1° Parcial · Tema 4B · Álgebra 27

Paso 1: el punto $Q$. El punto de $\Pi$ que está a distancia $d(P,\Pi)$ de $P$ es el pie de la perpendicular desde $P$ (la proyección ortogonal de $P$ sobre $\Pi$). Usamos la recta $X = P + t\,n$ con $n = (1,1,-2)$:

Entonces $Q = (2,-1,0)$. (Verificación: $2 - 1 - 0 = 1$.)

Paso 2: dirección de $\mathbb{L}'$. Como $\mathbb{L}' \subset \Pi$, su dirección es perpendicular a $n = (1,1,-2)$; como $\mathbb{L}' \perp \mathbb{L}$, también es perpendicular a $(3,1,2)$:

Paso 3: la recta.

Verificación.

• $Q \in \mathbb{L}'$ (con $t = 0$) y $Q \in \Pi$; además $(1,1,-2)\cdot(2,-4,-1) = 2 - 4 + 2 = 0$, así que $\mathbb{L}' \subset \Pi$.
• $(3,1,2)\cdot(2,-4,-1) = 6 - 4 - 2 = 0$, así que $\mathbb{L}' \perp \mathbb{L}$.

Paso 1: resolver el sistema dado. Restando la primera ecuación a la tercera: $-6x_2 - x_3 = -2$, o sea $6x_2 + x_3 = 2$. Junto con $3x_2 + x_3 = 2$, restando: $3x_2 = 0$, así que $x_2 = 0$ y $x_3 = 2$. De la primera: $x_1 = 1 + 0 + 2 = 3$.

El sistema tiene solución única $(3,0,2)$. (Verificación en la tercera: $3 - 0 - 4 = -1$.)

Paso 2: la solución en común. Como el sistema dado tiene una sola solución, la solución en común con $A\mathbf{x} = \mathbf{b}$ tiene que ser $(3,0,2)$. Entonces $A(3,0,2) = \mathbf{b}$ y también $A(2,-2,3) = \mathbf{b}$.

Paso 3: restar. La diferencia de dos soluciones de $A\mathbf{x} = \mathbf{b}$ es solución del homogéneo:

Respuesta: $(1,2,-1)$ es una solución no trivial de $A\mathbf{x} = \mathbf{0}$.

Paso 1: el valor de $a$. Si $\mathbb{S} \oplus \mathbb{T} = \mathbb{H}_1$, entonces $\mathbb{S} \subseteq \mathbb{H}_1$:

Así $\mathbb{S} = \langle (0,-2,1,1) \rangle$. Como $\dim \mathbb{H}_1 = 3$, $\mathbb{T}$ tiene que tener dimensión 2, estar contenido en $\mathbb{H}_1$ y no contener a $(0,-2,1,1)$.

Paso 2: $\mathbb{H}_1 \cap \mathbb{H}_2$. Restando las ecuaciones: $x_1 + 4x_3 - 4x_4 = 0$, o sea $x_1 = -4x_3 + 4x_4$. De la ecuación de $\mathbb{H}_2$: $x_2 = x_1 - 3x_3 + x_4 = -7x_3 + 5x_4$. Entonces

Paso 3: proponer $\mathbb{T}$. Metemos en $\mathbb{T}$ un vector de $\mathbb{H}_1 \cap \mathbb{H}_2$ y otro de $\mathbb{H}_1$, cuidando que junto con $(0,-2,1,1)$ formen una base de $\mathbb{H}_1$:

Verificación.

• $(1,2,0,0) \in \mathbb{H}_1$: $2 - 2 = 0$. Y $(-4,-7,1,0) \in \mathbb{H}_1$: $-8 + 7 + 1 = 0$. Así que $\mathbb{T} \subseteq \mathbb{H}_1$.
• $(0,-2,1,1)$, $(-4,-7,1,0)$, $(1,2,0,0)$ son linealmente independientes: si $\alpha(0,-2,1,1) + \beta(-4,-7,1,0) + \gamma(1,2,0,0) = 0$, la cuarta coordenada da $\alpha = 0$, la tercera $\beta = 0$ y la primera $\gamma = 0$. Entonces $\mathbb{S} \cap \mathbb{T} = \{0\}$ y $\mathbb{S} \oplus \mathbb{T}$ tiene dimensión 3 dentro de $\mathbb{H}_1$: es $\mathbb{H}_1$.
• $(-4,-7,1,0) \in \mathbb{H}_2$: $-4 + 7 - 3 + 0 = 0$. Así que $\mathbb{T} \cap \mathbb{H}_2 \neq \{0\}$.

Respuesta: $a = -2$ y, por ejemplo, $\mathbb{T} = \langle (-4,-7,1,0), (1,2,0,0) \rangle$ (hay otras respuestas válidas).

Sea $(c_1, c_2, c_3)$ el vector de coordenadas, igual en las dos bases. Entonces

Agrupando el lado derecho:

Como $B$ es base, igualamos coeficientes:

La tercera es el doble de la segunda, así que $c_1 = 0$, $c_3 = -3c_2$, con $c_2 = t \in \mathbb{R}$. Entonces $\mathbf{v} = t\,\mathbf{v}_2 - 3t\,\mathbf{v}_3$.

Verificación (con $t = 1$): en $B'$, $1 \cdot (-2\mathbf{v}_2 - 6\mathbf{v}_3) - 3(-\mathbf{v}_2 - \mathbf{v}_3) = \mathbf{v}_2 - 3\mathbf{v}_3$, igual que en $B$.

Respuesta: $\{\mathbf{v} \in \mathbb{V} \text{ con las mismas coordenadas}\} = \langle \mathbf{v}_2 - 3\mathbf{v}_3 \rangle$, es decir, $\mathbf{v} = t(\mathbf{v}_2 - 3\mathbf{v}_3)$ con $t \in \mathbb{R}$.