Segundo parcial de Álgebra (27), resuelto paso a paso

a) S está dado por dos ecuaciones en ℝ⁴, y no son una múltiplo de la otra (la primera tiene x₁ y la segunda no). Entonces cada una baja la dimensión en uno:

Conviene tener ya una base, porque la vas a usar. Despejando x₂ = 2x₄ − x₃ de la segunda y x₁ = x₂ − x₄ = x₄ − x₃ de la primera, con x₃ = s y x₄ = t:

Control: los dos cumplen las dos ecuaciones (−1 + 1 + 0 = 0 y −1 + 1 − 0 = 0; 1 − 2 + 1 = 0 y 2 + 0 − 2 = 0 ✓), y no son paralelos.

b) Llamemos w₁ = (1, 1, 0, 1), w₂ = (0, 2, 1, 1) y w₃ = (1, 5, k, 3). Los dos primeros no son paralelos, así que el conjunto es dependiente exactamente cuando w₃ es combinación de w₁ y w₂. Mirando la primera coordenada, el coeficiente de w₁ tiene que ser 1; mirando la segunda, 1 + 2β = 5, o sea β = 2. Queda:

La cuarta coordenada cierra sola (1 + 2 = 3 ✓), y la tercera obliga a k = 2. Para cualquier otro k, w₃ − w₁ − 2w₂ es un múltiplo no nulo de (0, 0, 1, 0), y los tres generadores son independientes: dim(T_k) = 3. Para k = 2, T₂ = ⟨w₁, w₂⟩ y dim(T₂) = 2.

c) y d) Acá está la primera trampa. La tentación es mirar si w₁ o w₂ cumplen las ecuaciones de S, ver que ninguno las cumple (w₁ da 1 − 1 + 1 = 1 ≠ 0 en la primera; w₂ da 0 − 2 + 1 = −1 ≠ 0) y concluir que S ∩ T₂ = {0}. Está mal: la intersección no se arma con generadores sueltos, sino con combinaciones de ellos. Un vector genérico de T₂ es

y está en S cuando cumple las dos ecuaciones:

Las dos dicen lo mismo, α = β. Sobra una ecuación, así que hay una recta entera de soluciones: dim(S ∩ T₂) = 1. Con α = β = 1:

Control directo: 1 − 3 + 2 = 0 ✓ y 3 + 1 − 4 = 0 ✓. Está en S y, por construcción, en T₂. Ninguno de los dos generadores estaba en S, y su suma sí: eso es exactamente lo que el atajo de mirar generadores no ve.

e) Por la fórmula de la dimensión:

Contestar 4 («dos más dos») es olvidarse de restar la intersección: sólo vale cuando la suma es directa.

f) Con k = 0, T₀ tiene dimensión 3 (visto en b). Ahora S y T₀ son un plano y un subespacio de dimensión 3 adentro de ℝ⁴, y no hace falta ninguna cuenta para saber que se cortan:

porque S + T₀ vive en ℝ⁴ y no puede tener dimensión mayor que 4. Esa desigualdad descarta de un saque dos opciones: «dim(S + T₀) = 5» es imposible, y «ℝ⁴ = S ⊕ T₀» también, porque una suma directa necesitaría S ∩ T₀ = {0}.

Falta ver si S ⊂ T₀ (y entonces S + T₀ = T₀) o no. T₀ contiene a w₁ y w₂, y además a w₃ − w₁ − 2w₂ = (0, 0, −2, 0), así que T₀ = ⟨w₁, w₂, (0, 0, 1, 0)⟩. ¿Está (1, 2, 0, 1), el segundo vector de la base de S? Tendría que ser α·w₁ + β·w₂ + γ·(0, 0, 1, 0): la primera coordenada da α = 1, la cuarta α + β = 1 o sea β = 0, y la segunda pide α + 2β = 2, que da 1. No está. Entonces S ⊄ T₀, la suma es más grande que T₀ y tiene que ser todo ℝ⁴:

S + T₀ = ℝ⁴, pero la suma no es directa. Y un detalle que se ve haciendo la cuenta: S ∩ T₀ es la misma recta ⟨(1, 3, 1, 2)⟩ de antes, porque T₀ contiene a T₂. Lo mismo pasa para cualquier k ≠ 2.

La trampa del ítem es la palabra «generan»: que S y T₀ generen todo ℝ⁴ no dice que se corten sólo en el origen. En ℝ⁴ hay lugar para que dos planos sumen directo, pero un plano y un subespacio de dimensión 3 no tienen cómo.

Antes de empezar, la línea que la cátedra quiere leer: B es base de ℝ³ —la matriz con esos vectores como columnas tiene determinante 1 ≠ 0—, y una transformación lineal queda definida, y es única, en cuanto se dan las imágenes de una base. Llamemos v₁ = (1, 1, 0), v₂ = (0, 1, 1) y v₃ = (1, 1, 1).

a) Se escribe (1, 0, 0) como combinación de la base y se usa la linealidad. Acá sale mirando: v₃ − v₂ = (1, 1, 1) − (0, 1, 1) = (1, 0, 0). Entonces

Del mismo modo, (0, 1, 0) = v₁ + v₂ − v₃ y (0, 0, 1) = v₃ − v₁, con lo que f(0, 1, 0) = (−1, 2, 0) y f(0, 0, 1) = (1, −1, 1). Poniendo las tres imágenes como columnas queda la matriz en la base canónica:

o sea f(x, y, z) = (2x − y + z, −2x + 2y − z, 2x + z). Control: f(1, 1, 0) = (1, 0, 2) ✓, f(0, 1, 1) = (0, 1, 1) ✓, f(1, 1, 1) = (2, −1, 3) ✓.

b) y c) Hay un atajo que evita resolver el sistema: mirar si las imágenes de la base son dependientes. Lo son:

Por linealidad, f(v₃ − 2v₁ + v₂) = 0, y v₃ − 2v₁ + v₂ = (1, 1, 1) − (2, 2, 0) + (0, 1, 1) = (−1, 0, 2), que no es el vector nulo. Así que el núcleo no es trivial. Como f(v₁) y f(v₂) no son paralelos, la imagen, que está generada por las tres imágenes de la base, tiene dimensión 2; y por el teorema de la dimensión,

Control con la fórmula de a): f(1, 0, −2) = (2 − 2, −2 + 2, 2 − 2) = (0, 0, 0) ✓. El mismo resultado sale resolviendo M(f)·x = 0 por Gauss, que es el camino largo.

d) Im(f) = ⟨(1, 0, 2), (0, 1, 1)⟩ es un plano por el origen. Su normal es el producto vectorial de los generadores:

Reemplazando (a, 3, 1): 2a + 3 − 1 = 0, así que a = −1. Control: (−1, 3, 1) = −1·(1, 0, 2) + 3·(0, 1, 1) ✓ (primera coordenada −1, segunda 3, tercera −2 + 3 = 1).

Un error que aparece: usar el generador del núcleo como si fuera la normal de la imagen, y plantear a − 2 = 0. Da a = 2, y (2, 3, 1) no está en la imagen (2·2 + 3 − 1 = 6). El núcleo y la imagen son subespacios distintos que viven en lugares distintos: el núcleo es parte del dominio y la imagen, del codominio.

e) Nu(f) ≠ {0}, así que f no es monomorfismo; Im(f) es un plano y no todo ℝ³, así que no es epimorfismo. Las opciones 3 y 4 son imposibles antes de hacer ninguna cuenta: para f : ℝ³ → ℝ³, el teorema de la dimensión dice que dim Nu(f) = 0 si y sólo si dim Im(f) = 3, o sea que mono y epi van juntos.

La trampa del ítem es la opción 2: tres imágenes no nulas y distintas entre sí no alcanzan. Para ser isomorfismo, f tiene que mandar la base a otra base, y f(v₃) = 2f(v₁) − f(v₂) dice que estas tres son dependientes.

f) La columna j de M_B(f) son las coordenadas en B de f(v_j). Para la tercera hay que escribir f(v₃) = (2, −1, 3) como α·v₁ + β·v₂ + γ·v₃:

Control: −4·(1, 1, 0) − 3·(0, 1, 1) + 6·(1, 1, 1) = (−4 + 6, −4 − 3 + 6, −3 + 6) = (2, −1, 3) ✓.

Y acá está la segunda trampa del ejercicio. Escribir (2, −1, 3) es poner f(v₃) tal cual: ésa sería la tercera columna de M_BE(f), la matriz que usa B en el dominio y la canónica en el codominio. En M_B(f) la base B está en los dos lados, así que lo que va es el vector expresado en B.

a) Para dividir se multiplica arriba y abajo por el conjugado del denominador, que es lo que deja un número real abajo:

Control: (−1 + 2i)(1 − i) = −1 + i + 2i − 2i² = 1 + 3i ✓. Multiplicar por (1 − i) en vez de (1 + i) es el error del ítem: da (4 + 2i)/2 = 2 + i, que no es z₀, y todo lo que sigue sale mal.

b) y c) Se reemplaza z₀ en P y se iguala a cero. Primero las potencias, cada una a partir de la anterior:

Un complejo es cero cuando lo son su parte real y su parte imaginaria. Como a y b son reales, quedan dos ecuaciones:

d) Las otras dos raíces son las del cociente, 2x² − 3x + 1:

Si en vez de dividir se buscan raíces racionales con Gauss, las candidatas son ±1, ±5, ±1/2 y ±5/2 —divisores de 5 sobre divisores de 2—. Probar sólo las enteras encuentra el 1 (P(1) = 2 + 1 + 5 − 13 + 5 = 0) y pierde el 1/2, que es justo la que se pide. El coeficiente principal no es 1, y eso manda fracciones a la lista.

e) En ℝ[x] los irreducibles son los de grado 1 y los de grado 2 sin raíces reales. x² + 2x + 5 tiene discriminante 4 − 20 = −16 < 0, así que no se parte. Queda

La trampa del ejercicio es el 2. La opción (x − 1/2)(x − 1)(x² + 2x + 5) tiene las raíces bien, pero su coeficiente principal es 1: es P/2, no P. Tener las mismas raíces no alcanza para ser el mismo polinomio; hay que reconstruir también el coeficiente principal. La opción con x² − 2x + 5 es el error de signo de la suma de las raíces (sería el factor de 1 ± 2i). Y la de cuatro factores lineales no es una factorización en ℝ[x]: x + 1 − 2i no tiene coeficientes reales.

f) En ℂ[x] todo polinomio se parte en factores de grado 1 (teorema fundamental del álgebra). El factor cuadrático se abre con sus dos raíces:

Ojo con los signos: el factor de la raíz −1 + 2i es x − (−1 + 2i) = x + 1 − 2i. Escribir x − 1 + 2i es tomar la raíz 1 − 2i, que no es raíz de P. La opción que conserva x² + 2x + 5 está bien en ℝ[x] pero no en ℂ[x], donde ese factor no es irreducible. Y la de (x − 1/2) vuelve a perder el 2.

a) y b) La segunda fila tiene un solo número distinto de cero, así que conviene desarrollar el determinante por ella:

La k quedó en la fila 1, columna 2, y el desarrollo por la fila 2 la tacha: el polinomio característico no depende de k. Los autovalores son −1, con multiplicidad algebraica 2, y 2, simple. Control: la traza es 1 − 1 + 0 = 0 = (−1) + (−1) + 2 ✓, y el determinante (−1)·(0 − 2) = 2 = (−1)·(−1)·2 ✓, los dos para cualquier k.

c) Acá está la trampa. Que los autovalores no dependan de k no quiere decir que la diagonalizabilidad tampoco. A es diagonalizable cuando, para cada autovalor, la multiplicidad geométrica coincide con la algebraica. Para el autovalor simple eso pasa siempre (su autoespacio tiene dimensión 1 sí o sí). El que decide es el doble, que necesita dim E₋₁ = 2:

Las dos filas no nulas son paralelas exactamente cuando k = 3 (ahí son iguales). Si k ≠ 3, el rango es 2, dim E₋₁ = 1 < 2 y A no es diagonalizable. Si k = 3, el rango es 1 y dim E₋₁ = 2. La respuesta es sólo k = 3.

Los dos errores simétricos de este ítem: contestar «todo k» porque los autovalores no cambian, y contestar «ningún k» porque hay un autovalor repetido. Un autovalor doble no impide diagonalizar; sólo obliga a mirar su autoespacio.

d) Con k = 3, E₂ es el núcleo de A − 2I, de filas (−1, 3, 1), (0, −3, 0) y (2, 3, −2). La segunda da y = 0, y con eso la primera da z = x:

Y E₋₁, de la única ecuación 2x + 3y + z = 0, es un plano: por ejemplo ⟨(1, 0, −2), (1, −1, 1)⟩.

e) C lleva como columnas una base de autovectores, y D los autovalores en el mismo orden: si la primera columna de C es el autovector de 2, el primer lugar de la diagonal de D es 2.

Control sin invertir nada: A·C = C·D quiere decir, columna por columna, A·(1, 0, 1) = 2·(1, 0, 1), A·(1, 0, −2) = −(1, 0, −2) y A·(1, −1, 1) = −(1, −1, 1). Las tres se cumplen ✓.

La segunda opción tiene la misma C con D desordenada: pone el −1 en el lugar del autovector de 2, y A = C·D·C⁻¹ deja de valer. La tercera tiene dos columnas paralelas, (1, 0, −2) y (2, 0, −4): esa C no es inversible, y ni siquiera tiene sentido C⁻¹. La cuarta no tiene los autovalores de A.

f) No hace falta calcular A⁹ (ni C⁻¹). Se escribe el vector en la base de autovectores y se aplica A⁹ a cada pedazo:

Dos errores que dan otro número: olvidar que (−1)⁹ = −1 da (513, −1, 513); y elevar cada entrada de A a la novena, que no tiene nada que ver con A⁹ (sólo funciona con matrices diagonales, y por eso se diagonaliza).