40 Ejercicios Para Aprobar Matematicas

40 EJERCICIOS PARA APROBAR MATEMTICAS EJERCICIOS ESCOGIDOS PARA MATEMTICAS I DE PRIMERO DE ADE

GALOIS

2012

2

Cul de los siguientes subconjuntos de R3 no es un subespacio vectorial?

a) R(0,1,0)

b) R3

c) {(0,0,0)}

d) {(1,-1,0)}

Para responder a este tipo de preguntas recordad que un subconjunto de la

forma R(a,b,c) siempre es un subespacio vectorial de R3, igual que R(a,b)

siempre lo es de R2. Da igual cul sea el vector que vaya a continuacin de R.

Por lo tanto la opcin a) no es cierta.

R3 es un espacio vectorial que contiene mucho subespacios, en particular

contiene a dos especiales: el subespacio que es igual a todo el espacio, es decir

R3, y el subespacio nulo formado slo por el vector (0,0,0).

Luego las opciones b) y c) no son ciertas.

Recordad que cuando aparece un vector entre llaves eso representa al conjunto

formado slo por el vector que est dentro de las llaves.

La respuesta correcta debe ser la d?. Por qu?

El conjunto {(1,-1,0)} no puede ser un subespacio vectorial. Para serlo, al sumar

dos elementos del conjunto se debera obtener otro elemento del conjunto. En

este caso, sumando (1,-1,0) + (1,-1,0) el resultado es (2,-2,0) que no est en el

conjunto.

3

Cul de los siguientes subconjuntos de R3 no es un subespacio vectorial?

a) R3

b) (1, 2, -1) + R(0, 0, 1)

c) R(1, 0, 1)

d) {(0,0,0)}

R3 es un espacio vectorial, pero todo espacio vectorial es un subespacio

vectorial tambin. La opcin a) no es vlida.

Todo conjunto de la forma R(x, y, z), sea (x, y, z) el vector que sea, es un

subespacio vectorial. Por lo tanto R(1, 0, 1) lo es. La opcin c) no es vlida.

El conjunto formado slo por el vector nulo {(0, 0, 0)} es un subespacio vectorial.

La opcin d) no es vlida.

Slo queda la opcin b). Esa es la correcta. El conjunto (1, 2, -1) + R(0, 0, 1) no es

un subespacio vectorial, es un subespacio afn.

Recuerda que un conjunto de la forma del b), es decir formado por la suma de

un vector y un subespacio vectorial, es un subespacio afn.

4

Dado a de R, los vectores (1,a,2), (3,0,1) y (5,-2,5) no forman un sistema de

generadores de R3 si y slo si:

a) a = 0

b) a -1

c) a = -1

d) Ninguna de las anteriores

Para responder a esta pregunta hay que recordar que un sistema de

generadores de R3 estar formado al menos por 3 vectores (y una base

exactamente por 3) independientes.

Si colocamos los tres vectores en filas y formamos un determinante, al calcularlo

obtenemos: det(A) = - 12 + 5a 15a + 2 = - 10a -10.

Si este determinante vale cero los tres vectores no sern independientes y no

sern un sistema de generadores.

Cundo vale cero? - 10a -10 = 0 - 10a = 10 a = - 1.

Por lo tanto los tres vectores no forman un sistema de generadores si a = - 1.

Si a = 0 el determinante no vale cero, luego los tres vectores seran

independientes y s formaran un sistema de generadores. Esto descarta a).

Si a - 1 el determinante tampoco vale cero, estamos igual que en el prrafo

anterior. No es vlida la opcin b).

Evidentemente c) s es vlida. Por lo tanto d) no lo es.

5

Cul de los siguientes subconjuntos de R3 no es un subespacio afn de R3?

a) {(1,1,1)}

b) {(x1,x2,x3) de R3 / x1

2 + x22 + x3

2 = 0}

c) {(x1,x2,x3) de R3 / x1

2 = 0}

d) {(0,0,0)}

Un subespacio afn de un espacio vectorial es un subconjunto no vaco del

espacio que puede escribirse como suma de un vector y un subespacio.

Recordad que el conjunto formado por un solo vector del espacio siempre es un

subespacio afn, ya que es la suma de dicho vector y del subespacio vectorial

formado slo por el vector nulo. Por lo tanto a) y d) son subespacios afines.

El conjunto del apartado b) est formado por todos los vectores cuyas tres

coordenadas cumplen la condicin de que la suma de sus cuadrados es igual a

cero. Pero slo hay un vector que cumpla eso, el (0,0,0). Cualquier otro vector

no lo cumple. Por ejemplo: (0,-1,1): 02 + (-1)2 + 11 = 2.

As que {(x1,x2,x3) de R3 / x1

2 + x22 + x3

2 = 0} = {(0,0,0)} es tambin un subespacio

afn.

Slo queda el conjunto del apartado c). No es un subespacio afn. Esa es la

solucin.

6

Si en R3 el vector (2,3,0) es igual a una combinacin afn de los vectores (a,0,0),

(0,1,1) y (0,a,1), entonces:

a) a =

b) a = 2

c) a = 1

d) Ninguna de las anteriores.

Recordad que una combinacin afn de los vectores (a,0,0), (0,1,1) y (0,a,1) ser

cualquier vector que se pueda obtener de la forma: x(a,0,0) + y(0,1,1) + z(0,a,1),

donde x + y + z = 1.

Tendremos entonces que: (2,3,0) = x(a,0,0) + y(0,1,1) + z(0,a,1), donde x + y + z =

1.

As que: (2,3,0) = (xa, y + za, y + z), donde x + y + z = 1. Luego tenemos las

ecuaciones:

2 = xa

3 = y + za

0 = y + z

x + y + z = 1.

De la tercera sale que y = - z.

Sustituyendo en la cuarta: x z + z = 1 x = 1.

Sustituyendo este valor de x en la primera nos queda: 2 = a.

Solucin: la opcin b).

7

Considrese los subespacios vectoriales de R3 siguientes:

F1 = {(x,y,z) de R3 / z = 0}, F2 = R(1,1,0). Se verifica:

a) F1 F2, y as F1 + F2 = F2.

b) Son subespacios vectoriales independientes.

c) Son subespacios vectoriales suplementarios en R3.

d) F2 F1, y as F1 + F2 = F1.

El smbolo representa est incluido o es igual a.

La clave de este tipo de ejercicios est en recordar que si se suman dos

subespacios, y uno est incluido en el otro, entonces la suma es igual al mayor

de los dos subespacios.

Est F1 incluido en F2 en este ejercicio o viceversa (o ninguna de las dos cosas)?

Un vector de F1 cumple que su tercera coordenada es cero. Pertenece a F2? Por

ejemplo, (1,2,0) est en F1, est tambin en F2? Para estar en F2 debera ser

mltiplo del vector (1,1,0), es decir, debera ser (1,2,0) = a(1,1,0) para algn

nmero a. Pero este nmero a no existe, luego F1 no est incluido en F2.

Al revs, un vector de F2 es un mltiplo de (1,1,0). Cumple la condicin para

estar en F1? S, ya que todos los mltiplos de (1,1,0) tienen de tercera

coordenada un cero.

As pues, en este ejercicio, F2 est incluido en F1.

Eso quiere decir que la suma de ambos subespacios es igual al mayor de los dos,

es decir, a F1: F1 + F2 = F1. La respuesta correcta es pues la d).

Los subespacios no son independientes pues el vector (1,1,0) pertenece a

ambos. Esto descartara las opciones b) y c).

8

Sean los subespacios vectoriales: F1 = {(x1, x2, x3) de R3 / x1 = 0}, F2 = R(2, 1, 0).

Se verifica:

a) F1 F2 y as F1 + F2 = F2

b) Son subespacios vectoriales independientes, pero no son suplementarios

en R3.

c) La suma directa de F1 y F2 es igual a R3.

d) F2 F1 y as F1 + F2 = F1

El smbolo representa est incluido o es igual a.

Un vector cualquiera de F1 es de la forma (x, y, z) con x = 0, es decir, es: (0, y, z) =

(0, y, 0) + (0, 0, z) = y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1). Esto nos dice que F1 = R(0, 1, 0) + R(0, 0,

1).

Por los tanto {(0, 1, 0), (0, 0, 1)} es una base de F1, y (2, 1, 0) es una base de F2.

Los tres vectores anteriores son independientes porque el determinante que

forman vale 2 (no vale 0).

Por los tanto la suma R(0, 1, 0) + R(0, 0, 1) + R(2, 1, 0) es un subespacio de

dimensin 3 de R3, es decir: F1 + F2 = R3. Esto ya nos indica que la solucin es la

c).

9

Sea F el subespacio vectorial de R3 generado por los dos vectores v1 = (1, 1, 0) y

v2 = (2, 2, 1). El vector (1, c, 1), con c de R, pertenece a F si y slo si:

a) c = 0 b) c -2 c) c = -2 d) c = 1

El vector (1, c, 1) pertenece a F si es combinacin lineal de los dos vectores que

generan F:

(1, c, 1) = a(1, 1, 0) + b(2, 2, 1)

Es decir: (1, c, 1) pertenece a F si se cumplen las ecuaciones:

1 = a + 2b

c = a + 2b

1 = b

De la ltima ya sabemos que b = 1. Despejando este valor en la primera queda:

1 = a + 2 a = -1-

Sustituyendo los valores obtenidos para a y b en la segunda:

c = -1 + 2 c = 1

La solucin es, pues, la d).

10

Dados a, b de R, el vector (a,b) de R2 es igual a una combinacin afn de los

vectores (1,2) y (0,-3) si y solamente si:

a) a + b = 1 b) 5a b = 3 c) a = 0 y b = 1 d) 2a 3b = 0

Para que (a,b) sea combinacin afn de (1,2) y (0,-3) se tiene que cumplir que:

(a,b) = x(1,2) + y(0,-3), con x + y = 1.

De lo anterior quedan las ecuaciones: a = x, b = 2x 3y. (I)

Si intentamos la opcin a): a + b = 1 b = -a. Sustituyendo b por a en las

ecuaciones (I) nos queda: a = x, -a = 2x 3y. Como a = x -x = 2x 3y -3x =

3y x = -y.

Se tiene que cumplir que x + y = 1, pero si x = -y x + y = 0 1. La opcin a) no

es vlida.

Si intentamos la c): a = 0, b = 1 0 = x, 1 = 2x 3y 1 = - 3y y = -1/3.

Se tiene que cumplir que x + y = 1, pero si x = 0, y = -1/3 x + y = -1/3 . La

opcin c) no es vlida.

Si intentamos la opcin b): 5a b = 3 b = 5a - 3. Sustituyendo b por 5a - 3 en

las ecuaciones (I) nos queda: a = x, 5a 3 = 2x 3y. Como a = x 5x - 3 = 2x

3y 3x - 3 = -3y 3x = -3y + 3 x = - y + 1.

Se tiene que cumplir que x + y = 1, pero si x = - y + 1 x + y = - y + 1 + y = 1. La

opcin b) es vlida. Como slo una es correcta, la opcin d) no puede ser vlida.

11

Dado un nmero real a, la dimensin del subespacio vectorial de R3 generado

por los vectores (2, 3, 0), (0, 1, 2) y (4, 7, a) es igual a 2 si y solamente si:

a) a = 2

b) a 2

c) a = 0

d) a 1

La dimensin del subespacio generado por un conjunto de vectores es igual al

rango de la matriz formada con ellos.

En este caso sera una matriz cuadrada de orden 3. Calculamos su

determinante:

a74

210

032

= 2a + 24 28 = 2a 4

El rango de la matriz ser menos de 3 si el determinante vale 0, es decir, si 2a

4 = 0 a = 2.

Como el determinante formado con las dos primeras filas y columnas de la

matriz no vale 0:

10

32 = 2,

Entonces el rango de la matriz y, por lo tanto, la dimensin del subespacio que

nos piden, es 2 si y solamente si a = 2.

La solucin es la opcin a).

12

Sea la base B = {(1,0,0), (0,1,0), (1,1,1)} de R3 y f la aplicacin lineal de R3 en R2

tal que:

f(1,0,0) = (1,2), f(0,1,0) = (-1,1), f(1,1,1) = (0,1)

La matriz asociada a f en las bases cannicas es:

a)

012

211 b)

112

011 c)

212

011 d)

10

11

21

La matriz asociada de una aplicacin lineal de R3 en R2, en las bases cannicas,

es una matriz cuyas columnas estn formadas por los vectores de R2 que son las

imgenes de los vectores de la base cannica de R3.

Es decir, hay que calcular las imgenes de (1,0,0), (0,1,0) y (0,0,1), que son los

vectores de la base cannica de R3.

El ejercicio ya nos da dos de esas imgenes: las de (1,0,0) y de (0,1,0). Por lo

tanto la matriz asociada tendr en su primera columna la imagen de (1,0,0), que

es (1,2), y en su segunda columna la imagen de (0,1,0), que es (-1,1). Es decir, la

matriz asociada que nos piden empieza as:

12

11. Esto descarta la opcin d), que es imposible.

Cmo calcular la imagen que falta? f(0,0,1).

Para ello primero hay que expresar el vector (0,0,1) en la base B de R3, hallando

sus coordenadas en esa base:

(0,0,1) = a(1,0,0) + b(0,1,0) + c(1,1,1).

De aqu salen las ecuaciones: 0 = a + c, 0 = b + c, 1 = c. La solucin de este fcil

sistema es: a = -1, b = -1, c = 1.

Ahora calculamos la imagen del vector as: f(0,0,1) = af(1,0,0) + bf(0,1,0) +

cf(1,1,1) = a(1,2) + b(-1,1) + c(0,1) = -1(1,2) -1(-1,1) + 1(0,1) = (0,-2).

La tercera columna de la matriz asociada corresponde al vector (0,-2). La matriz

es:

212

011 y la solucin correcta es la c).

13

Sea f la aplicacin lineal de R3 en R2 tal que:

f(1,0,0) = (1,1), f(0,1,0) = (0,-1), f(0,0,1) = (1,2)

Se considera la base B = {(1,1), (1,0)} de R2.

Los trminos de la 3 columna de la matriz asociada a f en las bases cannica de

R3 y B de R2 son:

a) 1 y 2 b) 2 y -1 c) 1 y 1 d) 1 y 0.

La matriz asociada de la aplicacin lineal de R3 en R2 que nos piden, es una

matriz cuyas columnas estn formadas por los vectores de R2, expresados en la

base B, que son las imgenes de los vectores de la base cannica de R3.

Es decir, hace falta coger los vectores que son imagen de los tres vectores de la

base cannica de R3 y hallar sus coordenadas en la base B de R2.

Realmente no hace falta hacer esto para los tres vectores, ya que slo nos piden

la 3 columna de la matriz asociada, as que slo hace falta hallar las

coordenadas en la base B de la imagen del tercer vector de la base cannica de

R3, es decir, de (1,2).

Si las coordenadas de (1,2) en B son x, y, entonces se tiene que:

(1,2) = x(1,1) + y(1,0) = (x,x) + (y,0). De aqu salen las ecuaciones:

1 = x + y, 2 = x.

Luego x = 2, y = -1

Solucin: la 3 columna est formada por los nmeros 2 y -1. Respuesta

correcta: la b).

14

Sea A la matriz

120

132

011

y sea f la aplicacin lineal de R3 en R3 cuya matriz

asociada en las bases cannicas es A.

Dada la base B = {(1,0,0), (0,1,0), (0,1,1)} de R3, los trminos de la tercera

columna de la matriz asociada a la aplicacin lineal f en las bases B de R3 y B de

R3 (misma base en los espacios inicial y final) son:

a) 0, 0 , -1 b) 0, 1, 1 c) 1, 1, 1 d) 1, 0, 1

Cada columna de la matriz asociada que nos piden ser la imagen de cada

vector de la base B expresada en coordenadas respecto de dicha base B.

La imagen de (1,0,0), primer vector de B, como es tambin el primer vector de la

base cannica de R3, es la primera columna de A: f(1,0,0) = (1,2,0).

De forma similar, la imagen del segundo vector de B, (0,1,0), es la segunda

columna de A: f(0,1,0) = (1,3,2).

La imagen del tercer vector de B es ms complicada, ya que (0,1,1) no pertenece

a la base cannica. Para hallarla se razona as:

f(0,1,1) = 0*f(1,0,0) + 1*f(0,1,0) + 1*f(0,0,1) = 0*(1,2,0) + 1*(1,3,2) + 1*(0,-1,-1) =

(1,3,2) + (0,-1,-1) = (1,2,1).

Esta imagen que hemos calculado del tercer vector de la base B ser la tercera

columna que nos piden de la matriz asociada, pero an falta expresar dicha

imagen en coordenadas respecto de la base B:

(1,2,1) = a*(1,0,0) + b*(0,1,0) + c*(0,1,1).

De aqu salen las ecuaciones: 1 = a, 2 = b + c, 1 = c. Es decir: a = 1, b = 1, c = 1.

Por lo tanto: (1,2,1) = (1,1,1)B. Este vector que hemos obtenido es la tercera

columna de la matriz que nos piden: 1, 1, 1.

Solucin: la opcin c).

15

Sea f la aplicacin lineal de R3 en R2 tal que:

f(1,0,0) = (1,2), f(0,1,0) = (-1,1), f(0,0,1) = (0,-2)

Las dimensiones respectivas de los subespacios vectoriales Kerf e Imf son:

a) 0 y 3 b) 1 y 2 c) 2 y 1 d) 3 y 0

Podemos empezar calculando kerf o calculando Imf. Vamos a hacerlo con la

imagen:

Las imgenes de una base del espacio inicial de una aplicacin lineal f generan

Imf.

As, las imgenes de los tres vectores de la base cannica de R3 sern

generadores de Imf: {(1,2), (-1,1), (0,-2)}.

Estos tres vectores generan Imf pero,son una base de Imf? Para ello deberan

ser independientes, lo cual es imposible porque en R2 ms de dos vectores

siempre son linealmente dependientes.

Si escojo dos de ellos, por ejemplo (1,2) y (-1,1), son independientes? S ya que

ninguno es mltiplo del otro (o porque el determinante que forman no vale 0).

Esos dos vectores: (1,2) y (-1,1) forman una base de Imf, ya que son

generadores e independientes. Por ello Dim (Imf) = 2.

Y el ejercicio est acabado, la nica respuesta posible ya es la b).

Recordad que la dimensin del kerf se podra calcular ahora con la frmula:

Dim (kerf) + Dim (Imf) = Dim(Espacio inicial)

Como en este caso la dimensin del espacio inicial (que es R3) es 3 y la de Imf es

2, entonces Dim (Kerf) = 1.

16

Considrese la aplicacin lineal f: R3R2, tal que f(x,y,z) = (x 3y + 2z,2x 6y

+ 4z).

Las dimensiones respectivas de los subespacios vectoriales Kerf y Imf son:

a) 1 y 2

b) 0 y 3

c) 2 y 1

d) 2 y 2

Para hallar la dimensin de la imagen calculamos primero las imgenes de los tres vectores de la base cannica de R3, utilizando que f(x,y,z) = (x 3y + 2z,2x 6y + 4z).

f(1, 0, 0) = (1, 2); f(0, 1, 0) = (-3, -6); f(0, 0, 1) = (2, 4).

Ahora nos fijamos en que el vector (-3, -6) es (-3)*(1, 2), es decir, (-3, -6) es

mltiplo de (1, 2).

De la misma forma (2, 4) = 2*(1, 2), es decir, (2, 4) es mltiplo de (1, 2).

Por lo tanto el rango de los tres vectores (1, 2), (-3, -6) y (2, 4) es 1 (slo hay un

vector independiente).

El rango de esos tres vectores (que son las imgenes de los vectores de la base

cannica) es igual a la dimensin de la imagen de f. As: Dim(Imf) = 1.

Se debe cumplir que Dim(Kerf) + Dim(Imf) = Dim(R3) = 3. Esto nos dice, como

Dim(Imf) = 1, que Dim(Kerf) = 2.


17


+ 4z).

El subespacio vectorial Kerf es igual a:

a) {(0, 0, 0)}

b) R(3, 1, 0)

c) R(3, 1, 0) + R(-2, 0, 1)

d) {(x, y, z) de R3 / x 3y = 0}

En el ejercicio anterior hemos visto que Dim(Kerf) = 2. Esto descarta las

opciones a) y b). En la opcin a) la dimensin del Kerf sera 0 y en la opcin b)

sera 1.

Vamos a ver la opcin d): Un vector cualquiera (x, y, z) del Kerf cumplira que x

3y = 0, es decir, cumplira que x = 3y. Por lo tanto (x, y, z) = (3y, y, z) = (3y, y, 0) +

(0, 0, z) = y(3, 1, 0) + z(0, 0, 1). As que, en esta opcin Kerf = R(3, 1, 0) + R(0, 0,

1).

Veamos si los vectores de las bases en las opciones c) y d) pertenecen al Kerf. Su

imagen deber ser el vector (0, 0). Utilizo que f(x,y,z) = (x 3y + 2z,2x 6y + 4z).

Empezamos por (3, 1, 0): f(3, 1, 0) = (3 3*1 + 2*0, 2*3 6*1 + 4*0) = (0, 0).

De la misma forma: f(-2, 0, 1) = (-2 3*0 + 2*1, 2*(-2) 6*0 + 4*1) = (0, 0).

Ahora f(0, 0, 1) = (0 3*0 + 2*1, 2*0 6*0 + 4*1) = (2, 4).

Luego (0, 0, 1) no pertenece al Kerf, as que R(3, 1, 0) + R(0, 0, 1) no puede ser el

Kerf. Esto descarta la opcin d).


18


+ 4z).

La aplicacin lineal f es:

a) Suprayectiva, pero no inyectiva.

b) Inyectiva, pero no suprayectiva.

c) Un isomorfismo.


En los ejercicios anteriores hemos visto que Dim(Kerf) = 2, Dim(Imf) = 1.

Para que sea suprayectiva la dimensin de la imagen de la aplicacin debe ser

igual a la dimensin del espacio final, en este caso R2, de dimensin 2. No se

cumple para este ejercicio, luego f no es suprayectiva.

Para que sea inyectiva la dimensin del ncleo (Kerf) de la aplicacin debe ser

igual a cero. No se cumple tampoco, luego f no es inyectiva.

Descartadas pues las opciones a) y b).

Para que sea isomorfismo la aplicacin debe ser biyectiva, es decir, inyectiva y

suprayectiva a la vez. Tampoco se cumple. Descartada la opcin c).

Solucin: la opcin d).

19

Sea f la aplicacin lineal de R4 en R3 cuya matriz asociada en las bases cannicas

es:

2431

0211

1101

Una base de Ker f es:

a) ((2, 0,1,1), (6, 0, 3, 3)) , b) ((2, 0,1,1), (1,1, 0,1), (6, 0, 3, 3)) , c)

((1,1, 1, 0), (1,1, 0,1)) , d) ((0, 0, 0, 0))

La matriz asociada en las bases cannicas nos da la imagen de cada vector de la

base cannica de R4: f(1,0,0,0) = (1,1,1), f(0,1,0,0) = (0,1,3), f(0,0,1,0) = (1,2,4),

f(0,0,0,1) = (1,0,-2). Observad que cada columna de la matriz nos proporciona la

imagen de un vector de la base cannica.

Vamos a empezar calculando la dimensin de la imagen. Para ello recordad que

las imgenes de los vectores de la base cannica de R4 son generadores de R3

(el espacio final).

Las imgenes de los vectores de la base cannica son: (1,1,1), (0,1,3), (1,2,4) y

(1,0,-2).

Una base de la imagen de f estar formada por aquellos de los vectores

anteriores que sean independientes.

(1,2,4) = (1,1,1) + (0,1,3), luego (1,2,4) depende de (1,1,1) y (0,1,3).

(1,0,-2) = (1,1,1) (0,1,3), luego (1,0,-2) tambin depende de (1,1,1) y (0,1,3).

(1,1,1) y (0,1,3) son independientes ya que no es uno mltiplo del otro.

Luego una base de la Imf est formada por dos vectores. As Dim(Imf) = 2.

Por la frmula Dim(Kerf) + Dim(Imf) = Dim(Espacio inicial), como en este caso

Dim(Espacio inicial) = 4, deducimos que Dim(Kerf) = 2. Luego una base de Kerf

estar formada por dos vectores. Esto descarta las opciones b) y d).

La opcin a) tampoco es vlida pues: 3*(2, 0,1,1) = (6, 0, 3, 3), es decir, los

dos vectores son dependientes, as que no pueden ser una base.

Slo queda la opcin c).

20

Sea f la aplicacin lineal de R4 en R3 cuya matriz asociada en las bases cannicas

es:

2431

0211

1101

Unas ecuaciones de Imf en las variables reales y1, y2, y3 son:

a) y1 + y2 y3 = 0

b) y1 + y2 3y3 = 0

c) 2y1 - 3y2 + y3 = 0

d) 2y1 + 3y2 - y3 = 0

Como vimos en el ejercicio anterior, una base de la Imf est formada por los

vectores (1,1,1) y (0,1,3).

Luego un vector cualquiera (y1, y2, y3) de la imagen ser: (y1, y2, y3) = (1,1,1) +

(0,1,3) = (, + , + 3).

De aqu salen las ecuaciones: y1 = , y2 = + , y3 = + 3.

Sustituyendo en la segunda por y1: y2 = y1 + = y2 y1.

Sustituyendo por y1, por y2 y1 , en la tercera: y3 = y1 + 3(y2 y1) = y1 + 3y2

3y1 y3 = -2y1 + 3y2 2y1 3y2 + y3 = 0.

Respuesta correcta: la c).

21

Una base de la Imf es:

a) ((1,0,-2),(3,2,0))

b) ((1,1,1),(0,3,1))

c) ((0,1,3))

d) ((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1))

Hemos visto que una base de Imf est formada por dos vectores. Esto descarta

las opciones c) y d).

En el ejercicio anterior hemos encontrado que la ecuacin 2y1 3y2 + y3 = 0 la

cumplen todos los vectores (y1, y2, y3) de la imagen.

De los dos vectores de la base c), el primero (1,1,1) s la cumple: 2*1 - 3*1 + 1 =

0, pero el segundo (0,3,1) no la cumple: 2*0 3*3 + 1 = -8 0. Luego este vector

no est en la imagen, as que no puede formar parte de una base de la imagen.

Esto descarta la opcin c). Solucin: la a).

Los dos vectores de la base de a) cumplen 2y1 3y2 + y3 = 0.

22

La aplicacin lineal f: R3 R3, cuya matriz asociada en las bases cannicas es:

A =

211

120

101

, es:

a) No es inyectiva.

b) No es suprayectiva.

c) Es biyectiva.

d) No es endomorfismo.

La imagen de los vectores de la base cannica de R3 son las columnas de la

matriz:

f(1,0,0) = (1,0,1), f(0,1,0) = (0,2,-1), f(0,0,1) = (-1,1,2).

Las tres imgenes son generadores de la imagen de f. Veamos si son

independientes:

211

120

101

= 4 + 2 +1 = 7. Como el determinante no es nulo los tres vectores

son independientes, y forman una base la imagen de f. Por ello: Dim(Imf) = 3.

Como: Dim(kerf) + Dim(Imf) = Dim(R3) Dim(Kerf) + 3 = 3 Dim(Kerf) = 0.

Una aplicacin es inyectiva si el ncleo est formado slo por el vector nulo, es

decir, si su dimensin es cero. Este el caso, as que f es inyectiva.

Una aplicacin es suprayectiva si la imagen coincide con el espacio final. En este

caso Dim(Imf) = 3 = Dim(Espacio final), luego Imf = R3, y la aplicacin es

suprayectiva.

Una aplicacin es biyectiva si es inyectiva y suprayectiva a la vez. En este caso f

es biyectiva. Est es la respuesta, la opcin c).

Una aplicacin es un endomorfismo si los espacios inicial y final coinciden. Por lo

tanto, f es un endomorfismo.

23

La aplicacin lineal f: R3 R2, definida por f(x, y, z) = (x+y, x-z) es:

a) Una aplicacin inyectiva.

b) Un endomorfismo.

c) Una aplicacin suprayectiva.

d) Una aplicacin biyectiva.

La aplicacin f no es un endomorfismo, ya que los espacios inicial y final son

distintos.

Podemos hacer este ejercicio calculando quin es el ncleo de f.

Un vector cualquiera del ncleo (x,y,z) cumplir que f(x,y,z) = (0,0).

Pero en la definicin de f se nos dice que f(x,y,z) = (x+y, x-z). Por lo tanto, un

vector cualquiera del ncleo cumplir que:

x + y = 0, x z = 0.

Despejando: y = -x, z = x. Es decir, un vector cualquiera del ncleo (x,y,z) ser:

(x,y,z) = (x,-x,x) = x(1,-1,1). Por lo tanto hemos obtenido que:

Kerf = R(1,-1,1), lo que nos dice adems que Dim(Kerf) = 1 y que la aplicacin no

puede ser inyectiva (porque para ello la dimensin del Ker sera cero).

Si la aplicacin no es inyectiva, no puede ser biyectiva.

Como: Dim(kerf) + Dim(Imf) = Dim(R3) 1 + Dim(Imf) = 3 Dim(Imf) = 2.

Como Dim(Imf) = 2, que es la dimensin del espacio final, R2, entonces Imf = R2.

Esto significa que la aplicacin es suprayectiva.

24

Sea f la aplicacin lineal de R3 en R2 de matriz asociada en las bases cannicas

120

101

Y considrese la base B = (v1, v2) de R2 formada por los vectores v1 = (1,0) y v2 =

(1,1).

Si (v1*, v2*) es la base dual de la base B, la imagen del vector (1,1,1) por la

aplicacin v1* f es igual a:

a) 3 b) 1 c) -1 d) (2,-1)

Lo que nos pide el ejercicio es calcular v1* f (1,1,1).

Para ello primero hay que hallar f(1,1,1) y despus, calcular v1* del vector de R2

que hemos obtenido.

Cmo calcular f(1,1,1)? Utilizando la matriz asociada.

Cada columna de la matriz nos da la imagen de un vector de la base cannica.

Por lo tanto, tenemos: f(1,0,0) = (1,0), f(0,1,0) = (0,-2), f(0,0,1) = (1,1).

Ahora hallamos f(1,1,1) as: f(1,1,1) = 1*f(1,0,0) + 1*f(0,1,0) + 1*f(0,0,1) =

1*(1,0) + 1*(0,-2) + 1*(1,1) = (2,-1).

Cmo calcular ahora v1* (2,-1)? Primero tengamos en cuenta que el vector (2,-

1) tiene sus coordenadas expresadas en la base cannica de R2 (esto siempre es

as, a no ser que se nos indique que las coordenadas son en otra base). Como

(v1*, v2*) es la base dual de la base B, necesitamos hallar las coordenadas de (2,-

1) en la base B.

Si dichas coordenadas son x, y, se tendr que: (2,-1) = x(1,0) + y(1,1) = (x+y,y).

De aqu salen las ecuaciones: 2 = x + y, -1 = y. Y nos queda que: x = 3, y = -1.

Luego las coordenadas de (2,-1) en B son 3 y -1, es decir: (2,-1) = (3,-1)B.

Y finalmente, la base dual cumple que: v1* (a,b)B = a, v2* (a,b)B = b. Nosotros

debemos hallar: v1* (2,-1) = v1* (3,-1)B = 3.

Solucin: el apartado a).

25

La inversa de la matriz

101

120

011

es:

a)

211

111

212

b)

212

111

112

c)

212

111

112

d)

110

021

101

Hay dos formas de hacer este ejercicio. Una es calcular la matriz inversa con la

frmula: la inversa es la traspuesta de la matriz adjunta dividida entre el

determinante. Otra es multiplicar la matriz que nos dan por cada una de las 4

que nos dan como posibles inversas: si el resultado es la matriz identidad es que

efectivamente esa era la matriz inversa.

Posiblemente esta ltima sea la opcin ms rpida, ya que al ir multiplicando,

en cuanto nos salga un nmero distinto de 1 en la diagonal principal o 0 en las

dems posiciones, paramos, esa no ser la respuesta vlida:

101

120

011

211

111

212

=

101

, no hace falta calcular ms nmeros, el

-1 nos dice que esta no es la solucin.

101

120

011

212

111

112

=

410

001

, no hace falta calcular ms nmeros, el 4

nos dice que esta tampoco es la solucin.

101

120

011

212

111

112

=

100

010

001

. Esta es la solucin, ya que nos ha salido

la matriz identidad.

No hara falta probar la opcin d), pero:

101

120

011

110

021

101

=

2

, el 2 nos asegura que esta no era la

solucin.

26

La inversa de la matriz A =

120

132

011

es:

a)

124

112

111

b)

124

112

101

120

132

011


Hay dos formas de resolver el ejercicio. Una, calculando directamente la inversa

de A. Otra comprobando una por una las matrices que nos dan para ver cul es

la inversa de A. Para ello recuerda que una matriz multiplicada por su inversa de

cmo resultado la matriz identidad.

Utilizar esta segunda forma. Comienzo con la matriz del apartado a). La

multiplico por A:

124

112

111

120

132

011

=

100

010

001

Al obtener la matriz identidad como resultado el ejercicio est acabado. La

solucin es la opcin a).

27

Considrese la matriz

abab

b

bab

110

11

donde a, b son parmetros reales. Su

rango verifica:

a) No es igual a 2 cualesquiera que sean a y b.

b) Es igual a 2 si a = b = 0.

c) Es igual a 3 cualesquiera que sean a y b.

d) Es igual a 2 si a = b = 1.

El rango es el orden del determinante mayor que podamos obtener en la matriz (cogiendo filas y columnas de ella) que no valga cero.

El rango nunca puede superar al mayor de los dos nmeros siguientes: el nmero de filas y el nmero de columnas.

El rango slo valdr cero si todos los nmeros de la matriz son ceros.

Por lo tanto en este ejercicio el rango podr ser como mucho 3 y como poco 1.

El enunciado de la opcin a) es la clave del ejercicio, y es muy confuso.

Qu significa que no es igual a 2 cualesquiera que sean a y b? Como no hay coma despus del 2, significa que no es igual a 2 siempre. Si hubiese una coma despus del 2 significara que no es igual a 2 nunca.

Calculamos uno de los determinantes de orden tres de la matriz: el formado por las 3 filas y 1, 2 y 3 columnas:

bab

b

bab

10

1

= b3 b(a-b) b2 + ab = b3 ba + b2 b2 + ab = b3. Si este

determinante no vale cero el rango sera 3.

Cundo vale cero? b3= 0 b = 0.

Slo vale cero en el caso anterior, luego en los dems casos el determinante no vale cero y el rango de la matriz es 3.

Por lo tanto la respuesta correcta es la a) ya que hay casos en los que el rango es 3, no es igual a 2.

Podis comprobar adems que los otros tres casos son falsos.

28

La matriz A =

2

1

b

a es invertible si:

a) ab = 2

b) a = 0

c) a = -1 y b = -2

d) a = 2 y b = 1

Una matriz es invertible si tiene inversa. Una matriz cuadrada tiene inversa si su

determinante no vale cero.

Calculamos entonces el determinante de A

A = 2

1

b

a= 2 ab

Igualamos a cero el resultado:

2 ab = 0 ab = 2

Esto significa que el determinante vale cero (y por lo tanto A no es invertible) si

ab = 2. Esto descarta la opcin a).

En todos los dems casos: ab 2, la matriz es invertible.

En el apartado c) nos dice que a = -1 y b = -2. Luego ab = (-1)(-2) = 2. Tampoco

sera invertible. Descartamos c).

En el apartado d) nos dice que a = 2 y b = 1. Luego ab = 2. Tampoco sera

invertible. Descartamos d).

En el apartado b) nos dicen que a = 0. Entonces el producto ab no valdra nunca

2 (valiese b lo que valiese). Es decir, en este caso ab 2. Luego A es invertible.

Esta es la solucin.

Otra opcin para hacer este ejercicio es empezar por la opcin b). Como a = 0

en este caso, sustituimos en la matriz A la a por 0 y calculamos el determinante:

A = 2

01

b= 2 0 = 2. Como el determinante no vale 0, la matriz es invertible.

Luego la solucin es el apartado b).

29

Sea

dc

ba la inversa de la matriz

32

31. Entonces:

a) a + d = 4

b) a + d = -4/3

c) a = d

d) ad bc = 0

El mtodo ms sencillo es calcular la inversa de A =

32

31.

32

31= 3 6 = -3.

A-1 = 3

13

23

=

3/11

3/21.

Ahora veamos cul de las 4 opciones se cumple:

Opcin a): a + d = -1 + (-1/3) = -4/3 4.

Opcin b): a + d = -1 + (-1/3) = -4/3.

Esta es la solucin: opcin b).

30

Considrese el siguiente sistema de ecuaciones lineales:

x y + z = 2

x 2y + z = 7

x y = - 2

Se verifica:

a) Tiene infinitas soluciones.

b) Admite una nica solucin (a, b, c), y esta verifica: a + b + c = -8.

c) Admite una nica solucin (a, b, c), y esta verifica: a + b + c = 16.


Para resolver el sistema convertimos la matriz ampliada en escalonada reducida

a travs de los siguientes pasos:

2011

7121

2111

2011

5010

2111

4100

5010

2111

4100

5010

2111

4100

5010

3101

4100

5010

7001

.

La ltima matriz obtenida ya es escalonada reducida. De ella tenemos la

solucin: x = -7, y = -5, z = 4. El sistema es compatible determinado con una

nica solucin.

La solucin cumple que a + b + c = x + y + z = -7 + (-5) + 4 = -8.

Respuesta correcta la b).

31


x 2y - 2z = 2

x + 2y + z = -3

2x z = - 2

Se verifica:

a) Tiene infinitas soluciones.

b) Admite una nica solucin.

c) No admite solucin.


Convertimos la matriz ampliada en escalonada reducida a travs de los

siguientes pasos:

2102

3121

2221

2102

5340

2221

6340

5340

2221

1000

5340

2221

.

La ltima matriz obtenida es escalonada y tiene un pivote en la ltima columna

(la de los trminos independientes). Eso significa que el sistema es

incompatible, no tiene solucin.

Respuesta correcta la c).

32


x y z = 0

2x + y 5z = 0

3x + 2y 8z = 0

Se cumple:

a) Admite como solucin todas las matrices columna de la forma

b) No admite solucin.

c) Admite una nica solucin que es


Para resolver el sistema convertimos la matriz ampliada en escalonada

reducida:

0823

0512

0111

0823

0330

0111

0550

0330

0111

0550

0110

0111

0000

0110

0111

0000

0110

0201

La ltima matriz del proceso anterior es escalonada reducida y nos da las

soluciones: x = 2, y = , z = . Por ello admite como soluciones todas las

matrices columna de la forma:

Respuesta: la opcin d).

1

1

1

0

0

0

1

1

2

33


2x y = 2

3x + y = 1

7x - y = 5

Para este sistema se cumple:

a) No admite solucin.

b) Admite una nica solucin

b

a, y este nica solucin verifica a + b = -1/5.

c) Admite una nica solucin

b

a, y este nica solucin verifica a = b.


Convertimos la matriz ampliada en escalonada reducida:

517

113

212

571

131

221

571

131

221

571

350

221

350

350

221

000

350

221

000

5/310

221

000

5/310

5/401

De la ltima matriz obtenemos que x = 3/5, y = -4/5 es la solucin nica del

sistema.

Se tiene que x + y = 3/5 + (-4/5) = -1/5.


34

El conjunto de los nmeros reales x tales que I x 2 I 3 es:

a) Conjunto vaco

b) [1, 5]

c) {5}

d) [-1, 5]

La inecuacin I x 2 I 3 se resuelve as:

I x 2 I 3 -3 x 2 3 -3 + 2 x 3 + 2 -1 x 5

La solucin obtenida corresponde al intervalo cerrado [-1, 5].

Solucin: la opcin d).

35

El conjunto de los nmeros reales x tales que I x 2 I = 3 es:

a) Conjunto vaco

b) [1, 5]

c) {-1, 5}

d) [-1, 5]

La ecuacin I x 2 I = 3 se resuelve as:

I x 2 I = 3 x 2 = 3 x 2 = -3.

En el primer caso:

x = 2 + 3 x = 5.

En el segundo caso:

x = 2 3 x = -1.

La solucin obtenida es el conjunto {-1, 5}, que slo contiene a esos dos

nmeros.


36

Cul de los siguientes conjuntos tiene a -1 de supremo? A) (-, 6) [3, 7) B) (- -7) C) [-12, -8) U (-5, -1) D) (-10, 10) (-8,0).

El conjunto del apartado A es: (-, 6) [3, 7) = [3, 6), y el supremo es 6, no -1.

El intervalo del apartado B) tiene de supremo a -7.

El conjunto de C) es: [-12, -8) U (-5, -1) y est formado por la unin de todos los nmeros comprendidos entre -12 (incluido) y -8 y los comprendidos entre -5 y -1.

Las cotas superiores son todos los nmeros mayores o iguales que -1 (que es el mayor nmero del conjunto). El supremo es -1.

El conjunto del apartado D) es: (-10, 10) (-8,0) = (-8, 0) tiene a 0 de supremo.

Solucin: La opcin c).

37

Cul de los siguientes conjuntos de nmeros reales no tiene mnimo? A) (-, 5) [2, +). B) (-2, 5) [-1, 6). C) (-4, 7) [0, 3]. D) (2, +) U [5, 10].

El conjunto del apartado A es: (-, 5) [2, +) = [2, 5), y como el nfimo es 2, que s est en A, entonces A s tiene mnimo, el 2.

El conjunto del apartado B es: (-2, 5) [-1, 6) = [-1, 5), que tiene nfimo y mnimo iguales a -1.

El conjunto del apartado C es: (-4, 7) [0, 3] = [0, 3], con nfimo y mnimo iguales a 0.

El conjunto del apartado D es: (2, +) U [5, 10] = (2, +), cuyo nfimo es 2, que no est en el conjunto, luego no tiene mnimo. Este es la solucin. Solucin: La opcin d).

38

La sucesin ((-n3 + 2n2)/(n2 - n)) tiene lmite igual a:

a) +

b) -1

c) -

d) 0

Tenemos que calcular el lmite de un cociente de dos polinomios.

El grado del numerador es 3, el del denominador es 2.

Al ser mayor el grado del numerador el lmite es infinito. Falta por decidir si es +

infinito.

Necesitamos utilizar los trminos de mayor grado. En el numerador es -n3, de

coeficiente -1 y signo negativo. En el denominador es n2, de coeficiente 1 y signo

positivo. Al dividir los signos, negativo entre positivo nos da negativo.

Por lo tanto el lmite es - .


39

La sucesin ((n3 + n2 - n)/(2n3 + 2)) tiene lmite igual a:

e) +

f) 1/2

g) -

h) 0

Tenemos que calcular el lmite de un cociente de dos polinomios.

El grado del numerador es 3, el del denominador es 3 tambin.

Como son iguales necesitamos los trminos de mayor grado. En el numerador es

n3, de coeficiente 1. En el denominador es 2n3, de coeficiente 2.

El lmite es la divisin de los coeficientes: 1/2. Solucin: la opcin b).

40

El lmite lim(1

14 2

n

n) es igual a:

a) 2

b) +

c) 0

d) No existe

El grado del numerador es 2/2 = 1 y el grado del denominador es 1. En este caso

los trminos de mayor grado son 4n2 en el numerador, de coeficiente 4, y n en

el denominador de coeficiente 1.

Hay que calcular la raz del coeficiente del numerador y dividirlo por el

coeficiente del denominador. Para el 4 hay que hallar su raz cuadrada, que es 2.

Por lo tanto el lmite es 2/1 = 2.

Solucin: la opcin a).

41

El lmite de la sucesin (103

322

4

n

n) es igual a:

a) +

b) 2 / 3

c) 3 / 10

d) 0

El grado del numerador es 4/2 = 2 y el grado del denominador es 2. En este

caso, ya que los grados coinciden, los trminos de mayor grado son 2n4 en el

numerador, de coeficiente 2, y 3n2 en el denominador de coeficiente 3.

Hay que calcular la raz del coeficiente del numerador y dividirlo por el

coeficiente del denominador. Para el 2 hay que hallar su raz cuadrada, que es

2 . Por lo tanto el lmite es 2 /3.


40 Ejercicios Para Aprobar Matematicas

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