Sistemas de generadores

Se pide comprobar si es cierto que el vector $(2,3,0)$ es combinación lineal de los pares de vectores siguientes y, en su caso, la combinación lineal que lo genera: A) $(0,0,1)$ y $(0,1,0)$. B) $(1,0,0)$ y $(0,1,0)$. C) $(1,0,0)$ y $(0,0,1)$.

1. Qué hay que comprobar. Por la Def. 2.3 (U p.70), $(2,3,0)$ es combinación lineal de $u,v$ si existen $\alpha,\beta$ con $(2,3,0)=\alpha u+\beta v$. Se plantea esa igualdad en cada apartado y se mira si el sistema tiene solución.
2. A.

   Planteo la igualdad:

   $$(2,3,0)=\alpha(0,0,1)+\beta(0,1,0)=(0,\beta,\alpha).$$

   Igualando componentes:

   $$\begin{cases}2=0\\ 3=\beta\\ 0=\alpha\end{cases}$$

   La 1.ª ecuación dice $2=0$, falsa para cualquier $\alpha,\beta$: sistema incompatible, no es combinación lineal. Por qué: los dos vectores tienen primera componente $0$ y cualquier mezcla de ellos también; $(2,3,0)$ tiene un $2$. A es falsa.

3. B. $$(2,3,0)=\alpha(1,0,0)+\beta(0,1,0)=(\alpha,\beta,0)\ \Longrightarrow\ \begin{cases}2=\alpha\\ 3=\beta\\ 0=0\end{cases}$$

   La 3.ª se cumple siempre y las otras dan $\alpha=2$, $\beta=3$. B es cierta:

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

   Comprobación: $(2,0,0)+(0,3,0)=(2,3,0)$ ✓.

4. C. $$(2,3,0)=\alpha(1,0,0)+\beta(0,0,1)=(\alpha,0,\beta).$$

   La 2.ª ecuación es $3=0$, imposible (los dos vectores tienen segunda componente $0$). C es falsa.

Resultado: solo B. (Verificado con sympy: sin solución en A y C, solución $(2,3)$ en B.)

Error típico: resolver solo las ecuaciones «con incógnitas» y olvidar la que no tiene ninguna ($2=0\alpha+0\beta$): es justo la que decide.

Teoría: Def. 2.3, U p.70

Se pide encontrar entre las opciones siguientes las combinaciones lineales que generan el vector $(2,3,2)$: A) $(1,1,1)$, $(2,0,2)$ y $(3,4,3)$. B) $(1,1,1)$ y $(3,4,3)$. C) $(2,0,2)$ y $(3,4,3)$.

Notación: $u_1=(1,1,1)$, $u_2=(2,0,2)$, $u_3=(3,4,3)$, $w=(2,3,2)$.

1. Planteamiento. En cada opción, ¿existen coeficientes con $w$ igual a la combinación? (Def. 2.3, U p.70).
2. Apartado A.

   Planteo $w=\alpha u_1+\beta u_2+\gamma u_3$:

   $$\begin{cases}\alpha+2\beta+3\gamma=2\\ \alpha+4\gamma=3\\ \alpha+2\beta+3\gamma=2\end{cases}$$

   La 3.ª es idéntica a la 1.ª: quedan 2 ecuaciones independientes y 3 incógnitas. Es compatible indeterminado (Rouché, U p.30): $\operatorname{rang}A=\operatorname{rang}(A\mid b)=2<3$, con 1 parámetro. De la 2.ª:

   $$\alpha=3-4\gamma.$$

   Sustituyendo en la 1.ª:

   $$3-4\gamma+2\beta+3\gamma=2\ \Longrightarrow\ \beta=\frac{\gamma-1}{2}.$$

   Solución general:

   $$(\alpha,\beta,\gamma)=\Big(3-4\gamma,\ \tfrac{\gamma-1}{2},\ \gamma\Big).$$

   Con $\gamma=-1$ queda $(2,3,2)=7u_1-u_2-u_3$. Comprobación:

   $$(7-2-3,\ 7-0-4,\ 7-2-3)=(2,3,2)\ ✓$$

   A genera $w$, de infinitas maneras.

3. Apartado B.

   Planteo $w=\alpha u_1+\gamma u_3$:

   $$\alpha+3\gamma=2,\qquad\alpha+4\gamma=3$$

   (la 3.ª ecuación repite la 1.ª). Restando: $\gamma=1$ y $\alpha=-1$. Luego

   $$(2,3,2)=-u_1+u_3.$$

   Comprobación: $(-1+3,\ -1+4,\ -1+3)=(2,3,2)$ ✓. B genera $w$. (E lo obtiene tomando $\gamma=1$ en la solución general de A, que da $\beta=0$; es correcto, pero conviene saber resolverlo directamente.)

4. Apartado C.

   Planteo $w=\beta u_2+\gamma u_3$:

   $$2\beta+3\gamma=2,\qquad 4\gamma=3.$$

   De la segunda, $\gamma=\tfrac34$. En la primera:

   $$2\beta=2-\tfrac94=-\tfrac14\ \Longrightarrow\ \beta=-\tfrac18.$$

   Luego $(2,3,2)=-\tfrac18u_2+\tfrac34u_3$. Comprobación:

   $$\Big(-\tfrac14+\tfrac94,\ 3,\ -\tfrac14+\tfrac94\Big)=(2,3,2)\ ✓$$

   C genera $w$.

5. Conclusión: las tres opciones generan $(2,3,2)$.
6. Consecuencia: $\{u_1,u_2,u_3\}$ es ligado.

   En A hay dos expresiones distintas de $w$, con $(\alpha,\beta,\gamma)=(7,-1,-1)$ y $(-1,0,1)$. Restándolas:

   $$0=8u_1-u_2-2u_3,$$

   con coeficientes no todos nulos. Comprobación:

   $$8(1,1,1)-(2,0,2)-2(3,4,3)=(0,0,0)\ ✓$$

   Por la caracterización de ligado (U p.73) el sistema es dependiente; por ejemplo $u_2=8u_1-2u_3$.

Error típico: creer que los coeficientes de una combinación lineal son únicos; solo lo están cuando los vectores son libres.

Teoría: Def. 2.3, U p.70 · caracterización de ligado, U p.73

Se pide comprobar si el subespacio vectorial de $\mathbb R^3$, $U:\ x_1+x_2+x_3=0$, puede ser generado por: A) $\{(1,0,-1)\}$. B) $\{(1,0,-1),(0,1,-1)\}$. C) $\{(0,1,0)\}$.

1. Qué significa «$T$ genera $U$». $U=\langle T\rangle$ es una igualdad de conjuntos: hay que probar dos inclusiones.
   • (i) $\langle T\rangle\subset U$: basta ver que cada vector de $T$ está en $U$ (como $U$ es subespacio y $\langle T\rangle$ es el más pequeño que contiene a $T$, U p.72).
   • (ii) $U\subset\langle T\rangle$: todo vector de $U$ es combinación lineal de los de $T$.
2. Parametrizar $U$.

   Despejando $x_3=-x_1-x_2$, con $x_1,x_2$ libres:

   $$(x_1,x_2,x_3)=(x_1,\ x_2,\ -x_1-x_2).$$
3. B (verdadero).

   (i) Los dos vectores están en $U$:

   $$(1,0,-1):\ 1+0-1=0\ ✓,\qquad(0,1,-1):\ 0+1-1=0\ ✓.$$

   (ii) Separando lo que multiplica a cada parámetro:

   $$\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\-x_1-x_2\end{pmatrix}=x_1\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}+x_2\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}.$$

   Luego $U=\langle(1,0,-1),(0,1,-1)\rangle$. B es verdadera.

4. A (falso).

   $(1,0,-1)\in U$, pero

   $$\langle(1,0,-1)\rangle=\{(\alpha,0,-\alpha)\}$$

   tiene todas las segundas componentes nulas. Contraejemplo: $(0,1,-1)\in U$ ($0+1-1=0$) y

   $$(0,1,-1)=\alpha(1,0,-1)\ \Longrightarrow\ 1=0,$$

   imposible. Falla (ii): se queda corto (genera una recta dentro del plano). A es falsa.

5. C (falso).

   $(0,1,0)\notin U$, porque

   $$0+1+0=1\neq0.$$

   Falla ya (i): un generador de $U$ tiene que estar en $U$. De $\langle(0,1,0)\rangle=\{(0,\alpha,0)\}$ solo el vector nulo está en $U$. C es falsa.

6. Argumento alternativo (contando vectores).

   $S=\{(1,0,-1),(0,1,-1)\}$ es libre:

   $$\lambda(1,0,-1)+\mu(0,1,-1)=(\lambda,\mu,-\lambda-\mu)=0\ \Longrightarrow\ \lambda=\mu=0,$$

   y genera $U$. Por la relación libres–generadores (U p.81), cualquier sistema generador de $U$ tiene al menos 2 vectores. A y C tienen uno: no pueden generar $U$.

(sympy: $x_1+x_2+x_3$ vale $0$ en los vectores de B y $1$ en $(0,1,0)$; $\operatorname{rang}(S)=2$ y $\operatorname{rang}(S\cup\{(0,1,0)\})=3$, luego $(0,1,0)\notin\langle S\rangle=U$.) E en C solo dice que «en general» no estarán en $U$; la razón decisiva es que el propio generador $(0,1,0)\notin U$.

Error típico: comprobar solo (i): en A, $(1,0,-1)\in U$ y aun así no lo genera.

Teoría: Def. 2.4, U p.71 · subespacio más pequeño, U p.72 · libre, U p.74 · libres–generadores, U p.81

Se pide justificar si son generadores del subespacio $U$ del Ejercicio 2.17 los conjuntos: A) $S_1=\{(1,0,-1),(0,2,-2)\}$. B) $S_2=\{(1,0,-1),(0,1,-1),(1,1,-2)\}$. C) $S_3=\{(1,0,-1),(0,1,-1),(1,1,-2),(3,0,-3)\}$. D) $S_4=\{(1,1,-2),(3,0,-3)\}$. E) $S,S_1,S_2,S_3$ y $S_4$ son equivalentes.

Aquí $S=\{u_1,u_2\}$ con $u_1=(1,0,-1)$, $u_2=(0,1,-1)$, que en el Ej. 2.17-B generaba $U$. Idea: partir de $S$ y llegar a cada $S_i$ con cambios que no alteran el subespacio generado (Teoremas 2.1 y 2.2, U p.79).

1. A: $S\to S_1$ por sustitución.

   Expreso el vector nuevo con los de $S$:

   $$(0,2,-2)=0\cdot u_1+2u_2.$$

   $u_2$ aparece con coeficiente $2\neq0$, luego por el Teor. 2.2 puede sustituirse $u_2$ por $(0,2,-2)$. $S_1$ genera $U$. (En cambio $(0,2,-2)$ no podría sustituir a $u_1$, cuyo coeficiente es $0$: saldría $\{(0,2,-2),u_2\}$, que solo genera una recta; es el aviso del Ej. U 2.23.)

2. B: $S\to S_2$ añadiendo un vector dependiente. $$(1,1,-2)=u_1+u_2\quad\big((1+0,\ 0+1,\ -1-1)\big).$$

   Por el Teor. 2.1 puede suprimirse: $\langle S_2\rangle=\langle S\rangle=U$. $S_2$ genera $U$.

3. C: $S\to S_3$. $$(1,1,-2)=u_1+u_2,\qquad(3,0,-3)=3u_1.$$

   Se suprimen, uno a uno, ambos (cada uno depende de los que se quedan): $\langle S_3\rangle=\langle S\rangle=U$. $S_3$ genera $U$.

4. D: $S_3\to S_4$ suprimiendo $u_1$ y $u_2$, de uno en uno.

   Primero $u_1$:

   $$u_1=(1,0,-1)=\tfrac13(3,0,-3)\ ✓$$

   Se suprime $u_1$ y queda $\{u_2,(1,1,-2),(3,0,-3)\}$, que sigue generando $U$. Después $u_2$:

   $$u_2=(0,1,-1)=(1,1,-2)-\tfrac13(3,0,-3)=(1-1,\ 1-0,\ -2+1)\ ✓$$

   Se suprime $u_2$ y queda $S_4$. $S_4$ genera $U$.

5. E. Dos sistemas son equivalentes si generan el mismo subespacio (U p.73). Por A–D, $\langle S\rangle=\langle S_1\rangle=\dots=\langle S_4\rangle=U$. E es correcta.
6. Comprobación alternativa para el examen. Todos los vectores de todos los $S_i$ cumplen $x_1+x_2+x_3=0$, luego $\langle S_i\rangle\subset U$. Además la matriz con los vectores de $S_i$ junto con $u_1,u_2$ tiene rango 2, igual que $S_i$ solo; así $u_1,u_2\in\langle S_i\rangle$ y $U\subset\langle S_i\rangle$. (Rango de un sistema = rango de la matriz de sus coordenadas, U p.88.)

Error típico: (1) sustituir con coeficiente $0$; (2) quitar varios vectores a la vez, comprobando cada uno con los que también se van a quitar. Hay que ir de uno en uno y usar los que quedan.

Teoría: Teoremas 2.1 y 2.2, U p.79 · Ej. U 2.23, U p.80 · equivalentes, U p.73

Se pide calcular los valores que deben tener $m$ y $n$ para que el vector $(1,-1,m,n)$ de $\mathbb R^4$ pertenezca al subespacio vectorial generado por $S=\{(2,1,3,4),(1,2,-1,2),(1,-1,4,2)\}$.

Notación: $u_1=(2,1,3,4)$, $u_2=(1,2,-1,2)$, $u_3=(1,-1,4,2)$, $w=(1,-1,m,n)$.

Método del libro (simplificar primero los generadores).

1. Detectar un vector dependiente. $$u_1-u_2=(1,-1,4,2)=u_3.$$

   Por el Teor. 2.1 (supresión), $\langle S\rangle=\langle u_1,u_2\rangle$. Ahora hay solo dos incógnitas.

2. Plantear la pertenencia $w=\alpha u_1+\beta u_2$ (Def. 2.4): $$\begin{cases}2\alpha+\beta=1\\ \alpha+2\beta=-1\\ 3\alpha-\beta=m\\ 4\alpha+2\beta=n\end{cases}$$
3. Las dos primeras ecuaciones (sin $m,n$) fijan $\alpha,\beta$.

   De la 1.ª, $\beta=1-2\alpha$. En la 2.ª:

   $$\alpha+2-4\alpha=-1\ \Longrightarrow\ \alpha=1,\quad\beta=-1.$$

   La solución es única: $\begin{vmatrix}2&1\\1&2\end{vmatrix}=3\neq0$.

4. Las otras dos deben cumplirse con esos valores (si no, sistema incompatible): $$m=3\cdot1-(-1)=4,\qquad n=4\cdot1+2\cdot(-1)=2.$$
5. Conclusión. $w\in\langle S\rangle\iff m=4,\ n=2$. Entonces $w=(1,-1,4,2)=u_1-u_2$, que es justamente $u_3$.

Solución alternativa (Gauss, sin ver la dependencia). Matriz ampliada de $\alpha u_1+\beta u_2+\gamma u_3=w$ (vectores en columnas): $$\left(\begin{array}{ccc|c}2&1&1&1\\1&2&-1&-1\\3&-1&4&m\\4&2&2&n\end{array}\right)$$ Operaciones: $F_2\to2F_2-F_1$, $F_3\to2F_3-3F_1$, $F_4\to F_4-2F_1$ (cada una anula la 1.ª entrada de la fila usando el pivote $2$): $$\left(\begin{array}{ccc|c}2&1&1&1\\0&3&-3&-3\\0&-5&5&2m-3\\0&0&0&n-2\end{array}\right)$$ Después $F_3\to3F_3+5F_2$ (anula el $-5$ con el pivote $3$): $$\left(\begin{array}{ccc|c}2&1&1&1\\0&3&-3&-3\\0&0&0&6m-24\\0&0&0&n-2\end{array}\right)$$ Aquí $\operatorname{rang}A=2$; por Rouché-Frobenius (U p.30) el sistema es compatible si y solo si $\operatorname{rang}(A\mid b)=2$, es decir $6m-24=0$ y $n-2=0$: $m=4$, $n=2$. Además, rango 2 con 3 vectores confirma que $S$ es ligado.

Error típico: quedarse con las dos primeras ecuaciones ($\alpha=1,\beta=-1$) y olvidar que $w$ debe cumplir las cuatro; o calcular un determinante con una matriz no cuadrada ($4\times3$).

Teoría: Teor. 2.1, U p.79 · Def. 2.4, U p.71 · Rouché, U p.30

Se pide hallar los valores de $x$ e $y$ para que las matrices $A=\begin{pmatrix}3&2\\x&y\end{pmatrix}$, $B=\begin{pmatrix}1&4\\5&2\end{pmatrix}$, $C=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$ sean linealmente dependientes.

Se trabaja en el espacio vectorial $\mathcal M_{2\times2}$ (tema 2.1): las «matrices-vector» son iguales si lo son sus 4 entradas, así que una igualdad matricial equivale a 4 ecuaciones.

1. $B$ y $C$ son independientes (E lo afirma sin comprobarlo; hay que justificarlo).

   Si $\lambda B+\mu C=0$:

   $$\begin{pmatrix}\lambda+\mu&4\lambda+2\mu\\5\lambda+3\mu&2\lambda+4\mu\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}.$$

   Entrada $(1,1)$: $\mu=-\lambda$. Entrada $(1,2)$:

   $$4\lambda-2\lambda=2\lambda=0.$$

   Luego $\lambda=\mu=0$ y $\{B,C\}$ es libre (U p.74).

2. Reducción. Como $\{B,C\}$ es libre, por el lema práctico de §3: $\{A,B,C\}$ ligado $\iff A\in\langle B,C\rangle$. (E lo usa sin decirlo.)
3. Plantear $A=\alpha B+\beta C$ entrada a entrada: $$\begin{cases}\alpha+\beta=3&(1,1)\\ 4\alpha+2\beta=2&(1,2)\\ 5\alpha+3\beta=x&(2,1)\\ 2\alpha+4\beta=y&(2,2)\end{cases}$$
4. Las dos primeras (sin $x,y$) dan $\alpha,\beta$.

   Restando a la 2.ª el doble de la 1.ª:

   $$2\alpha=2-6=-4\ \Longrightarrow\ \alpha=-2,\qquad\beta=3-(-2)=5.$$
5. Las dos últimas dan $x,y$: $$x=5(-2)+3\cdot5=5,\qquad y=2(-2)+4\cdot5=16.$$
6. Comprobación. $$-2B+5C=\begin{pmatrix}-2+5&-8+10\\-10+15&-4+20\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&2\\5&16\end{pmatrix}=A\ ✓$$

   $x=5$, $y=16$ (para cualquier otro par las tres son independientes).

Alternativa con rango. Identificando cada matriz con $(a_{11},a_{12},a_{21},a_{22})$, son dependientes $\iff\operatorname{rang}\begin{pmatrix}3&2&x&y\\1&4&5&2\\1&2&3&4\end{pmatrix}\lt3$. Con $F_2\to3F_2-F_1$ y $F_3\to3F_3-F_1$ sale $\begin{pmatrix}3&2&x&y\\0&10&15-x&6-y\\0&4&9-x&12-y\end{pmatrix}$ (cada una anula la 1.ª entrada con el pivote $3$), y con $F_3\to10F_3-4F_2$ (anula el $4$ con el pivote $10$) queda $\begin{pmatrix}3&2&x&y\\0&10&15-x&6-y\\0&0&30-6x&96-6y\end{pmatrix}$, pues $10(9-x)-4(15-x)=30-6x$ y $10(12-y)-4(6-y)=96-6y$. El rango es 2 $\iff30-6x=0$ y $96-6y=0$: $x=5,\ y=16$.

Error típico: aplicar «$A$ es c.l. de $B$ y $C$» sin haber comprobado que $B,C$ son independientes: si fueran proporcionales, las tres serían dependientes para cualquier $x,y$ y este método no lo detectaría.

Teoría: Def. 2.5 y caracterización, U p.73 · libre, U p.74 · rango, U p.78

Se pide comprobar si $\{(-1,1,2),(a,0,b)\}\subset\mathbb R^3$ verifica: A) Es un sistema libre para valores cualesquiera de $a$ y de $b$. B) Puede ser un sistema ligado. C) Genera un subespacio de $\mathbb R^3$ de dimensión 1.

1. Estudio de la independencia (U p.74).

   Planteo $\lambda(-1,1,2)+\mu(a,0,b)=(0,0,0)$:

   $$\begin{cases}-\lambda+a\mu=0\\ \lambda=0\\ 2\lambda+b\mu=0\end{cases}$$

   La 2.ª da $\lambda=0$. Quedan $a\mu=0$ y $b\mu=0$.

   • Si $(a,b)\neq(0,0)$: alguno de $a,b$ es no nulo, luego $\mu=0$. Solo la solución trivial: libre.
   • Si $a=b=0$: el segundo vector es $0$ y $0\cdot(-1,1,2)+1\cdot(0,0,0)=0$ con coeficiente $1\neq0$: ligado (U p.74: si $0$ está en el sistema, es ligado).

   Con rango (como E): los menores de orden 2 de $\begin{pmatrix}-1&1&2\\a&0&b\end{pmatrix}$ son

   $$\begin{vmatrix}-1&1\\a&0\end{vmatrix}=-a,\qquad\begin{vmatrix}-1&2\\a&b\end{vmatrix}=-b-2a,\qquad\begin{vmatrix}1&2\\0&b\end{vmatrix}=b.$$

   Todos se anulan $\iff a=b=0$. Rango 2 $\iff(a,b)\neq(0,0)$.

2. A) Falsa. No es libre «para valores cualesquiera»: con $a=b=0$ es ligado (basta un contraejemplo).
3. B) Verdadera. Puede ser ligado: exactamente cuando $a=b=0$.
4. C) Falsa como afirmación general. El subespacio generado tiene por dimensión el rango del sistema (Teor. 2.5, U p.88; aquí basta leer «dimensión 1 = recta, dimensión 2 = plano»):
   • si $(a,b)\neq(0,0)$: rango 2, genera un plano (dimensión 2);
   • si $a=b=0$: $(0,0,0)=0\cdot(-1,1,2)$ se suprime (Teor. 2.1) y $\langle S\rangle=\langle(-1,1,2)\rangle$ es una recta (dimensión 1).

   Así que C solo es cierta en el caso particular $a=b=0$.

Error típico: olvidar el caso degenerado en que un vector se hace nulo ($a=b=0$): el vector cero hace ligado a cualquier sistema que lo contenga.

Teoría: libre, U p.74 · rango, U p.78 · Teor. 2.1, U p.79 · Teor. 2.5, U p.88 · menores, U p.27

Se pide calcular el valor de $c$ para que el vector $(1,-2,c)$ pertenezca al subespacio generado por $S_1=\{(3,0,-2),(2,-1,-5)\}$.

1. Planteamiento (Def. 2.4). $$(1,-2,c)=\lambda(3,0,-2)+\mu(2,-1,-5)\ \Longrightarrow\ \begin{cases}1=3\lambda+2\mu\\ -2=-\mu\\ c=-2\lambda-5\mu\end{cases}$$
2. Las dos primeras (sin $c$) determinan $\lambda,\mu$.

   De la 2.ª, $\mu=2$. En la 1.ª:

   $$3\lambda=1-4=-3\ \Longrightarrow\ \lambda=-1.$$
3. La 3.ª debe cumplirse: $$c=-2(-1)-5\cdot2=2-10=-8.$$
4. Conclusión.

   $c=-8$ y $(1,-2,-8)=-(3,0,-2)+2(2,-1,-5)$. Comprobación:

   $$(-3+4,\ 0-2,\ 2-10)=(1,-2,-8)\ ✓$$

Alternativa con determinante. Los dos generadores no son proporcionales (el primero tiene un $0$ en la 2.ª componente y el segundo un $-1$), luego $S_1$ es libre. Por el lema práctico de §3, $w\in\langle S_1\rangle\iff\{(3,0,-2),(2,-1,-5),w\}$ es ligado $\iff$ rango $\lt3$ $\iff$ $$\begin{vmatrix}3&0&-2\\2&-1&-5\\1&-2&c\end{vmatrix}=3\big((-1)c-(-5)(-2)\big)-0+(-2)\big(2(-2)-(-1)\cdot1\big)=3(-c-10)-2(-3)=-3c-24=0,$$ es decir $c=-8$ (desarrollo por la 1.ª fila).

Error típico: usar el determinante con generadores que no son libres (si $u_1,u_2$ fueran proporcionales, el determinante valdría $0$ para todo $c$ y no diría nada), o con una matriz no cuadrada.

Teoría: Def. 2.4, U p.71 · determinantes y rango, U p.27

¿Es $w=(3,1,5)$ combinación lineal de $u_1=(1,0,1)$ y $u_2=(1,1,2)$? ¿Y $w'=(3,1,4)$?

1. Planteo $w=\alpha u_1+\beta u_2$: $$\alpha+\beta=3,\qquad\beta=1,\qquad\alpha+2\beta=5.$$
2. De la 2.ª, $\beta=1$. De la 1.ª, $\alpha=2$.
3. La 3.ª exigiría $$2+2\cdot1=5,$$

   falso: sistema incompatible. $w$ no es combinación lineal.

4. Para $w'$ la 3.ª es $\alpha+2\beta=4$ y $2+2=4$ ✓. $w'=2u_1+u_2$. Comprobación: $$(2+1,\ 0+1,\ 2+2)=(3,1,4)\ ✓$$

¿Para qué $k$ es ligado $\{(1,2,1),(0,1,k),(2,3,1)\}$? En ese caso, escribe un vector como combinación de los otros.

1. Son 3 vectores de $\mathbb R^3$: libre $\iff$ rango 3 $\iff$ el determinante de la matriz de coordenadas es $\neq0$ (U p.78, p.88; U p.27).
2. Desarrollando por la 1.ª fila: $$\begin{vmatrix}1&2&1\\0&1&k\\2&3&1\end{vmatrix}=1(1-3k)-2(0-2k)+1(0-2)=1-3k+4k-2=k-1.$$
3. Ligado $\iff k-1=0\iff k=1$.
4. Con $k=1$ busco $(2,3,1)=\alpha(1,2,1)+\beta(0,1,1)$. La 1.ª componente da $\alpha=2$. La 2.ª: $$2\alpha+\beta=3\ \Longrightarrow\ \beta=-1.$$

   La 3.ª, $\alpha+\beta=1$ ✓. Así:

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

Sea $S=\{u_1,u_2,u_3,u_4\}$ con $u_1=(1,1,0,2)$, $u_2=(2,1,1,3)$, $u_3=(0,1,-1,1)$, $u_4=(1,0,1,1)$. (a) Halla el rango de $S$ y un sistema libre que genere $\langle S\rangle$. (b) ¿Está $(1,2,-1,3)$ en $\langle S\rangle$? ¿Y $(1,2,-1,4)$?

1. Escalonar la matriz con los vectores en filas (las operaciones de fila no cambian el rango, U p.22). Primero $F_2\to F_2-2F_1$ y $F_4\to F_4-F_1$: $$\begin{pmatrix}1&1&0&2\\2&1&1&3\\0&1&-1&1\\1&0&1&1\end{pmatrix}\ \longrightarrow\ \begin{pmatrix}1&1&0&2\\0&-1&1&-1\\0&1&-1&1\\0&-1&1&-1\end{pmatrix}.$$

   Después $F_3\to F_3+F_2$ y $F_4\to F_4-F_2$:

   $$\longrightarrow\ \begin{pmatrix}1&1&0&2\\0&-1&1&-1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}.$$

   Rango 2. Con 4 vectores y rango 2, $S$ es ligado.

2. Relaciones explícitas. Las filas anuladas indican que $u_3$ y $u_4$ dependen de $u_1,u_2$: $$u_3=2u_1-u_2:\ (2-2,\ 2-1,\ 0-1,\ 4-3)=(0,1,-1,1)\ ✓$$ $$u_4=u_2-u_1:\ (1,0,1,1)\ ✓$$
3. Suprimir $u_3$ y luego $u_4$ (Teor. 2.1; cada uno es combinación de $u_1,u_2$, que se quedan): $\langle S\rangle=\langle u_1,u_2\rangle$. $\{u_1,u_2\}$ es libre: $u_2=k\,u_1$ exigiría en la 3.ª componente $1=k\cdot0$, imposible, y $u_1\neq0$. Respuesta (a): rango 2 y sistema libre generador $\{u_1,u_2\}$.
4. (b) Planteo $(1,2,-1,3)=\alpha u_1+\beta u_2$: $$\alpha+2\beta=1,\qquad\alpha+\beta=2,\qquad\beta=-1,\qquad2\alpha+3\beta=3.$$

   De la 3.ª, $\beta=-1$. De la 2.ª, $\alpha=3$. Compruebo la 1.ª ($3-2=1$ ✓) y la 4.ª ($6-3=3$ ✓). Sí: $(1,2,-1,3)=3u_1-u_2$.

5. Para $(1,2,-1,4)$ las tres primeras ecuaciones dan lo mismo ($\alpha=3$, $\beta=-1$), pero la 4.ª exigiría $$2\alpha+3\beta=4,$$

   y vale $3$. No pertenece.

Si $\{\bar u=(1,2,-1);\ \bar v=(3,1,0);\ \bar w=(2,-1,1);\ \bar s=(2,1,0)\}$, razonar si son o no ciertas las siguientes afirmaciones: A) $\{\bar u,\bar v\}$ forman un sistema generador de $\mathbb R^3$; B) $\{\bar u,\bar v\}$ forman una base de $\mathbb R^3$; C) $\{\bar u,\bar v\}$ forman un sistema libre o linealmente independiente.

(Los vectores $\bar w$ y $\bar s$ no intervienen en ninguna afirmación: son distractores.)

1. C) ¿es libre $\{\bar u,\bar v\}$?

   Por la caracterización (U p.74), miro si $\lambda\bar u+\mu\bar v=0$ obliga a $\lambda=\mu=0$:

   $$\lambda(1,2,-1)+\mu(3,1,0)=(0,0,0)\iff\begin{cases}\lambda+3\mu=0\\ 2\lambda+\mu=0\\ -\lambda=0\end{cases}$$

   La 3.ª da $\lambda=0$; en la 1.ª, $3\mu=0$, o sea $\mu=0$. Solo la solución nula: libre. C) es cierta.

   Atajo para dos vectores: son ligados solo si uno es múltiplo del otro. $\bar v=c\bar u$ exigiría $0=-c$ (3.ª componente), $c=0$ y $\bar v=0$, falso.

2. A) ¿generan $\mathbb R^3$?

   Habría que probar que todo vector de $\mathbb R^3$ es combinación suya; para refutarlo basta un contraejemplo. Con $e_3=(0,0,1)$:

   $$\lambda(1,2,-1)+\mu(3,1,0)=(0,0,1)\iff\begin{cases}\lambda+3\mu=0\\ 2\lambda+\mu=0\\ -\lambda=1\end{cases}$$

   De la 3.ª, $\lambda=-1$. De la 1.ª, $\mu=\frac13$. En la 2.ª:

   $$2(-1)+\tfrac13=-\tfrac53\neq0.$$

   Incompatible, luego $(0,0,1)\notin\langle\bar u,\bar v\rangle$. A) es falsa. Razonamiento general: $\{e_1,e_2,e_3\}$ es libre y genera $\mathbb R^3$; por la relación libres–generadores (U p.81) cualquier sistema generador de $\mathbb R^3$ tiene al menos 3 vectores.

3. B) ¿base? Una base es un sistema libre y generador (se define en §2.3). Como falla «generador», B) es falsa.

Resultado: A) falsa, B) falsa, C) cierta. (sympy: $\operatorname{rang}\{\bar u,\bar v\}=2$; $\det(\bar u,\bar v,e_3)=-5\neq0$.)

Variante (X, Feb. 2018 (tipo B), ejercicio 1): «comprobar que $S_2$ [$(1,1,-4),(1,5,6),(4,2,3),(-2,0,-2)$] es un sistema ligado de $\mathbb R^3$». Sin calcular nada: $\sum\lambda_iv_i=0$ es un sistema homogéneo de 3 ecuaciones con 4 incógnitas, rango $\le3\lt4$, luego compatible indeterminado (Rouché, U p.30) con soluciones no nulas: ligado. En general, más de $n$ vectores de $\mathbb R^n$ son siempre ligados.

Error típico: confundir «libre» con «generador». $\{\bar u,\bar v\}$ es libre pero no genera $\mathbb R^3$; $S_2$ genera $\mathbb R^3$ pero no es libre. Son propiedades independientes; la base exige las dos.

Halle un sistema $S$ que genere el mismo subespacio que el definido por $U=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3:\ x+y-z=0;\ x+2y=0\}$.

1. Qué se pide. Un $S$ con $\langle S\rangle=U$ (Def. 2.4): los vectores de $S$ han de estar en $U$ y todo vector de $U$ ha de ser combinación suya. Es pasar de ecuaciones cartesianas a paramétricas.
2. Resolver el sistema homogéneo.

   La matriz de coeficientes es

   $$\begin{pmatrix}1&1&-1\\1&2&0\end{pmatrix},\qquad\begin{vmatrix}1&1\\1&2\end{vmatrix}=1\neq0.$$

   Tiene rango 2 y hay 3 incógnitas: compatible indeterminado con $3-2=1$ parámetro (Rouché, U p.30).

3. Despejar.

   De la 2.ª, $x=-2y$. En la 1.ª:

   $$-2y+y-z=0\ \Longrightarrow\ z=-y.$$

   Con $y=\alpha$:

   $$(x,y,z)=(-2\alpha,\ \alpha,\ -\alpha)=\alpha(-2,1,-1),\qquad\alpha\in\mathbb R.$$
4. Conclusión. Todo vector de $U$ es múltiplo de $(-2,1,-1)$, y este vector está en $U$ ($-2+1-(-1)=0$ y $-2+2=0$ ✓). Luego $S=\{(-2,1,-1)\}$ y $U=\langle(-2,1,-1)\rangle$: $U$ es una recta (intersección de dos planos no paralelos).
5. No es la única respuesta. Un subespacio tiene infinitos sistemas generadores (U p.72): valen $\{(2,-1,1)\}$ (lo que da sympy con nullspace), $\{(-2,1,-1),(4,-2,2)\}$ (el segundo sobra por supresión), etc. Todos son equivalentes (U p.73).

Error típico: dar como generadores los vectores de coeficientes de las ecuaciones, $(1,1,-1)$ y $(1,2,0)$: no están en $U$ (p. ej. $1+1-(-1)=3\neq0$). No generan $U$ (de hecho son perpendiculares a $U$; se verá en el Tema 5).

Consideremos los siguientes vectores de $\mathbb R^4$: $v_1=(3,0,1,5)$, $v_2=(1,1,1,0)$, $v_3=(0,-4,0,t)$ y $w=(1,-14,-1,11)$. Encuentre el valor del parámetro $t\in\mathbb R$ para que el vector $w$ sea combinación lineal de los vectores $v_1$, $v_2$ y $v_3$.

1. Traducir la definición (Def. 2.3): existen $\alpha,\beta,\gamma$ con $$\alpha(3,0,1,5)+\beta(1,1,1,0)+\gamma(0,-4,0,t)=(1,-14,-1,11).$$
2. Igualar componente a componente: $$\begin{cases}3\alpha+\beta=1&(1)\\ \beta-4\gamma=-14&(2)\\ \alpha+\beta=-1&(3)\\ 5\alpha+t\gamma=11&(4)\end{cases}$$
3. Estructura. Las ecuaciones (1)-(3) no contienen $t$ y tienen 3 incógnitas: se resuelven primero; la (4) decide $t$.
4. (1) y (3).

   Restando:

   $$2\alpha=2\ \Longrightarrow\ \alpha=1.$$

   De (3), $\beta=-2$.

5. (2). $$-2-4\gamma=-14\ \Longrightarrow\ \gamma=3.$$

   Estos valores son los únicos que cumplen (1)-(3).

6. Imponer (4). $$5\cdot1+3t=11\ \Longrightarrow\ t=2.$$

   Si $t\neq2$ la única terna posible no cumple (4): $w\notin\langle v_1,v_2,v_3\rangle$.

7. Comprobación. Con $t=2$: $$(3,0,1,5)-2(1,1,1,0)+3(0,-4,0,2)=(3-2,\ -2-12,\ 1-2,\ 5+6)=(1,-14,-1,11)\ ✓$$

Resultado: $t=2$, con $w=v_1-2v_2+3v_3$.

Otra vía (por determinantes). $\{v_1,v_2,v_3\}$ es libre para todo $t$: el menor de las 3 primeras componentes $\begin{vmatrix}3&1&0\\0&1&-4\\1&1&0\end{vmatrix}=8\neq0$ (U p.27). Por el lema práctico, $w\in\langle v_1,v_2,v_3\rangle\iff\det(v_1,v_2,v_3,w)=0$; sympy da $-24(t-2)$, luego $t=2$.

Error típico: tratar $t\gamma$ como lineal e intentar Gauss con 4 incógnitas $(\alpha,\beta,\gamma,t)$: el sistema no es lineal en $t$. $t$ es un dato desconocido, no una incógnita del sistema; se discute después.

Determine el valor de $k\in\mathbb R$ para que el vector $(1,1,-2,k)$ sea combinación lineal de los vectores $(0,3,0,-2)$, $(1,2,-1,-5)$ y $(1,0,0,0)$.

Notación: $u_1=(0,3,0,-2)$, $u_2=(1,2,-1,-5)$, $u_3=(1,0,0,0)$, $w=(1,1,-2,k)$.

1. Plan. Por el lema práctico de §3: si $\{u_1,u_2,u_3\}$ es libre, $w\in\langle u_1,u_2,u_3\rangle\iff\{u_1,u_2,u_3,w\}$ es ligado $\iff$ la matriz $4\times4$ tiene $\det=0$ (U p.27).
2. Comprobar la hipótesis: $\{u_1,u_2,u_3\}$ libre.

   Con las tres primeras componentes, desarrollando por la 3.ª fila (solo tiene un elemento no nulo, $-1$ en la posición $(3,2)$, signo $(-1)^{3+2}=-1$):

   $$\begin{vmatrix}0&1&1\\3&2&0\\0&-1&0\end{vmatrix}=(-1)(-1)\begin{vmatrix}0&1\\3&0\end{vmatrix}=0-3=-3\neq0.$$

   Rango 3 = nº de vectores: libre (Def. 2.7).

3. Determinante de los cuatro (columnas $w,u_1,u_2,u_3$; el orden no afecta a que valga 0): $$D=\begin{vmatrix}1&0&1&1\\1&3&2&0\\-2&0&-1&0\\k&-2&-5&0\end{vmatrix}=-\begin{vmatrix}1&3&2\\-2&0&-1\\k&-2&-5\end{vmatrix},$$

   pues la 4.ª columna solo tiene un $1$ en la posición $(1,4)$, de signo $(-1)^{1+4}=-1$.

4. El $3\times3$ (por la 1.ª fila): $$1\cdot(0\cdot(-5)-(-1)(-2))-3\cdot((-2)(-5)-(-1)k)+2\cdot((-2)(-2)-0\cdot k)=-2-3(10+k)+8=-3k-24.$$

   Luego $D=3k+24$.

5. Imponer $D=0$: $k=-8$. Para $k\neq-8$ los cuatro son libres y $w$ no es combinación lineal.
6. Comprobación.

   Planteo $\lambda_1u_1+\lambda_2u_2+\lambda_3u_3=(1,1,-2,-8)$. La 3.ª componente da $-\lambda_2=-2$, o sea $\lambda_2=2$. La 2.ª:

   $$3\lambda_1+4=1\ \Longrightarrow\ \lambda_1=-1.$$

   La 1.ª, $\lambda_2+\lambda_3=1$, da $\lambda_3=-1$. La 4.ª: $-2(-1)-5\cdot2=-8$ ✓. Así:

   $$(1,1,-2,-8)=-u_1+2u_2-u_3.$$

Resultado: $k=-8$.

Error típico: aplicar «$\det=0$» sin comprobar (i). Si los tres fijos fueran $(1,0,0,0),(2,0,0,0),(0,1,0,0)$, el determinante con cualquier $w$ sería $0$, pero $w=(0,0,1,0)$ no es combinación lineal de ellos.

Halle los valores de $x$ e $y$ para que las matrices $A=\begin{pmatrix}x&y\\5&-18\end{pmatrix}$, $B=\begin{pmatrix}1&2\\-1&3\end{pmatrix}$, $C=\begin{pmatrix}0&1\\2&-7\end{pmatrix}$ sean linealmente dependientes.

1. El espacio. $\mathcal M_{2\times2}$ es espacio vectorial (U §2.1): igualar dos matrices es igualar sus 4 entradas, así que todo se reduce a sistemas de 4 ecuaciones.
2. $\{B,C\}$ es libre. Dos vectores son ligados si uno es múltiplo del otro. $C=cB$: la entrada $(1,1)$ da $0=c$, y $C$ sería nula, falso. $B=cC$: la entrada $(1,1)$ da $1=c\cdot0$, imposible. Libre.
3. Reducir a pertenencia. Por el lema práctico de §3: $\{A,B,C\}$ ligado $\iff A=\alpha B+\beta C$ para ciertos $\alpha,\beta$. (Este es el paso que la solución oficial resume en una línea.)
4. Plantear el sistema entrada a entrada: $$\begin{cases}x=\alpha&(1,1)\\ y=2\alpha+\beta&(1,2)\\ 5=-\alpha+2\beta&(2,1)\\ -18=3\alpha-7\beta&(2,2)\end{cases}$$
5. Las entradas sin $x,y$ fijan $\alpha,\beta$.

   De $5=-\alpha+2\beta$: $\alpha=2\beta-5$. En la última:

   $$-18=3(2\beta-5)-7\beta=-\beta-15\ \Longrightarrow\ \beta=3,\quad\alpha=1.$$

   (Determinante $\begin{vmatrix}-1&2\\3&-7\end{vmatrix}=1\neq0$: solución única.)

6. Obtener $x,y$: $$x=\alpha=1,\qquad y=2\cdot1+3=5.$$
7. Comprobación. $$B+3C=\begin{pmatrix}1&2+3\\-1+6&3-21\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&5\\5&-18\end{pmatrix}=A\ ✓$$

   Así $A-B-3C=0$ es una combinación nula no trivial: ligado.

Resultado: $x=1$, $y=5$ (y son los únicos valores).

Error típico: escribir $\det A=0$, $\det B=0$…: el determinante de cada matriz no tiene nada que ver con la dependencia lineal entre las matrices.

Los vectores $(1,1,0,a)$, $(3,-1,b,-1)$, $(-3,5,a,-4)$ son un sistema ligado si: A) $a=-2$ y $b=1$; B) $a=-2$ o $b=1$; C) Siempre; D) Ninguna de ellas.

1. Criterio.

   Son 3 vectores: ligado $\iff$ rango $<3$ (Def. 2.7). Se calcula escalonando la matriz con los vectores por filas (las operaciones de fila no cambian el rango, U p.22):

   $$\begin{pmatrix}1&1&0&a\\3&-1&b&-1\\-3&5&a&-4\end{pmatrix}$$
2. Anular la 1.ª columna: $F_2\to F_2-3F_1$ y $F_3\to F_3+3F_1$: $$\begin{pmatrix}1&1&0&a\\0&-4&b&-1-3a\\0&8&a&-4+3a\end{pmatrix}$$
3. Anular la 2.ª columna bajo el pivote $-4$: $F_3\to F_3+2F_2$ (porque $8+2(-4)=0$): $$\begin{pmatrix}1&1&0&a\\0&-4&b&-1-3a\\0&0&a+2b&-6-3a\end{pmatrix}$$

   (4.ª entrada de $F_3$: $(-4+3a)+2(-1-3a)=-6-3a$.)

4. Discutir.

   Las dos primeras filas tienen pivotes $1$ y $-4$, independientes de los parámetros: el rango es al menos 2. Es exactamente 2 (ligado) $\iff$ la 3.ª fila es nula:

   $$a+2b=0\quad\text{y}\quad-6-3a=0\ \Longrightarrow\ a=-2,\quad b=1.$$

   En otro caso, rango 3 y libre.

5. Elegir opción. A) cierta. B) falsa: con $a=-2$, $b=0$ la 3.ª fila es $(0,0,-2,0)\neq0$, libre. C) falsa (con $a=b=0$ rango 3). D) falsa porque A es cierta.
6. Comprobación.

   Con $a=-2$, $b=1$ busco $(-3,5,-2,-4)=c_1(1,1,0,-2)+c_2(3,-1,1,-1)$. De la 3.ª componente, $c_2=-2$; de la 1.ª, $c_1=3$. La 2.ª: $3+2=5$ ✓. La 4.ª: $-6+2=-4$ ✓. Así:

   $$v_3=3v_1-2v_2.$$

Resultado: opción A ($a=-2$ y $b=1$, y solo entonces).

Error típico: mirar solo una entrada de la última fila ($a+2b=0$) y concluir «ligado si $a=-2b$»: para que el rango baje tiene que anularse toda la fila. Con matrices no cuadradas no hay un único determinante que igualar a $0$: hay que anular todos los menores de orden 3 (o escalonar).

Escribir las ecuaciones cartesianas o paramétricas de un subespacio vectorial de dimensión 1 del espacio $\mathbb R^2$.

1. Qué objeto es. «Dimensión 1» significa, a este nivel, generado por un vector no nulo: $$U=\langle u\rangle=\{\lambda u:\lambda\in\mathbb R\}\quad\text{(Def. 2.4)}.$$

   Un solo vector no nulo es libre (Def. 2.5: $\lambda u=\bar0$ con $u\neq\bar0$ obliga a $\lambda=0$). Geométricamente es una recta por el origen. Hace falta $u\neq\bar0$: $\langle\bar0\rangle=\{\bar0\}$ no es una recta.

2. Paramétricas.

   Elijo $u=(1,-2)$: $(x_1,x_2)=\lambda(1,-2)$, es decir,

   $$U:\ \begin{cases}x_1=\lambda\\ x_2=-2\lambda\end{cases}\qquad\lambda\in\mathbb R.$$
3. Cartesianas.

   Un generador libre en $\mathbb R^2$ deja $2-1=1$ ecuación. Por rango, $(x_1,x_2)\in U\iff$

   $$\begin{vmatrix}1&x_1\\-2&x_2\end{vmatrix}=x_2+2x_1=0.$$

   También se ve eliminando: $\lambda=x_1\Rightarrow x_2=-2x_1$. Luego $U:\ 2x_1+x_2=0$.

4. Comprobación. $(1,-2)$ cumple $2-2=0$ ✓. Y si $2x_1+x_2=0$, entonces $(x_1,x_2)=x_1(1,-2)\in U$ ✓.

Resultado: $U=\{(x_1,x_2):2x_1+x_2=0\}=\langle(1,-2)\rangle$. Vale cualquier $ax_1+bx_2=0$ con $(a,b)\neq(0,0)$.

Error típico: escribir una recta que no pasa por el origen ($x_1+x_2=1$, o $x_1=1+\lambda,\ x_2=\lambda$): no contiene a $\bar0$, luego no es subespacio (U §2.1). Otro: «$0x_1+0x_2=0$», que es todo $\mathbb R^2$ (dimensión 2).

Escriba unas ecuaciones paramétricas de un sistema y halle las ecuaciones cartesianas de dicho sistema. Considere 3 incógnitas.

El enunciado es impreciso: se pide elegir un subespacio de $\mathbb R^3$, dar sus paramétricas y deducir sus cartesianas. Aquí una versión breve con un plano; el desarrollo completo (recta y plano) está en el tema 1.4.

1. Elegir el subespacio. $$U=\langle(1,0,2),(0,1,-1)\rangle.$$

   Los dos generadores no son proporcionales: libres, rango 2.

2. Paramétricas.

   $(x,y,z)=\alpha(1,0,2)+\beta(0,1,-1)$, es decir,

   $$x=\alpha,\quad y=\beta,\quad z=2\alpha-\beta,\qquad\alpha,\beta\in\mathbb R.$$
3. Cuántas ecuaciones. $n-r=3-2=1$.
4. Eliminar los parámetros.

   Con $\alpha=x$ y $\beta=y$ la tercera da $z=2x-y$, es decir,

   $$2x-y-z=0.$$

   Por determinante: $(x,y,z)\in U\iff$

   $$\begin{vmatrix}1&0&x\\0&1&y\\2&-1&z\end{vmatrix}=1\cdot(z+y)-0+x\cdot(0-2)=-2x+y+z=0,$$

   la misma ecuación.

5. Comprobación. $$(1,0,2):\ 2-0-2=0\ ✓,\qquad(0,1,-1):\ 0-1+1=0\ ✓$$

Resultado: $U:\ 2x-y-z=0$.

Error típico: dar menos ecuaciones de las necesarias (para una recta de $\mathbb R^3$, una sola ecuación es un plano) o con término independiente ($2x-y-z=1$): las cartesianas de un subespacio son homogéneas.

En $V=\mathbb R^3$ con la base canónica $B$, sea $E=\{(1,3,1),(3,8,2),(2,9,5)\}$ y $U$ el subespacio generado por $E$. (i) Estudie si $E$ es linealmente independiente. (ii) Exprese $U$ mediante ecuaciones paramétricas respecto de $B$. (iii) Exprese $U$ mediante ecuaciones implícitas respecto de $B$. (El apartado (iv), dimensión y base ortonormal, queda para 2.3 y el Tema 5.)

Notación: $w_1=(1,3,1)$, $w_2=(3,8,2)$, $w_3=(2,9,5)$. Como $B$ es la canónica, las coordenadas son las propias componentes.

1. (i) Criterio. Un sistema de $p$ vectores es libre $\iff$ su rango es $p$ (Def. 2.7). Aquí $p=3$.
2. Escalonar con los vectores por filas (las operaciones de fila no cambian el rango): $$\begin{pmatrix}1&3&1\\3&8&2\\2&9&5\end{pmatrix}\xrightarrow[F_3\to F_3-2F_1]{F_2\to F_2-3F_1}\begin{pmatrix}1&3&1\\0&-1&-1\\0&3&3\end{pmatrix}\xrightarrow{F_3\to F_3+3F_2}\begin{pmatrix}1&3&1\\0&-1&-1\\0&0&0\end{pmatrix}.$$

   Cada operación anula lo que hay bajo un pivote. Dos filas no nulas: rango $2<3$, luego $E$ es ligado.

3. La dependencia explícita.

   Busco $w_3=\lambda w_1+\mu w_2$:

   $$\lambda+3\mu=2,\qquad3\lambda+8\mu=9.$$

   Restando 3 veces la 1.ª a la 2.ª, $-\mu=3$, así $\mu=-3$ y $\lambda=11$. Tercera componente: $11\cdot1-3\cdot2=5$ ✓. Así:

   $$w_3=11w_1-3w_2\iff11w_1-3w_2-w_3=\bar0,$$

   con coeficientes no todos nulos.

4. (ii) Suprimir lo que sobra. Por el Teorema 2.1 (U p.79), como $w_3$ es c.l. de $w_1,w_2$: $U=\langle w_1,w_2\rangle$, y $\{w_1,w_2\}$ es libre (no proporcionales, $3/1\neq8/3$).
5. Paramétricas.

   $(x_1,x_2,x_3)=\alpha(1,3,1)+\beta(3,8,2)$:

   $$x_1=\alpha+3\beta,\quad x_2=3\alpha+8\beta,\quad x_3=\alpha+2\beta,\qquad\alpha,\beta\in\mathbb R.$$

   (Con los tres vectores también serían paramétricas, pero con un parámetro redundante: lo esperado es usar un generador libre.)

6. (iii) Cuántas implícitas. $n-r=3-2=1$ ecuación.
7. Imponer pertenencia. $x\in U\iff\{w_1,w_2,x\}$ es ligado (lema «libre + 1» de §3, pues $\{w_1,w_2\}$ es libre) $\iff$ $$\begin{vmatrix}x_1&1&3\\x_2&3&8\\x_3&1&2\end{vmatrix}=x_1(6-8)-x_2(2-3)+x_3(8-9)=-2x_1+x_2-x_3=0.$$
8. Comprobación con los tres vectores de $E$: $$w_1:\ -2+3-1=0\ ✓,\qquad w_2:\ -6+8-2=0\ ✓,\qquad w_3:\ -4+9-5=0\ ✓$$

Resultado: (i) ligado, $w_3=11w_1-3w_2$; (ii) las paramétricas de arriba; (iii) $2x_1-x_2+x_3=0$ ($U$ es un plano). (sympy: rango 2; $\det=-2x_1+x_2-x_3$.)

Error típico: (a) declarar «libre» porque ningún vector es múltiplo de otro: con 3 o más vectores no basta ($w_3$ no es múltiplo de $w_1$ ni de $w_2$, pero es combinación de los dos); (b) en (iii) meter los tres vectores ligados en el determinante: $\det(w_1,w_2,w_3)=0$ no da ninguna ecuación; (c) no comprobar $w_3$ en la ecuación.

Enlace: la parte «rango 2, $\operatorname{Dim}U=2$, base extraída de $E$» se retoma en el tema 2.3.