Dependencia lineal y bases en R³

a) Las componentes de $\vec{v}$ son el doble de las de $\vec{u}$, así que son paralelos y el rango es $1$.

b) Como $\vec{v}$ depende de $\vec{u}$, el determinante de los tres vectores vale $0$ y el rango es como mucho $2$. Además $\vec{u}$ y $\vec{w}$ no son paralelos ($(1,2,3)$ no es múltiplo de $(1,0,1)$), luego el rango es $2$: dos vectores independientes y un tercero que depende de ellos.

c) $\vec{v}=2\vec{u}$, así que $k=2$.

a) Los tres vectores son una base si y solo si el determinante es distinto de cero:

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 2& m& 0\\ 0& 1& 1\end{array}\right|=1\cdot (m-0)-2\cdot (2-0)+1\cdot (2-0)=m-4+2=m-2$$

El determinante se anula solo para $m=2$. Si $m\ne 2$ son una base; si $m=2$ no lo son (son coplanarios).

b) Con $m=2$ es $\vec{v}=(2,2,0)$. Buscamos $a,b$ con $\vec{w}=a\vec{u}+b\vec{v}$:

$$(0,1,1)=a(1,2,1)+b(2,2,0)⟹\{\begin{array}{rl}a+2b& =0\\ 2a+2b& =1\\ a& =1\end{array}$$

De la tercera, $a=1$; de la primera, $b=-\frac{1}{2}$; la segunda se cumple ($2-1=1$). Así $\vec{w}=\vec{u}-\frac{1}{2}\vec{v}$.

a) Determinante.

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& 1\\ 1& 0& 1\end{array}\right|=1\cdot (1-0)-1\cdot (0-1)+0=1+1=2\ne 0$$

Los tres vectores son independientes, luego forman una base.

b) Sistema. Planteamos $\vec{p}=a\vec{u}+b\vec{v}+c\vec{w}$ componente a componente:

$$\{\begin{array}{rl}a+c& =4\\ a+b& =2\\ b+c& =6\end{array}$$

Sumando las tres ecuaciones, $2(a+b+c)=12$, es decir, $a+b+c=6$. Restando cada ecuación a esa suma: $b=6-4=2$, $c=6-2=4$, $a=6-6=0$.

Comprobación. $0\cdot (1,1,0)+2\cdot (0,1,1)+4\cdot (1,0,1)=(4,2,6)$.

Las coordenadas de $\vec{p}$ en $B$ son $(0,2,4)$, mientras que en la base canónica son $(4,2,6)$: el mismo vector tiene coordenadas distintas según la base.

Para el examen: justifica siempre que es base antes de buscar coordenadas (el determinante distinto de cero), y escribe el sistema completo antes de resolverlo.

a) Cada componente de $\vec{v}$ es la de $\vec{u}$ multiplicada por $-\frac{1}{2}$: $2\cdot (-\frac{1}{2})=-1$, $-4\cdot (-\frac{1}{2})=2$, $6\cdot (-\frac{1}{2})=-3$. Luego $k=-\frac{1}{2}$.

b) Son paralelos, así que son dependientes y el rango es $1$.

a) $\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 0\\ 0& 1& 3\\ 1& 0& 1\end{array}\right|=1\cdot (1-0)-2\cdot (0-3)+0=1+6=7$.

b) Como el determinante no es nulo, el rango es $3$ y los tres vectores son independientes: sí forman una base.

Igualando componentes: $a=3$ (primera), $b=-2$ (segunda) y, para la tercera, $2a-b=6+2=8$, que coincide con la de $\vec{w}$. Por tanto $\vec{w}=3\vec{u}-2\vec{v}$.

a) Restando la primera fila a las otras dos se obtiene

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& a& 1\\ 1& 1& a^2\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 0& a-1& 0\\ 0& 0& a^2-1\end{array}\right|=(a-1)(a^2-1)=(a-1{)}^2(a+1)$$

Se anula para $a=1$ y $a=-1$.

b) Para $a=1$ los tres vectores son $(1,1,1)$: el rango es $1$. Para $a=-1$ son $(1,1,1)$, $(1,-1,1)$ y $(1,1,1)$: dos coinciden y el otro no es paralelo, luego el rango es $2$.

a) $\left|\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 1& 1& 0\\ 0& 1& 1\end{array}\right|=1\cdot (1-0)-0+1\cdot (1-0)=2$.

b) Se plantea $(3,1,2)=a(1,0,1)+b(1,1,0)+c(0,1,1)$:

$$\{\begin{array}{rl}a+b& =3\\ b+c& =1\\ a+c& =2\end{array}$$

Sumando, $a+b+c=3$, de donde $c=3-3=0$, $a=3-1=2$ y $b=3-2=1$. Las coordenadas son $(2,1,0)$.

a) Se busca $(5,3,1)=x(2,1,0)+y(1,1,1)$. La tercera componente da $y=1$; la primera, $2x+1=5$, es decir, $x=2$; la segunda, $x+y=3$, se cumple. Luego $C=2A+B$ y sí se puede.

b) Como $C$ depende de $A$ y de $B$, que no son paralelos, el rango es $2$. El tercer pienso no aporta ninguna mezcla nueva.

a) $\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 0& 1& 1\\ 1& 0& -1\end{array}\right|=1\cdot (-1-0)-2\cdot (0-1)+1\cdot (0-1)=-1+2-1=0$. Los vectores son coplanarios.

b) Primera componente: $a=1$. Segunda: $2a+b=0$, luego $b=-2$. Tercera: $a+b=-1$, que se cumple. Entonces $\vec{w}=\vec{u}-2\vec{v}$.

a) $\left|\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& 0& 1\\ 0& 1& m\end{array}\right|=1\cdot (0-1)-1\cdot (m-0)+0=-1-m$. Se anula para $m=-1$: ese es el único valor para el que no es base.

b) Con $m=1$, $\vec{w}=(0,1,1)$. Se plantea $(3,1,4)=a(1,1,0)+b(1,0,1)+c(0,1,1)$:

$$\{\begin{array}{rl}a+b& =3\\ a+c& =1\\ b+c& =4\end{array}$$

Sumando, $a+b+c=4$; entonces $c=4-3=1$, $b=4-1=3$ y $a=4-4=0$. Las coordenadas son $(0,3,1)$.

Para el examen: si en el apartado b) el sistema te saliera sin solución o con infinitas, es que el valor de $m$ no cumple el apartado a).

a) Determinante.

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 1& a\\ 1& a& 1\\ a& 1& 1\end{array}\right|=1\cdot (a-1)-1\cdot (1-a)+a\cdot (1-a^2)=2(a-1)-a(a-1)(a+1)=-(a-1{)}^2(a+2)$$

Se anula para $a=1$ y para $a=-2$.

b) Para $a=-2$ los vectores son $(1,1,-2)$, $(1,-2,1)$ y $(-2,1,1)$. No hay dos paralelos, así que el rango es al menos $2$, y como el determinante es nulo, es $2$ (suman $\vec{0}$). Para $a=1$ los tres son $(1,1,1)$ y el rango es $1$. Ordenados de menor a mayor valor de $a$: rango $2$ para $a=-2$ y rango $1$ para $a=1$.

c) Con $a=0$: $\vec{u}=(1,1,0)$, $\vec{v}=(1,0,1)$, $\vec{w}=(0,1,1)$. Se plantea $(1,2,3)=x\vec{u}+y\vec{v}+z\vec{w}$:

$$\{\begin{array}{rl}x+y& =1\\ x+z& =2\\ y+z& =3\end{array}$$

Sumando, $x+y+z=3$, luego $z=2$, $y=1$ y $x=0$. Las coordenadas son $(0,1,2)$.

Para el examen: en el determinante, factoriza antes de dar los valores; el factor $(a-1{)}^2$ es doble, pero igualmente $a=1$ es un valor que hay que citar.

1. Combinación igual a cero. Sean $\alpha ,\beta ,\gamma$ tales que $\alpha (\vec{u}+\vec{v})+\beta (\vec{v}+\vec{w})+\gamma (\vec{u}+\vec{w})=\vec{0}$. Hay que probar que $\alpha =\beta =\gamma =0$.

2. Agrupar. Reordenando: $(\alpha +\gamma )\vec{u}+(\alpha +\beta )\vec{v}+(\beta +\gamma )\vec{w}=\vec{0}$.

3. Usar la independencia. Como $\vec{u},\vec{v},\vec{w}$ son independientes, los tres coeficientes son nulos: $\alpha +\gamma =0$, $\alpha +\beta =0$, $\beta +\gamma =0$.

4. Resolver. Sumando las tres ecuaciones, $2(\alpha +\beta +\gamma )=0$, así que $\alpha +\beta +\gamma =0$. Restando a esto cada ecuación se obtiene $\beta =0$, $\gamma =0$ y $\alpha =0$.

La única combinación que da $\vec{0}$ es la trivial, luego los tres vectores nuevos son independientes.

Para el examen: la estructura «escribo la combinación igual a cero y demuestro que los coeficientes son nulos» es la que se pide siempre para probar independencia.