Ejercicio 2.– Consideremos las variedades afines dadas por

r : (−1, 0, 1) +⟨−−−−→(0, 0, 1)

⟩, π : x2 = 1.

1. Probar que r ∩ π = ∅.

2. Calcular su posicion relativa, es decir, dim(r), dim(π), dim(r + π) y dim(r ∩ π), enunciandola formula de la dimension adecuada.

3. Hallar unas ecuaciones implıcitas de r + π.




Ejercicio.– En el espacio afın A5(R) se consideran los dos planos siguientes:

π1 ≡ (0, 0, 0, 0, 1) + 〈−−−−−−−−→(1, 1, 0, 0, 0),

−−−−−−−−−→(1,−1, 0, 0, 0)〉

π2 ≡

x1 = −1

x2 = −1x3 + x4 + x5 = −1

Calcular una perpendicular comun a π1 y π2 ası como la distancia entre ambos planos.




Ejercicio 1 (7 puntos).– Se considera el espacio afın A4(R) y, en el, los planos

Y1 :

{x1 + x2 = −2

x2 − x4 = 0Y2 : (0, 1, 0,−1) + 〈

−−−−−−−−−→(1,−1, 0,−1),

−−−−−−→(1, 0, 1, 0) 〉.

1. Hallar un sistema de ecuaciones de Y2.

2. Calcular Y1 ∩ Y2.

3. Hallar [D(Y1) +D(Y2)]⊥.

4. Calcular una perpendicular comun a Y1 e Y2.

5. Hallar d(Y1, Y2).

Ejercicio 2 (3 puntos).– Se considera el plano afın A2(R) y el sistema de referencia canonico R,respecto del cual tomaremos coordenadas y ecuaciones. Sea Y la recta

Y : x1 + x2 = 2.

1. Hallar un sistema de referencia metricoR′ = {O′;u, v} tal queO′ ∈ Y , u ∈ D(Y ), v ∈ D(Y )⊥.

2. Hallar la matriz, respecto deR, de la simetrıa de eje Y .




Ejercicio.– En el plano afın ordinario se considera la afinidad f de ecuaciones 1x1x2

−→ 1 0 0

0 6 −6−4 2 −1

1x1x2

.

Se pide:

1. Hallar los puntos invariantes de f .

2. Hallar las direcciones invariantes de f .

3. Hallar las rectas invariantes de f .

4. ¿Que relacion hay entre el/los punto(s) invariante(s) hallado(s) y la(s) recta(s) invariante(s)hallada(s)? No hay que hacer calculos; se puede responder con un sencillo razonamiento.




Ejercicio.– Consideremos el plano afın A2(R), y un sistema de referencia afın fijadoRa = {O;u1, u2}.Respecto de este sistema de referencia, tenemos afinidad dada por

f

1xy

=

1 0 00 −1 0−1 0 1

1xy

.

1. Calcular los puntos invariantes de f .

2. Calcular las direcciones invariantes de f .

3. Calcular las rectas invariantes de f , usando las direcciones invariantes.




Ejercicio 1.– En A2(R), fijemos un sistema de referencia afın R. Sea la simetrıa σ de eje la rectar = x+ 2y − 1 = 0.

1. Dar un sistema de referencia afınR′ = {O′, u′, v′}, tal que O′ ∈ r, u′ ∈ D(r), v′ ∈ D(r)⊥.

2. Dar las ecuaciones de σ respecto deR′.

3. Dar las ecuaciones de σ respecto deR.

Ejercicio 2.– Sean, en A5(R), las variedades lineales

L1 : (1, 1, 1, 1, 0) + 〈−−−−−−−−−→(1,−1, 0, 0, 0),

−−−−−−−−→(0, 0, 1, 2, 0)〉, L2 :

x5 = 1x1 + x2 = 22x3 − x4 = 1.

1. Determinar su posicion relativa y cuantas perpendiculares comunes existen.

2. Calcular d(L1, L2).




Ejercicio 1 (8 puntos).– Se da en el plano el movimiento f de matriz 1 0 013/5 −3/5 −4/5−6/5 −4/5 3/5

Se pide:

1. Hallar un vector no nulo que determine cada una de sus direcciones invariantes.

2. Hallar las rectas invariantes por f .

3. Hallar la matriz de la simetrıa s de eje la recta 2x+ y − 2 = 0 y la del producto s ◦ f .

4. ¿Que tipo de movimiento es s ◦ f?

Ejercicio 2 (2 puntos).– Hallar el hiperplano mediador de los puntos P = (1, 2, 3, 4) y Q =(5, 4, 3, 2) en el espacio euclıdeo de dimension 4.




Ejercicio 1.– En A3(Q) consideramos las variedades lineales afines

Y1 = (1, 1, 1) + 〈−−−−−−→(1,−1, 0)〉, Y2 = (0, 3, 2) + 〈

−−−−→(1, 0, 1)〉.

Se pide:

1. Hallar Y1 ∩ Y2. Si no es vacıa, determinarla por un punto y su direccion.

2. Hallar un sistema de ecuaciones implıcitas de Y1 + Y2.

Solucion: Hay muchas formas de calcular la interseccion de dos variedades lineales: por ejem-plo uniendo sistemas de ecuaciones implıcitas. Lo haremos aquı de otra forma. Las ecuacionesparametricas de ambas variedades son (cuidado al escoger los parametros...):

Y1 :

x = 1 + λy = 1 − λz = 1

Y2 :

x = µy = 3z = 2 + µ

Igualando ecuaciones parametricas tenemos el sistema

1 + λ = µ , 1− λ = 3 , 1 = 2 + µ

que tiene como solucion unica λ = −2, µ = −1. Llevando este valor de λ a las parametricas de Y1tenemos que Y1 ∩ Y2 es el punto (−1, 3, 1) (luego la direccion es 〈

−−−−→(0, 0, 0)〉).

Como Y1 y Y2 se cortan en un punto,

dim(Y1 + Y2) = dim(Y1) + dim(Y2)− dim(Y1 ∩ Y2) = 1 + 1− 0 = 2,

esto es, Y1 + Y2 ha de ser un plano, que contendra al punto de interseccion y a un punto arbitrariode cada recta (distintos de el), o bien al punto de interseccion y a las direcciones de las dos rectas.Ası, Y1 + Y2 tendra una unica ecuacion implıcita, que se puede calcular, por ejemplo, halladoprimero su variedad de direccion, que es

D(Y1 + Y2) = D(Y1) +D(Y2) = 〈−−−−−−→(1,−1, 0),

−−−−→(1, 0, 1)〉 : x1 + x2 − x3 = 0

de donde Y1 + Y2 : x1 + x2− x3 = α, para un cierto α. Imponiendo, por ejemplo, que (1, 1, 1) ha deestar en Y1 + Y2, tenemos que Y1 + Y2 : x1 + x2 − x3 = 1.

Ejercicio 2.– Consideremos las variedades afines dadas por

r : (−1, 0, 1) +⟨−−−−→(0, 0, 1)

⟩, π : x2 = 1.

1. Probar que r ∩ π = ∅.

2. Calcular su posicion relativa, es decir, dim(r), dim(π), dim(r + π) y dim(r ∩ π), enunciandola formula de la dimension adecuada.

3. Hallar unas ecuaciones implıcitas de r + π.



Solucion.– 1. Las ecuaciones parametricas de r son

r :

x1 = −1x2 = 0x3 = 1 + λ.

Todos los puntos de r tienen la coordenada x2 = 0, por lo que ninguno puede estar en el planox2 = 1.

2. Dado que r ∩ π = ∅, se tiene dim(r ∩ π) = −1. Por otro lado, usando la formula de ladimension para variedades afines con interseccion vacıa,

dim(r + π) + dim(r ∩ π) + dim(D(r) ∩D(π)) = dim(r) + dim(π).

Como−−−−→(0, 0, 1) ∈ D(π), dim(D(r) ∩ D(π)) = 1. Por tanto, dim(r + π) = 3. Por otro lado, como

dim(D(r) ∩D(π)) = 1, sabemos que D(r) ⊂ D(π), luego r y π son paralelas.3. Dado que dim(r + π) = 3, se tiene r + π = R3, luego unas ecuaciones implıcitas son 0 = 0.




Ejercicio.– En el espacio afın A5(R) se consideran los dos planos siguientes:

π1 ≡ (0, 0, 0, 0, 1) + 〈−−−−−−−−→(1, 1, 0, 0, 0),

−−−−−−−−−→(1,−1, 0, 0, 0)〉

π2 ≡

x1 = −1

x2 = −1x3 + x4 + x5 = −1

Calcular una perpendicular comun a π1 y π2 ası como la distancia entre ambos planos.

Solucion: Calcularemos una perpendicular comun Y como en la demostracion del teorema queprueba su existencia.

La direccion de Y es la ortogonal a D(π1) +D(π2) (coincide como sabemos con la interseccionde las direcciones ortogonales a cada plano). Nos dan una base de D(π1) luego nos falta una basede D(pi2). Resolviendo el sistema

x1 = x2 = x3 + x4 + x5 = 0

obtenemos que una base de D(π2) es, por ejemplo,

{−−−−−−−−−→(0, 0,−1, 1, 0),

−−−−−−−−−→(0, 0,−1, 0, 1)}.

De donde una base de D(π1) +D(π2) es

{−−−−−−−−→(1, 1, 0, 0, 0),

−−−−−−−−−→(1,−1, 0, 0, 0),

−−−−−−−−−→(0, 0,−1, 1, 0),

−−−−−−−−−→(0, 0,−1, 0, 1)}

y unas ecuaciones implıcitas de su ortogonal

x1 + x2 = x1 − x2 = −x3 + x4 = −x3 + x5 = 0.

La solucion de dichas ecuaciones, y por tanto la direccion que andamos buscando es 〈−−−−−−−−→(0, 0, 1, 1, 1)〉.

Para encontrar un punto Q de Y tomamos un punto cualquiera de cada plano

Q1 = (0, 0, 0, 0, 1) ∈ π1, Q2 = (−1,−1,−1, 0, 0) ∈ π2

y descomponemos el vector−−−→Q1Q2 como

−−−→Q1Q2 = (u1 + u2) + v

−−−−−−−−−−−−−→(−1,−1,−1, 0,−1) =

(α1

−−−−−−−−→(1, 1, 0, 0, 0) + α2

−−−−−−−−−→(1,−1, 0, 0, 0)

)+(β1−−−−−−−−−→(0, 0,−1, 1, 0) + β2

−−−−−−−−−→(0, 0,−1, 0, 1)

)+γ−−−−−−−−→(0, 0, 1, 1, 1),

esto es, con ui ∈ D(πi) y v ∈ D(Y ). Un posible punto Q, uno de los pies de la perpendicularcomun), sera Q = Q1 + u1 (el otro sera R = Q2 − u2). Del sistema anterior se deduce que α1 =−1, α2 = 0, β1 = 2/3, β2 = −1/3, γ = −2/3.

La perpendicular comun –unica en este caso porque se ambos planos cruzan– es

Y = (−1,−1, 0, 0, 1) + 〈−−−−−−−−→(0, 0, 1, 1, 1)〉

y la distancia entre los planos se calcula como la distancia entre Q = (−1,−1, 0, 0, 1) y R =

(−1,−1,−2/3,−2/3, 1/3) que es√

4/3 = 2√

3/3, el modulo de

v =

−−−−−−−−−−−−−−→(0, 0,−2

3,−2

3,−2

3

).




Ejercicio 1 (7 puntos).– Se considera el espacio afın A4(R) y, en el, los planos

Y1 :

{x1 + x2 = −2

x2 − x4 = 0Y2 : (0, 1, 0,−1) + 〈

−−−−−−−−−→(1,−1, 0,−1),

−−−−−−→(1, 0, 1, 0) 〉.

1. Hallar un sistema de ecuaciones de Y2.

2. Calcular Y1 ∩ Y2.

3. Hallar [D(Y1) +D(Y2)]⊥.

4. Calcular una perpendicular comun a Y1 e Y2.

5. Hallar d(Y1, Y2).

Solucion: Podemos hallar las ecuaciones de Y2 pasando por el proyectivo, pero lo haremos enesta ocasion de otra forma. Unas ecuaciones de D(Y2) son

rg

1 1 x1−1 0 x2

0 1 x3−1 0 x4

= 2 =⇒ D(Y2) :

{x1 + x2 − x3 = 0

x2 − x4 = 0

que solo difieren de las de Y2 en el terminos independiente. Dado que (0, 1, 0,−1) ∈ Y2, las ecua-ciones son

Y2 :

{x1 + x2 − x3 = 1

x2 − x4 = 2

Con este sistema es obvio que Y1∩Y2 = ∅, ya que los puntos de la primera verifican x2−x4 = 0y los de la segunda x2 − x4 = 2.

Para hallar [D(Y1) +D(Y2)]⊥ podemos calcular una base de D(Y1), unirle la de D(Y2) y hallar

el ortogonal. En concreto:

D(Y1) :

{x1 + x2 = −2

x2 − x4 = 0=⇒ D(Y1) = 〈

−−−−−−−−−→((1,−1, 0,−1),

−−−−−−→(0, 0, 1, 0) 〉,

de dondeD(Y1) +D(Y2) = 〈

−−−−−−−−−→(1,−1, 0,−1),

−−−−−−→(0, 0, 1, 0),

−−−−−−→(1, 0, 1, 0) 〉 =⇒

=⇒ [D(Y1) +D(Y2)]⊥ :

x1 − x2 − x4 = 0

x3 = 0x1 + x3 = 0

y resolviendo facilmente, [D(Y1) +D(Y2)]⊥ = 〈

−−−−−−−→(0, 1, 0,−1) 〉.

Para hallar la perpendicular comun podemos seguir el procedimiento del teorema: tomamospuntos cualesquiera P1 ∈ Y1 y P2 ∈ Y2:

P1 = (−2, 0, 0, 0), P2 = (0, 1, 0,−1) =⇒−−→P1P2 =

−−−−−−−→(2, 1, 0,−1),

y descomponemos este vector en suma un vector deD(Y1), otro deD(Y2) y otro de [D(Y1) +D(Y2)]⊥:

−−−−−−−→(2, 1, 0,−1) =

(α−−−−−−−−−→(1,−1, 0,−1) + β

−−−−−−→(0, 0, 1, 0)

)+(γ−−−−−−→(1, 0, 1, 0)

)+(δ−−−−−−−→(0, 1, 0,−1)

)=⇒



=⇒

2 = α + γ1 = −α + δ0 = β + γ−1 = −α − δ

=⇒ α = 0, β = −2, γ = 2, δ = 1,

y entonces los pies de la perpendicular comun son

Q1 = P1 +(

0 ·−−−−−−−−−→(1,−1, 0,−1) + (−2) ·

−−−−−−→(0, 0, 1, 0)

)= (−2, 0,−2, 0)

Q2 = P2 −(

2 ·−−−−−−→(1, 0, 1, 0)

)= (−2, 1,−2,−1),

y una perpendicular comun (notemos que, como Y1 e Y2 no se cruzan, puede haber infinitas perpen-diculares comunes) es

(−2, 0,−2, 0) + 〈−−−−−−−→(0, 1, 0,−1) 〉.

Por ultimo,

d(Y1, Y2) = d(Q1, Q2) =∣∣∣∣∣∣−−−→Q1Q2

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣−−−−−−−→(0, 1, 0,−1)

∣∣∣∣∣∣ =2√2.

Ejercicio 2 (3 puntos).– Se considera el plano afın A2(R) y el sistema de referencia canonico R,respecto del cual tomaremos coordenadas y ecuaciones. Sea Y la recta

Y : x1 + x2 = 2.

1. Hallar un sistema de referencia metricoR′ = {O′;u, v} tal queO′ ∈ Y , u ∈ D(Y ), v ∈ D(Y )⊥.

2. Hallar la matriz, respecto deR, de la simetrıa de eje Y .

Solucion: Claramente podemos tomar, por ejemplo, O′ = (1, 1). Un vector de D(Y ) es−−−−→(1,−1),

mientras que uno de D(Y )⊥ es−−−→(1, 1). Para que R′ sea sistema de referencia metrico la base vecto-

rial asociada tiene que ser ortonormal. Obviamente los vectores son ortogonales; por lo que bastanormalizarlos para tener una base ortonormal. Ası,

R′ =

{(1, 1);

−−−−−−−−→(1√2,−1√

2

),

−−−−−−−−→(1√2,

1√2

) }.

Para hallar la matriz de σ, la simetrıa de eje Y , notemos que

σ(O′) = O′, −→σ (u) = u, −→σ (v) = −v;

por las propiedades de las simetrıas hiperplanares. Entonces

MR′(σ) =

1 0 00 1 00 0 −1

,

de donde

MR(σ) = M(R′,R)MR′(σ)M(R,R′) =

1 0 02 0 −12 −1 0

.




Ejercicio.– En el plano afın ordinario se considera la afinidad f de ecuaciones 1x1x2

−→ 1 0 0

0 6 −6−4 2 −1

1x1x2

.

Se pide:

1. Hallar los puntos invariantes de f .

2. Hallar las direcciones invariantes de f .

3. Hallar las rectas invariantes de f .

4. ¿Que relacion hay entre el/los punto(s) invariante(s) hallado(s) y la(s) recta(s) invariante(s)hallada(s)? No hay que hacer calculos; se puede responder con un sencillo razonamiento.

Solucion: Designemos por A a la matriz de la afinidad. Para hallar los puntos invariantes pode-mos, por ejemplo, sin pasar por el proyectivo, resolver el sistema

000

= A

1x1x2

− 1

x1x2

=

0

5x1 − 6x2

−4 + 2 x1 − 2x2

Un calculo sencillo nos da como punto invariante el (12, 10).

Para hallar las direcciones invariantes podemos usar que las direcciones invariantes son lasrectas de autovectores de

−→f , cuya matriz es(

6 −6

2 −1

).

El polinomio caracterıstico es ∣∣∣∣∣ λ− 6 6

−2 λ+ 1

∣∣∣∣∣ = λ2 − 5λ+ 6 ,

cuyas raıces son 2 y 3. Al autovalor 2 corresponde la recta de autovectores 〈−−−→(3, 2)〉 y a 3 correspon-

de 〈−−−→(2, 1)〉.

Desde luego, una recta invariante debe tener una direccion invariante, luego, si no queremoshallar hiperplanos invariantes como en teorıa, podemos optar por buscar rectas invariantes en lasdos direcciones anteriores. Para la primera (y analogamente despues para la segunda), se trata dehallar los puntos P = (x1, x2) tales que

−−−−→Pf(P ) ∈ 〈

−−−→(3, 2)〉.

Como −−−−→Pf(P ) =

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→(5x1 − 6x2,−4 + 2 x1 − 2x2),

esos puntos P deberan verificar que

5x1 − 6x2 = 3λ; −4 + 2 x1 − 2x2 = 2λ.



Despejando x1 y x2 en esas dos ecuaciones tenemos x1 = 12 + 3λ, x2 = 10 + 2λ que son lasparametricas de la recta−2x1−6+3 x2 = 0, unica recta invariante de direccion 〈

−−−→(3, 2)〉. De manera

analoga se calcula que solo hay una recta invariante de direccion 〈−−−→(2, 1)〉, que es−x1−8+2x2 = 0.

Como las rectas invariantes no son evidentemente paralelas, se deben cortar en un unico pun-to. El transformado de este punto debe pertenecer a ambas, por ser rectas invariantes, luego es elmismo. Ası el punto invariante hallado debe ser el de interseccion de las dos rectas invarianteshalladas, cosa que se puede comprobar trivialmente con un calculo directo.




Ejercicio.– Consideremos el plano afın A2(R), y un sistema de referencia afın fijadoRa = {O;u1, u2}.Respecto de este sistema de referencia, tenemos afinidad dada por

f

1xy

=

1 0 00 −1 0−1 0 1

1xy

.

1. Calcular los puntos invariantes de f .

2. Calcular las direcciones invariantes de f .

3. Calcular las rectas invariantes de f , usando las direcciones invariantes.

Solucion.– 1. Se trata simplemente de resolver el sistema de ecuaciones

f

1xy

=

1 0 00 −1 0−1 0 1

1xy

=

1xy

,

de donde {−x = x−1 + y = y

,

y, por tanto, la variedad de puntos invariantes es vacıa.2. Podemos calcular las direcciones invariantes como los autovalores de

−→f . En este caso, como−→

f viene dada por la matriz (−1 0

0 1

),

tiene, obviamente, dos autovalores,

u1 =−−−→(1, 0), u2 =

−−−→(0, 1).

que son las direcciones invariantes.3. Para que una recta sea invariante, su direccion debe serlo (pues es la interseccion de una

recta invariante con la recta del infinito, que tambien lo es). Por tanto, buscamos puntos P = (x, y)cuya imagen este en la recta P + u1 o P + u2.

En el primer caso, tenemos que resolver el sistema de ecuaciones

f(x, y) = (x, y) + λ−−−→(1, 0)

lo que da−x = x+ λ, y − 1 = y;

que, evidentemente no tiene solucion. En el segundo caso, la ecuacion

f(x, y) = (x, y) + λ−−−→(0, 1),

da−x = x, y − 1 = y + λ;

que tiene como solucion x = 0 y λ = −1. Esto quiere decir que todo punto de la forma (0, y)

verifica que su imagen esta en la recta (0, y) + λ−−−→(0, 1), o, de otra forma, que la recta x = 0 es

invariante.




Ejercicio 1.– En A2(R), fijemos un sistema de referencia afın R. Sea la simetrıa σ de eje la rectar = x+ 2y − 1 = 0.

1. Dar un sistema de referencia afınR′ = {O′, u′, v′}, tal que O′ ∈ r, u′ ∈ D(r), v′ ∈ D(r)⊥.

2. Dar las ecuaciones de σ respecto deR′.

3. Dar las ecuaciones de σ respecto deR.

Solucion.– 1. Tomaremos el sistema de referencia lo mas sencillo posible. Para O′, tomamos O′ =

(1, 0); y para u′, la direccion de r, a saber u′ =−−−−→(−2, 1). Finalmente, la eleccion natural para v′ es

v′ =−−−→(1, 2).

2. Sabemos que σ(O′) = O′, porque O′ pertenece al eje de la simetrıa. Ademas, como la direc-cion de r es invariante, se tiene que −→σ (u′) = u′, y para un vector ortogonal se tiene −→σ (v′) = −v′.Por tanto, las ecuaciones de σ respectoR′ = {O′;u′, v′} son

A = MR′(σ) =

1 0 00 1 00 0 −1

.3. Por el teorema de cambio de sistema de referencia, sabemos que

MR(σ) = M(R′,R)MR′(σ)M(R,R′).

Ası si la matriz de cambio de sistema de referencia

B = M(R′,R) =

1 0 01 −2 10 1 2

,se tiene

MR(σ) = BAB−1 =

1 0 02/5 3/5 −4/54/5 −4/5 −3/5.

Ejercicio 2.– Sean, en A5(R), las variedades lineales

L1 : (1, 1, 1, 1, 0) + 〈−−−−−−−−−→(1,−1, 0, 0, 0),

−−−−−−−−→(0, 0, 1, 2, 0)〉, L2 :

x5 = 1x1 + x2 = 22x3 − x4 = 1.

1. Determinar su posicion relativa y cuantas perpendiculares comunes existen.

2. Calcular d(L1, L2).



Solucion.– 1. Casi siempre es util averiguar primero la interseccion. En este caso, las paramericasde L1 son

x1 = 1 + λ,x2 = 1− λ,x3 = 1 + µ,x4 = 1 + 2µ,x5 = 0.

Es inmediato ver que la ltima ecuacion, x5 = 0 es incompatible con la primera ecuacion implıcitade L2, y, por lo tanto, L1 ∩ L2 = ∅. Por tanto, tenemos que

dim(L1 + L2) = dim(L1) + dim(L2) + 1− dim(D(L1) ∩D(L2)

).

Vemos que necesitamos calcular la interseccion de las direcciones. Los respectivos sistemas deecuaciones son

D(L1) =

x1 = λ,x2 = −λ,x3 = µ,x4 = 2µ,x5 = 0.

⋂D(L2) =

x5 = 0x1 + x2 = 02x3 − x4 = 0.

Resolviendo, vemos que D(L1) = D(L2), luego los planos son paralelos y dim(L1 + L2) = 3. Portanto, existen infinitas perpendiculares comunes.

2. Calcularemos el ortogonal de D(L1) = D(L2). De forma inmediata, tenemos

D(L2)⊥ =

⟨−−−−−−−−→(0, 0, 0, 0, 1),

−−−−−−−−→(1, 1, 0, 0, 0),

−−−−−−−−−→(0, 0, 2,−1, 0)

⟩.

Observese que si tenemos unas ecuaciones implıcitas independientes de D(L2), se obtiene unsistema de generadores de D(L2)

⊥ simplemente tomando los coeficientes de las ecuaciones.Sea ahora un punto P arbitrario en L1. Sabemos que

(P +D(L2)

⊥)∩L2 es un unico punto, quellamamos Q, y que

d(L1, L2) = d(P,Q).

Por tanto, tomando P = (1, 1, 1, 1, 0), se trata de calcularx1 = 1 + λ,x2 = 1 + λ,x3 = 1 + 2µ,x4 = 1− µ,x5 = ν

⋂ x5 = 1x1 + x2 = 22x3 − x4 = 1.

lo que da el punto Q = (1, 1, 1, 1, 1). Ası

d(P,Q) = d(L1, L2) = 1.




Ejercicio 1 (8 puntos).– Se da en el plano el movimiento f de matriz 1 0 013/5 −3/5 −4/5−6/5 −4/5 3/5

Se pide:

1. Hallar un vector no nulo que determine cada una de sus direcciones invariantes.

2. Hallar las rectas invariantes por f .

3. Hallar la matriz de la simetrıa s de eje la recta 2x+ y − 2 = 0 y la del producto s ◦ f .

4. ¿Que tipo de movimiento es s ◦ f?

Solucion: No usaremos metodos proyectivos, aunque son una opcion razonable: solo utilizare-mos la maquinaria afın–euclıdea. La matriz de la parte vectorial del movimiento es(

−3/5 −4/5

−4/5 3/5

),

cuya matriz y polinomio caracterıstico son, respectivamente,(λ+ 3/5 4/5

4/5 λ− 3/5

), λ2 − 1 ;

este ultimo tiene como raıces λ = ±1. Sustituyendo estos valores en las matrices caracterısticas,tenemos (

8/5 4/5

4/5 2/5

),

(−2/5 4/5

4/5 −8/5

).

que son las matrices de coeficientes de los sistemas a resolver para hallar las direcciones invarian-tes. Un vector representante de las soluciones del primer sistema es, evidentemente,

−−−−→(1,−2) y uno

del segundo es−−−→(2, 1).

Hallemos el eje de otra forma a la habitual, tambien general. Las rectas invariantes debentener direcciones invariantes y, de estas, solo hay dos posibles que son las anteriores. Por lo tanto,si P = (x, y) es un punto de una posible recta invariante, los pares

{−−−−→Pf(P ),

−−−−→(1,−2)} y {

−−−−→Pf(P ),

−−−→(2, 1)}

deben ser linealmente dependientes. Como

−−−−→Pf(P ) =

(13

5− 8

5, x− 4

5y ,−6

5− 4

5x− 2

yy

)la condicion de dependencia lineal entre

−−−−→Pf(P ) y

−−−−→(1,−2) se traduce en 2x+ y − 2 = 0 y la otra en

5 = 0. Ası pues, solo hay una recta invariante por f , que es 2x+ y − 2 = 0.Observemos que el eje de la simetrıa dado es la recta invariante de f . Fijemos un punto generi-

co P = (a, b). La perpendicular por P el eje tiene como ecuaciones parametricas x = a + 2λ, y =



b+λ y calculos triviales prueban que su punto de corte con el eje corresponde a λ = (2−2a−b)/5.Ası,

−−−−→Ps(P ) = 2

2− 2a− b5

−−−→(2, 1) =

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→(8

5− 8a

5− 4b

5,4

5− 4a

5− 2b

5

)con lo que

s(P ) = P +−−−−→Ps(P ) =

(8

5− 3a

5− 4b

5,4

5− 4a

5+

3b

5

)y la matriz de s es 1 0 0

8/5 −3/5 −4/54/5 −4/5 3/5

.

La matriz de s ◦ f es, por tanto,

1 0 08/5 −3/5 −4/54/5 −4/5 3/5

· 1 0 0

13/5 −3/5 −4/5−6/5 −4/5 3/5

=

1 0 0

1 1 0

−2 0 1

y esta ultima es la de la traslacion de vector

−−−−→(1,−2).

Ejercicio 2 (2 puntos).– Hallar el hiperplano mediador de los puntos P = (1, 2, 3, 4) y Q =(5, 4, 3, 2) en el espacio euclıdeo de dimension 4.

Solucion: El punto medio del segmento PQ es (3, 3, 3, 3) y el vector−→PQ =

−−−−−−−→(4, 2, 0,−2). Ası pues

(dividiendo por 2) la ecuacionn del hiperplano mediador es

0 = 2(x1 − 3) + (x2 − 3)− (x4 − 3) = 2x1 + x2 − x4 − 6.


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