prob algebra

INDEX 1

INDEX

1 PROBLEMES PROPOSATS 31.1 Espais vectorials . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Aplicacions lineals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Determinants i sistemes d’equacions lineals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4 Diagonalitzacio d’endomorfismes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.5 Espais vectorials euclidians . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.6 Geometria lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19A.1 Apendix: Relacions d’equivalencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21A.2 Apendix: Grups . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2 PROBLEMES RESOLTS 252.1 Espais vectorials . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.2 Aplicacions lineals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.3 Determinants i sistemes d’equacions lineals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.4 Diagonalitzacio d’endomorfismes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.5 Espais vectorials euclidians . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.6 Geometria lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61A.1 Apendix: Relacions d’equivalencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64A.2 Apendix: Grups . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

3 EXEMPLE DE RESOLUCIO D’UN EXAMEN 733.1 Enunciat de l’examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 743.2 Solucio de l’examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

2 INDEX

3

CAPITOL 1

PROBLEMES PROPOSATS

Aquesta llista de problemes proposats constitueix el material que es fa servir per a les classes deproblemes. Estan classificats segons els temes del programa (Temes 1 a 6), a mes de dos apendixs comple-mentaris (relacions d’equivalencia i grups).

L’origen dels problemes d’aquesta col·leccio es molt divers. Alguns son originals dels autors, o de laresta de professors d’aquesta assignatura i de la d’Algebra Lineal i Geometria de l’antic pla d’estudis del’Ensenyament de Fısica. Altres son adaptats de diferents llibres d’algebra. Alguns dels problemes proposatss’han fet servir per als examens de l’assignatura.

L’estudiant, al final de curs, hauria de ser capac de resoldre, amb mes o menys dificultat, tots elsproblemes proposats en aquesta col·leccio. Dintre de cada tema, s’ha procurat seguir un ordre logic en elsproblemes, de forma que els ultims problemes de cada tema acostumen a ser els que necessiten mes recursosde la teoria corresponent.

4 CAPITOL 1. PROBLEMES PROPOSATS

1.1 Espais vectorials

1. Proveu que E = {f :R → R} es un R-espai vectorial i digueu quins dels seguents conjunts sonsubespais de E:

(a) {f ; f(x2) = f(x)2}.(b) {f ; f(0) = f(1)}.(c) {f ; f(3) = 1 + f(−5)}.(d) {f ; f(−1) = 0}.(e) {f ; f contınua en R}.(f) {f ; f(t) = f(−t), ∀t ∈ R}.(g) {f ; f(t) = −f(−t), ∀t ∈ R}.

2. Sigui l’espai vectorial E = {f :R → R}. Quines de les seguents famılies d’elements de E son linealmentindependents?

(a) sinx, cos x, 1.

(b) ex, ex+2.

(c) 2, x + 2, x2.

(d) 0, 1, x + 1.

(Problema resolt, Capıtol 2)

3. Proveu, a partir de la definicio de base, que els vectors a = (1, 1, 0), b = (1,−1, 0) i c = (1, 1, 1) sonuna base de R3.

4. Demostreu que els vectors (−1, 1, 1), (1,−1, 1), (1, 1,−1) formen una base de R3. Trobeu les coorde-nades del vector x = (x1, x2, x3) en la base que formen.

5. Sigui M3(C). Demostreu que les matrius a + b a− b + c a− ca− b− c a a + b + c

a + c a + b− c a− b

formen un subespai. Trobeu-ne la dimensio i una base.

6. Demostreu que 〈a, b〉 = 〈c, d〉, determineu la dimensio dels subespais i trobeu-ne un subespai comple-mentari, en els casos:

(a) a = (2, 3,−1), b = (1,−1,−2), c = (3, 7, 0), d = (5, 0,−7).

(b) a = (2, 3,−1, 0), b = (−3, 1, 0, 2), c = (−4, 5,−1, 4), d = (9, 8,−3,−2).

7. Siguin els subespais U = 〈(0, 1)〉, V = 〈(1, 1)〉, W = 〈(2, 1)〉. Demostreu que R2 es suma directa de Ui W , i tambe de V i W .

1.1. Espais vectorials 5

8. Siguin l’espai vectorial E = {f :R → R}, i els subespais P , I,

P = {f ; f(t) = f(−t), ∀t ∈ R},I = {f ; f(t) = −f(−t), ∀t ∈ R}.

Comproveu que E es pot expressar com a suma directa de P i I.

9. Siguin

F = 〈(1, 2, 3, 4), (2, 2, 2, 6), (0, 2, 4, 4)〉, G = 〈(1, 0,−1, 2), (2, 3, 0, 1)〉.

Determineu les dimensions i trobeu una base de

(a) F ,

(b) G,

(c) F ∩G,

(d) F + G.


10. Siguin

A =

1 1 00 1 10 0 1

, T =

0 1 00 0 10 0 0

.

Comproveu que T 3 = 0. Trobeu An, per a un n qualsevol. Es recomana considerar A = I + T icomprovar que I i T commuten.

11. Sigui M ={(

a b0 c

); a, b, c ∈ R

}. Trobeu una base de M2×2(R)/M .


12. Sigui el subespai vectorial de R4

U ={(a1, a2, a3, a4) ∈ R4; a1 = a2 − 3a3, a3 = a4

}.

(a) Determineu una base de U .

(b) Determineu una base d’un subespai complementari de U .

(c) Determineu una base de l’espai quocient R4/U .

(Problema d’examen, resolt al Capıtol 3)

13. Trobeu totes les matrius A de M2(R) tals que A2 = I.

14. Trobeu totes les matrius A de M2(R) tals que A2 = −I. Trobeu-ne dues amb tots els coeficientsenters.

15. Trobeu totes les matrius A de M2(R) que compleixen que A2 = A.


16. Siguin

S = {matrius simetriques de Mn(K)},A = {matrius antisimetriques de Mn(K)}.

(a) Demostreu que Mn(K) es suma directa de S i A.

(b) Trobeu les dimensions de S i de A.

17. Considereu l’espai vectorial dels polinomis de grau ≤ 2, i les bases {1, x, x2} i {1, x− a, (x− a)2}.

(a) Trobeu la matriu del canvi de base i la del canvi de base invers.

(b) Trobeu les coordenades del polinomi p(x) = b0 + b1x + b2x2 en les dues bases. Comproveu que

p(x) = p(a) + p′(a)(x− a) + 12!p

′′(a)(x− a)2 (formula de Taylor).

(Problema d’examen)

1.2. Aplicacions lineals 7

1.2 Aplicacions lineals

1. Sigui d ∈ Z+ amb√

d 6∈ Z. Demostreu que Q[√

d] ≡{

a + b√

d; a, b ∈ Q}

es un Q-espai vectorial i

trobeu una base d’aquest espai. Demostreu que Q[√

d] i Q[√

d′] son isomorfs per a qualsevol d i d′.

2. Sigui f :R4 → R3 tal que f(a, b, c, d) = (a− d, b− d, c− d).

(a) Proveu que f es morfisme d’espais vectorials.

(b) Trobeu les dimensions de Ker f i de Im f .

3. Sigui P3 l’espai vectorial sobre R dels polinomis de R[x] de grau ≤ 2. Sigui

h:P3 → P3

ax2 + bx + c 7→ h(ax2 + bx + c) = bx + c.

Proveu que:

(a) h2 = h (morfisme idempotent).

(b) P3 = Ker h⊕ Im h.

4. Determineu a per tal que l’aplicacio f de End(R3) definida per

f(x, y, z) = (ax + y + z, x + ay + z, x + y + az)

tingui el nucli de dimensio maxima. Trobeu en aquest cas una base de Ker f .

5. Sigui f :R4 → R3 tal que

f(x, y, z, t) = (x + z − t, 2x + y − z + 2t, 3x + y + mt).

(a) Demostreu que f es lineal.

(b) Estudieu Ker f i Im f segons els valors de m.

(c) Trobeu f−1(a, 4, 5) per al valor de m que faci mınim el rang de f , segons els diferents valors de a.


6. Sigui f ∈ End(R3) definit per 0 2 −1−2 5 −2−4 8 −3

en la base canonica.

(a) Trobeu Ker f i Im f .

(b) Expresseu la matriu de f en la base u1 = (1, 2, 4), u2 = (1, 0,−1), u3 = (0, 1, 2).

7. Siguin f ∈ End(R3) i {e1, e2, e3} la base canonica, de forma que

f(e1) = e2 + e3, f(e2) = e1 + e3, f(e3) = e1 + e2.


(a) Trobeu la matriu de f en la base u1, u2, u3 si tenim que

u1 = e1, u2 = e1 + e2, u3 = e1 + e2 + e3.

(b) Trobeu Ker f i Im f .

8. Siguin {e1, e2, e3} una base de R3 i f un endomorfisme de R3 tal que

f(e1) = e1 + e2, f(e3) = e1, Ker f = 〈e1 + e2〉.

Estudieu Im f i, Ker f i, i = 1, 2, 3. Es compleix R3 = Ker f i ⊕ Im f i?

9. Sigui f un endomorfisme donat per 0 1 −13/2 −1/2 −1/21/2 −1/2 −1/2

en la base canonica. Trobeu la matriu de f en la base v1 = (0, 1/2, 1/2), v2 = (1/2, 0, 1/2), v3 =(1/2, 1/2, 0).(Problema resolt, Capıtol 2)

10. Sigui E l’espai vectorial de les matrius 2× 2 amb coeficients a K, i B ∈ E. Definim l’aplicacio:

LB :E → E

A 7→ BA.

(a) Comproveu que LB es una aplicacio lineal.

(b) Donada una base de E, trobeu la matriu associada a l’aplicacio LB en aquesta base.

11. Siguin

TS = {matrius triangulars superiors de Mn(K)},TI = {matrius triangulars inferiors de Mn(K)}.

Demostreu que TS i TI son isomorfs. Trobeu-ne les dimensions i determineu TS ∩ TI i TS + TI .

12. Sigui {e1, e2, e3} una base de R3 i {e∗1, e∗2, e∗3} la seva base dual. Demostreu que {2e1, 3e2,−5e3} esbase de R3 i calculeu-ne la base dual.

13. Proveu que ωi ∈ E∗3 , i = 1, . . . , 5 definides per

ω1 = x− z,

ω2 = y + z,

ω3 = −x + y,

ω4 = x + 2y,

ω5 = x,

son linealment dependents. Extreieu-ne una base de E∗3 . Trobeu la base de E3 de la qual es dual.


14. Siguin les n formes lineals

ωi(x1, . . . , xn) = xi − xi+1 (i = 1, . . . , n− 1)ωn(x1, . . . , xn) = xn.

Demostreu que son linealment independents i trobeu la base de la qual son base dual.

15. Sigui P3 l’espai vectorial sobre R dels polinomis de R[x] de grau ≤ 2. Siguin t1, t2, t3 tres nombresreals diferents. Per a i = 1, 2, 3 definim

fi:P3 → R

p 7→ fi(p) = p(ti).

(a) Demostreu que {f1, f2, f3} es una base de l’espai dual de P3.

(b) Trobeu una base de P3 de la qual {f1, f2, f3} es la base dual quan t1 = 1, t2 = 2, t3 = 3.


16. Siguin l’espai E3 i el seu dual E∗3 . Considereu la base canonica de E3, la seva base dual i l’isomorfisme

f que en aquestes bases te per matriu associada la identitat. Trobeu la matriu de f quan la base deE3 es

v1 = (1, 1, 1), v2 = (1,−1, 0), v3 = (0, 1,−1),

i la de E∗3 es la seva base dual.

17. Donada la matriu de canvi de base entre {e1, e2, e3} i {u1, u2, u3}

M =

1 2 30 2 20 0 1

trobeu la matriu de canvi de base entre {e∗1, e∗2, e∗3} i {u∗1, u∗2, u∗3}.

18. Sigui f ∈ End(R3) tal que, en la base canonica,

f(a, b, c) = (2a + b, a + b + c,−c).

Donades les bases de R3 i de (R3)∗

u1 = (1, 0, 0), u2 = (1, 1, 0), u3 = (1, 1, 1),v∗1 = (1, 0, 0), v∗2 = (1, 1, 0), v∗3 = (1, 1, 1),

trobeu la matriu de f∗ ∈ End((R3)∗

)en les bases {v∗1 , v∗2 , v∗3} i {u∗1, u∗2, u∗3}.

19. Sigui P3 l’espai vectorial sobre R dels polinomis de R[x] de grau ≤ 2. Considerem l’aplicacio

ω:P3 → R

p 7→ ω(p) =dp

dx

∣∣∣∣x=1

.

(a) Comproveu que ω es una forma.

(b) Trobeu una base de l’espai dual P ∗3 .


(c) Trobeu les coordenades de ω en aquesta base.

20. Sigui P l’espai vectorial sobre R de les funcions reals de la forma

p(x) = a0 + a1 · x + . . . + an · xn,

amb ai ∈ R i n ∈ N. Considerem l’aplicacio

ω:P → R

p 7→ ω(p) =∫ 1

0

p(x) dx.

(a) Comproveu que ω es una forma.

(b) Comproveu que D(p) = dp/dx es un endomorfisme de P .

(c) Caracteritzeu l’aplicacio dual D∗(ω).

1.3. Determinants i sistemes d’equacions lineals 11

1.3 Determinants i sistemes d’equacions lineals

1. Demostreu:∣∣∣∣∣∣1 a a2

1 b b2

1 c c2

∣∣∣∣∣∣ = (b− a) (c− a) (c− b).

2. Demostreu:∣∣∣∣∣∣a− b− c 2a 2a

2b b− c− a 2b2c 2c c− a− b

∣∣∣∣∣∣ = (a + b + c)3.

3. Demostreu:∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 1 11 0 c2 b2

1 c2 0 a2

1 b2 a2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣∣

0 a b ca 0 c bb c 0 ac b a 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −(a + b + c) (b + c− a) (c + a− b) (a + b− c).

4. Comproveu:∣∣∣∣∣∣∣∣∣a 1 · · · 11 a · · · 1...

.... . .

...1 1 · · · a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (a− 1)n−1 (a + n− 1),

on n es el nombre d’elements de la diagonal.

5. Calculeu el valor del determinant∣∣∣∣∣∣∣∣∣1− n 1 · · · 1

1 1− n · · · 1...

.... . .

...1 1 · · · 1− n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ ,on n es el nombre d’elements de la diagonal.

6. Comproveu, sense desenvolupar, la seguent igualtat:∣∣∣∣∣∣a + b b + c c + ae + f f + g g + ei + j j + k k + i

∣∣∣∣∣∣ = 2

∣∣∣∣∣∣a b ce f gi j k

∣∣∣∣∣∣ .(Problema resolt, Capıtol 2)


7. Donada la matriu de M3(R) −3 2 −12 0 1

−1 2 1

,

comproveu que es invertible i calculeu-ne la inversa.

8. Determineu els valors reals de b per als quals la matriu b 1 11 b 11 1 b

es invertible, i calculeu-ne la inversa.

9. Sigui la matriu de M3 (Z/(n)): 1 2 43 0 11 2 1

.

Calculeu la inversa (si existeix) per a n = 5 i n = 9.(Problema resolt, Capıtol 2)

10. Trobeu el rang de la matriu:1 2 3 12 1 1 −25 7 10 1

−1 4 7 7

.

11. Trobeu el rang del conjunt de vectors:

{(1, 1, 0, 1, 0, 1), (2, 1, 1, 0, 3, 1), (1, 2, 1, 1, 2, 2), (4, 4, 2, 2, 5, 4)}.

12. Trobeu el rang de la matriu:5 2 2 14 3 3 26 1 2 15 2 3 23 4 4 3

.

13. Resoleu: x − y + z = 42x + y − 3z = 17x − y − 3z = 14



14. Resoleu: 3x − y + 2z = 12x + y − 3z = −1

−5x − 5y + 14z = 2

15. Resoleu: ax + by + z = 1x + aby + z = bx + by + az = 1

16. Resoleu: x − 2y + z − t = 12x + y + 3z = 2−x + 3y − z + 4t = −1


1.4 Diagonalitzacio d’endomorfismes

1. Sigui f ∈ End(E), on E es un espai vectorial sobre R, amb matriu associada:

A =

2 0 0−3 −1 3

3 3 −1

.

(a) Trobeu-ne els valors i vectors propis.

(b) En cas que sigui possible, diagonalitzeu-la.


2. Sigui la matriu: 5 −2 12 1 20 0 0

.

(a) Comproveu que la matriu no es diagonalitzable a R3.

(b) Trobeu un conjunt maxim de vectors propis linealment independents.


3. Trobeu els valors propis i un conjunt maxim de vectors propis linealment independents de l’endomor-fisme de R3: 2 0 0

0 2 01 2 2

.

4. Per a quins valors de a i b l’endomorfisme de R3 5 0 00 −1 b3 0 a

es diagonalitzable?

5. Diagonalitzeu a R3 −1 −6 32 5 −12 6 −2

.

6. Trobeu els valors propis i vectors propis de l’endomorfisme de R4:0 1 0 00 0 2 00 0 0 30 0 0 0

.

1.4. Diagonalitzacio d’endomorfismes 15

7. Sigui f ∈ End(E), on E es un espai vectorial sobre R, amb matriu associada: 1 0 01 1 −20 0 −1

.

Comproveu que no es diagonalitzable i trobeu un conjunt maxim de vectors propis linealment inde-pendents.

8. Donat l’endomorfisme de R3 amb matriu associada −3 1 −1−7 5 −1−6 6 −2

,

descomposeu en factors irreductibles el polinomi caracterıstic i trobeu un conjunt maxim de vectorspropis linealment independents. Es diagonalitzable la matriu?

9. Sigui a 1 · · · 11 a · · · 1...

.... . .

...1 1 · · · a

la matriu de f ∈ End(Rn) en una certa base. Trobeu-ne els vectors propis i, si es possible, la base enla qual diagonalitza.

10. Donades At = (a · · · a), B = (b · · · b), trobeu la base en la qual AB diagonalitza.


1.5 Espais vectorials euclidians

1. Siguin {e1, e2} una base de R2 i una aplicacio bilineal f :R2 ×R2 → R definida per:

f(e1, e1) = 1, f(e2, e1) = −1, f(e1, e2) = 1, f(e2, e2) = 3.

(a) Trobeu la matriu de f .

(b) Calculeu f(v, w) essent v = 2e1 − 3e2 i w = −e1 + 2e2.

(c) Calculeu la matriu de f en la base {u1, u2} on

u1 = e1 + e2, u2 = −e1 + e2.

2. Trobeu la matriu del producte escalar estandard a R3 en la base

e1 = (1, 0, 2), e2 = (2,−1,−1), e3 = (1,−3, 2).

3. Ortonormalitzeu la base

e1 = (1, 1,−2), e2 = (3, 1, 1), e3 = (−2,−1,−2).

4. En l’espai dels polinomis de grau ≤ 2 definim

p · q =∫ +1

−1

p(x) q(x) dx.

Demostreu que es un produste escalar. Trobeu la matriu del producte escalar i una base ortogonal(de polinomis ortogonals).

5. Sigui S el conjunt de matrius M2(R) simetriques. Definim l’aplicacio

φ:S × S → R

(A,B) 7→ φ(A,B) = tr (AB).

(a) Demostreu que φ defineix un producte escalar a S.

(b) Donades les matrius de S

A =(

1/2 −1/2−1/2 1/2

), B =

(1 11 1

),

trobeu una matriu C ∈ S tal que A,B, C formin una base ortogonal de S.

(c) Ortonormalitzeu la base obtinguda.

6. Considereu l’espai vectorial dels polinomis de grau ≤ 2.

(a) Proveu que p(x) · q(x) =∫ 1

0

p(x) q(x) dx es un producte escalar.

(b) Trobeu una base ortonormal.

(c) Determineu l’angle que formen els polinomis

p1(x) = 3x + 7,

p2(x) = x2 − 6x + 2.

1.5. Espais vectorials euclidians 17


7. Sigui el producte escalar

φ ((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)) = (x1 − 2x2)(y1 − 2y2) + x2y2 + (x2 + x3)(y2 + y3).

(a) Trobeu-ne la matriu associada en la base {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}.(b) Trobeu una base ortonormal a partir de la base anterior.

(c) Trobeu l’angle que formen els vectors (1, 0, 0) i (0, 1, 0).


8. En una base {u, v}, una rotacio vectorial te per matriu(1 −3/2

2/3 0

)(a) Determineu l’angle de rotacio (entre 0 i π).

(b) Determineu l’angle dels vectors u, v, i la rao ‖u‖/‖v‖.(c) Sabent que ‖u‖ = 2, ‖v‖ = 3 i u · v = −3, ortonormalitzeu la base {u, v}.(d) Comproveu que la matriu del producte escalar en la base ortonormal es la identitat.

(e) Trobeu la matriu de la rotacio en la base ortonormal.


9. Donats dos vectors u 6= v, d’igual norma, d’un espai vectorial euclidia de dimensio 2, estudieu lesaplicacions ortogonals f tals que f(u) = v i f(v) = u.

10. Estudieu el subgrup de O(2) que deixa invariant el conjunt format per dos subespais vectorials dedimensio 1.

11. Sigui f una simetria axial de R2, d’eix 〈u〉, i v un vector qualsevol. Demostreu que vf(v) = 2vu.

12. Sigui una matriu simetrica

A =(

a bb d

)i D = Q−1AQ la seva forma diagonal. Demostreu que Q es una rotacio d’angle ϕ = 1

2 arctan 2ba−d .

13. Sigui f ∈ End(E) tal que ∀u, v ∈ E, f(u) · f(v) = λ(u · v), per a un cert valor fix λ > 0. Demostreuque

(a) ‖f(u)‖ = µ ‖u‖, amb µ =√

λ, ∀u ∈ E.

(b) f es bijectiva.

(c) Els unics valors propis possibles de f son ±µ.

(d) f = g ◦ h, on g ∈ O(n) i h es una homotecia.


14. Considereu a l’espai euclidia E2, dotat amb una base ortonormal,

R: la rotacio de +60◦ al voltant de l’origen,S: la simetria respecte a la recta x−

√3y = 0.

(a) Trobeu les matrius de R i S.

(b) Caracteritzeu l’aplicacio ortogonal R ◦ S.

(c) Es compleix R ◦ S = S ◦R? Cas que no es compleixi la igualtat, caracteritzeu S ◦R.


15. Considereu a l’espai euclidia R3 la matriu ortogonal

A =

0 0 10 1 01 0 0

.

Determineu els seus valors i vectors propis i doneu una interpretacio geometrica de l’endomorfisme deR3 associat.

16. Demostreu que la matriu

A =

8 + 5

√2

184 + 4

√2

188− 7

√2

184− 8

√2

182 + 8

√2

184 + 4

√2

188−

√2

184− 8

√2

188 + 5

√2

18

defineix una rotacio a R3. Calculeu l’eix i l’angle de la rotacio.

1.6. Geometria lineal 19

1.6 Geometria lineal

1. Estudieu si les rectes

r:x− 1

2=

y

1=

z

−1,

s:x

4=

y

2=

z

−2,

determinen un pla. En cas afirmatiu, trobeu la seva equacio en les formes parametrica, vectorial icartesiana. Trobeu la projeccio paral·lelament a l’eix OY del punt P = (1, 1, 1) sobre el pla.

2. Trobeu el pla que passa pel punt P = (1, 1, 1) i per la interseccio dels plans

x + 2y + 3z = 0,

2x + 3y + 4z = 0.

3. Donats els plans

A: x + y + z = 0,

B: x− y + z = 0,

i els punts P = (2, 2, 2), Q = (1, 1, 0), trobeu la interseccio del pla del feix determinat per A i B quepassa pel punt P amb la recta que passa per Q i es paral·lela als plans A i B.

4. Donats els punts de A = (0, 1, 1), B = (1, 2,−3), C = (1, 1, 1), D = (1, 3, 0) i E = (3, 1, 0), trobeu larecta que passa per E i talla les rectes determinades per AB i CD.

5. Trobeu les equacions vectorial, parametrica i cartesiana de l’hiperpla determinat pels punts A =(1,−2, 3, 1), B = (0, 0, 1, 5), C = (3,−1, 5, 0) i D = (1,−1, 0, 0).

6. Trobeu l’equacio de la varietat lineal suma de les rectes de R5:

L: x = y = z = t = s,

M :x− 1

3=

y

5=

z − 31

=t + 1

7=

s

−4.


7. Trobeu la relacio entre p, q i r per tal que els plans

x = py + qz,

y = qz + rx,

z = rx + py,

passin per una recta. Trobeu la seva equacio en forma contınua per a uns valors de p, q i r tals queels tres plans siguin diferents.


8. Trobeu la varietat lineal de dimensio 3 que passa pels punts A = (1,−1, 0, 0), B = (−1, 0, 0, 1) i esparal·lela al pla

x = −1 + 2a − by = − a + bz = 1 − a − 2bt = a

9. Donades les rectesx

a=

y

1=

z − 12

,

x + 11

=y

b=

z + 12

,

determineu:

(a) Per a quins valors de a i b les rectes es tallen i trobeu-ne la interseccio.(b) Per a quins valors de a i b les rectes son paral·leles.

10. Considereu les rectes:x− 1

2=

y + 23

=z + 4

1,

x + 2u

=y

−2=

z + 31

.

(a) Discutiu, segons els valors de u, quan les rectes son paral·leles, quan es tallen i quan es creuen.(b) En cas de ser coplanaries, determineu l’equacio en forma cartesiana del pla que determinen.

11. Trobeu un punt sobre la recta z = 0, y = 2x que equidisti dels punts en els quals la recta

r :x

1=

y − 32

=z − 2

2

talla els plans x = 0 i y = 0.(Problema resolt, Capıtol 2)

12. En un sistema de coordenades ortonormal, calculeu la distancia entre les rectes

r:x− 2

4=

y + 31

=z − 5−2

,

s:x + 1−3

=y − 1

2=

z

−5.

13. Determineu l’angle que formen els plans

x + y + z + 1 = 0,

2x− y + z − 1 = 0,

en un sistema de coordenades ortonormal.

14. Trobeu l’equacio en forma contınua de la recta s que passa per (1, 1, 1), talla la recta

x− 11

=y

2=

z

3

i es paral·lela al pla −x + 2y + z = 0. Calculeu la distancia entre la recta s i el pla en un sistema decoordenades ortonormal, i el punt d’interseccio de les dues rectes.(Problema d’examen)

A.1. Apendix: Relacions d’equivalencia 21

A.1 Apendix: Relacions d’equivalencia

1. En el conjunt A = {1, 2, 3, 4} s’estableix una relacio binaria de grafic

G = {(1, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (4, 2), (4, 3), (4, 4)}.

Justifiqueu que es d’equivalencia i trobeu el conjunt quocient.

2. Donat A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} es considera el conjunt A×A en el qual s’estableix la relacio binaria

(a, b)R (a′, b′) ⇐⇒ a + b′ = a′ + b.

(a) Justifiqueu que la relacio es d’equivalencia.

(b) Trobeu-ne les classes d’equivalencia.


3. Sigui P un pla i r una de les seves rectes. Sigui ab el segment d’extrems a i b. En el conjunt P − rdefinim la relacio

aR b ⇐⇒ ab ∩ r = ∅.

Demostreu que es d’equivalencia i indiqueu els elements del conjunt quocient.

4. En el conjunt de les rectes d’un pla definim

r1R r2 ⇐⇒ r1 ∩ r2 = ∅ o r1 = r2.

Demostreu que es d’equivalencia i indiqueu les classes d’equivalencia.

5. Siguin P un pla i A un dels seus punts. En el conjunt P −A definim la relacio

X RY ⇐⇒ A,X, Y alineats.

Demostreu que es d’equivalencia i indiqueu les classes. Ho sera si es defineix a P?

6. Considereu el conjunt de circumferencies d’un pla P . Les relacions que podem establir entre elles son

(a) a es interior a b,

(b) a i b son secants,

(c) a es exterior a b,

(d) a i b son tangents,

(e) a i b son concentriques.

Preciseu si son d’equivalencia.

7. Siguin dos conjunts A i B, i l’aplicacio f :A → B. En el conjunt A definim la relacio:

aR a′ ⇐⇒ f(a) = f(a′).

Demostreu que es d’equivalencia i trobeu el conjunt quocient.


A.2 Apendix: Grups

1. Sigui P = {p ∈ Z+; p es primer i p ≤ 13}. Definim p� q = el maxim factor primer de p + q − 2.Construıu la taula de (P,�) i demostreu que existeix un element neutre. Existeix invers per a totelement de P? Es � associativa?

2. Sigui (Z, ∗). Per a x, y ∈ Z es defineix x ∗ y = ax + by + c. Trobeu a, b i c per tal que (Z, ∗) sigui ungrup.(Problema resolt, Capıtol 2)

3. Sigui G = {a1, a2, . . . , an} un grup abelia. Considerem x = a1a2 · · · an. Demostreu que x2 = e.

4. Sigui G un grup i x ∈ G. Suposem que ∃n ≥ 1 tal que xn = e. Demostreu que ∃m ≥ 1 tal quex−1 = xm.

5. En el conjunt Q dels nombres racionals es defineix l’operacio ∗ de la forma a ∗ b = a + b + ab. Esdemana:

(a) Trobeu, si existeix, l’element neutre.

(b) Caracteritzeu l’element invers de a.

(c) Calculeu, si es possible, (a ∗ b)−1.

6. Sigui S un conjunt, G un grup i f una aplicacio bijectiva f :S → G. ∀x, y ∈ S definim:

x ∗ y = f−1 (f(x)f(y)) .

Demostreu que (S, ∗) es un grup.

7. Sigui la permutacio(1 2 3 4 5 6 7 8 97 4 1 8 6 5 9 2 3

).

(a) Descomposeu-la en producte de cicles i transposicions.

(b) Descomposeu-la en producte de transposicions.

8. Donada la permutacio

σ =(

1 2 3 4 5 6 7 8 93 7 8 9 4 5 2 1 6

),

calculeu σ100.

9. Sigui G un grup i H un dels seus subgrups. Per a un cert x ∈ G arbitrari considerem

H1 = xH x−1 = {x y x−1,∀y ∈ H}.

Demostreu que H1 es un subgrup del grup G.

A.2. Apendix: Grups 23

10. Sigui G el conjunt de transformacions del pla que deixen invariant un rectangle. Proveu que (G, ◦) esun grup amb la composicio de transformacions.

11. Sigui el conjunt de funcions reals C = {f1, f2, f3, f4} amb:

f1(x) = x, f2(x) = 1/x, f3(x) = −x, f4(x) = −1/x.

Proveu que:

(a) (C, ◦) es un grup amb la composicio d’aplicacions.(b) (C, ◦) es isomorf al grup de transformacions que deixen invariant un rectangle.(c) F = {f :R → R, on f(x) = (ax + b)/(cx + d), amb ad− bc 6= 0} es un grup amb la composicio

i que (C, ◦) es un subgrup de (F, ◦).

12. Definim a R×R l’operacio (x, y) ∗ (z, t) = (x + z, y + t) i l’aplicacio

f : (R×R, ∗) → (R∗, · )(x, y) 7→ f(x, y) = ex+y.

(a) Comproveu que (R×R, ∗) es un grup abelia.(b) Proveu que f es morfisme de grups i trobeu Ker f .(c) Interpreteu geometricament les classes d’equivalencia induıdes pel morfisme f i el conjunt quo-

cient, i trobeu la descomposicio canonica de f .


13. Sigui A = {2x 3y, ∀x, y ∈ Z} i B = {2n, ∀n ∈ Z}. Demostreu que (A/B, · ) ' (Z,+).

14. Siguin un grup abelia G i una aplicacio

f :G×G → G

(a, b) 7→ ab−1.

(a) Demostreu que f es un morfisme de grups.(b) Caracteritzeu Ker f .(c) Caracteritzeu (G×G)/Ker f .(d) Demostreu que (G×G)/Ker f ' G.


15. Sigui T = {I, G120, G240, S1, S2, S3} el grup de transformacions del pla que deixen invariant un triangleequilater. Trobeu els seus subgrups.

16. Sigui G el conjunt de transformacions del pla que deixen invariant un quadrat. Demostreu que formenun grup amb la composicio de transformacions i construiu la seva taula.

17. Demostreu que

(a) (Z/(5),+),(b) (Z/(5)∗, · ),

son grups abelians.(Problema resolt, Capıtol 2)

25

CAPITOL 2

PROBLEMES RESOLTS

Per a cada un dels temes de la col·leccio de problemes proposats s’han seleccionat alguns problemesespecialment significatius, per als quals se n’explica amb tot detall el metode de resolucio. En general, per acada tema, la resolucio dels problemes triats serveix com a pauta per a la resolucio de la resta de problemesproposats del tema (que s’han donat al capıtol anterior). Donat que gairebe sempre un problema es potresoldre correctament de moltes maneres diferents, s’ha intentat, sempre que ha estat possible, explicardiferents metodes alternatius de resolucio.

El nivell de detall amb que s’explica el metode de resolucio seria excessiu per a un examen, pero el quees preten es que l’estudiant pugui seguir sense cap dificultat el proces complet de resolucio. Es importantinsistir que qualsevol problema es pot resoldre normalment de moltes maneres alternatives, totes igualmentbones, encara que algunes siguin mes llargues que altres. Preferentment, hem donat mes importancia almetode mes simple o segur per a la resolucio dels problemes, encara que, sempre que ha estat possible, s’hanindicat possibles metodes alternatius.

26 CAPITOL 2. PROBLEMES RESOLTS

2.1 Espais vectorials

1. Enunciat:

Sigui l’espai vectorial E = {f :R → R}. Quines de les seguents famılies d’elements de E son linealmentindependents?

(a) sinx, cos x, 1.

(b) ex, ex+2.

(c) 2, x + 2, x2.

(d) 0, 1, x + 1.

Resolucio:

Per saber si un conjunt de vectors es linealment independent s’ha de veure que l’unica combinaciolineal d’aquest vectors que val zero es aquella en la qual tots els coeficients son zero. Anem a vuere-hoen aquests quatre casos.

(a) Estudiem el conjunt {sinx, cos x, 1}. Fem la combinacio lineal

α sinx + β cos x + γ 1 = 0,

on hem de veure si α = β = γ = 0. En l’espai vectorial considerat (el de les funcions reals devariable real), el vector 0 es la funcio f(x) = 0, ∀x ∈ R. Aixo vol dir que la combinacio linealque hem fet es una funcio que s’ha d’anul·lar per a tots els valors de x. Considerant uns quantsvalors concrets de x podem trobar condicions que han de complir els coeficients:

fent x = 0 : β + γ = 0,fent x = π/2 : α + γ = 0,fent x = π : −β + γ = 0.

Sumant la primera i tercera equacions tenim:

2γ = 0 =⇒ γ = 0.

Substituınt a la primera i segona equacions obtenim:

β = 0, α = 0.

Es a dir, els tres coeficients son zero:

α = β = γ = 0.

En conclusio, sinx, cos x, 1, son linealment independents.Noteu que estem exigint que la suma

α sinx + β cos x + γ 1

sigui nul·la ∀x ∈ R i aixo nomes passa quan α = β = γ = 0. No ha d’estranyar-nos que existeixinvalors de α, β i γ diferents de zero que anul·lin l’expressio anterior per a valors concrets de x. Perexemple, si considerem α = 1, β = 2, γ = −1, l’expressio anterior s’anul·la per a x = π/2:

1 sinπ

2+ 2 cos

π

2− 1 = 1 + 0− 1 = 0,

pero no es la funcio nul·la perque, per exemple, no s’anul·la per a x = 0:

1 sin 0 + 2 cos 0− 1 = 0 + 2− 1 6= 0.

(b) Anem a estudiar ara el conjunt {ex, ex+2}. Facilment veiem que

ex+2 = e2 ex.

Com que e2 ∈ R es un escalar, tots dos vectors, ex i ex+2, (funcions de R → R) son proporcionals,es a dir, linealment dependents.Fixeu-vos que podem fer la combinacio lineal nul·la ∀x ∈ R amb α = e2, β = −1:

αex + βex+2 = (e2)ex + (−1)ex+2 = 0.


(c) Considerem ara el conjunt {2, x+2, x2}. Procedim com per al primer apartat. Fem la combinaciolineal:

α 2 + β (x + 2) + γ x2 = 0,

que, agrupant termes, es:

2 (α + β) + β x + γ x2 = 0.

Sabem que el polinomi zero te tots els coeficients zero i que, perque dos polinomis siguin iguals,han de tenir els mateixos coeficients. Per tant, perque aquest polinomi sigui la funcio 0, els trescoeficients han de ser zero: 2 (α + β) = 0

β = 0γ = 0.

La solucio del sistema es

α = β = γ = 0.

En conclusio, 2, x + 2, x2, son linealment independents.

(d) L’ultim cas, {0, 1, x+1}, es un conjunt linealment dependent perque conte el vector 0. Qualsevolconjunt de vectors que contingui el 0 es linealment dependent. De fet, el vector 0 es, ell sol,linealment dependent (α 0 = 0, amb α 6= 0).Encara que ja sabem el resultat, podem comprovar de la manera habitual que {0, 1, x + 1} es unconjunt linealment dependent. Fem la combinacio lineal:

α 0 + β 1 + γ (x + 1) = 0,

que, agrupant termes, es:

(β + γ) + γ x = 0

Com en el cas anterior, els coeficients del polinomi han de ser zero. S’obte facilment que β =γ = 0. Fixeu-vos, pero, que el valor de α pot ser qualsevol (ja que apareix a la combinacio linealmultiplicat per zero). Com que α no es necessariament zero, el conjunt de vectors es linealmentdependent.


2. Enunciat:

Siguin

F = 〈(1, 2, 3, 4), (2, 2, 2, 6), (0, 2, 4, 4)〉, G = 〈(1, 0,−1, 2), (2, 3, 0, 1)〉.

Determineu les dimensions i trobeu una base de

(a) F ,

(b) G,

(c) F ∩G,

(d) F + G.

Resolucio:

(a) Anem a veure primer la dimensio de F . Hem de determinar si els vectors (1, 2, 3, 4), (2, 2, 2, 6),(0, 2, 4, 4), son linealment independents. Apliquem, per exemple, el metode de Gauss per obtenirconjunts de vectors equivalents al donat, es a dir, que generen el mateix subespai F :

(1, 2, 3, 4)(2, 2, 2, 6)(0, 2, 4, 4).

Dividim el 2n. i 3r. vectors per 2 i obtenim:

(1, 2, 3, 4)(1, 1, 1, 3)(0, 1, 2, 2).

Fem (2n. vector)′ = − 2n. vector + 1r. vector:

(1, 2, 3, 4)(0, 1, 2, 1)(0, 1, 2, 2).

Finalment, fem (3r. vector)′ = 3r. vector − (2n. vector)′:

(1, 2, 3, 4)(0, 1, 2, 1)(0, 0, 0, 1).

Aquests tres darrers vectors son linealment independents perque estan escalonats. En conclusio,son base de F i la dimensio de F es 3. Fixeu-vos que, tant {(1, 2, 3, 4), (2, 2, 2, 6), (0, 2, 4, 4)} (elconjunt inicial de vectors), com {(1, 2, 3, 4), (0, 1, 2, 1), (0, 0, 0, 1)} (el conjunt final), son base deF .

(b) Anem ara a veure la dimensio de G. Els dos vectors (1, 0,−1, 2), (2, 3, 0, 1) son linealmentindependents, perque no son proporcionals. En conclusio, son base de G i la dimensio de G es 2.

(c) Una vegada coneguts F i G, dediquem-nos a F ∩G.

• Primer metode:En general, hem de veure de quina forma son els vectors que pertanyen simultaniament a F i aG. Aixo vol dir (fent servir la base mes simple per a F trobada pel metode de Gauss) plantejaruna equacio de la forma:

α(1, 2, 3, 4) + β(0, 1, 2, 1) + γ(0, 0, 0, 1) = λ(1, 0,−1, 2) + µ(2, 3, 0, 1),

i buscar valors per a α, β, γ, λ i µ per tal de trobar els vectors del subespai interseccio. Aquestmetode general es llarg (s’ha de resoldre un sistema de 4 equacions amb 5 incognites):

α − λ − 2µ = 02α + β − 3µ = 03α + 2β + λ = 04α + β + γ − 2λ − µ = 0.


El resoldrem pel metode de Gauss. Resulta molt mes eficac reordenar les equacions i les variables(cosa que, evidentment, no altera la solucio del sistema d’equacions), de manera a obtenir elmaxim nombre de coeficients zero a la part triangular inferior de la matriu del sistema (a l’esquerrai a baix). El sistema d’equacions reordenat queda aixı:

γ − 2λ + 4α + β − µ = 0− λ + α − 2µ = 0

λ + 3α + 2β = 0+ 2α + β − 3µ = 0.

La matriu ampliada del sistema es ara:1 −2 4 1 −1 00 −1 1 0 −2 00 1 3 2 0 00 0 2 1 −3 0

.

Sumem la fila 2 a la fila 3 i obtenim:1 −2 4 1 −1 00 −1 1 0 −2 00 0 4 2 −2 00 0 2 1 −3 0

.

Restem a la fila 4, (1/2) de la fila 3, i obtenim:1 −2 4 1 −1 00 −1 1 0 −2 00 0 4 2 −2 00 0 0 0 −2 0

.

El sistema resulta compatible i la solucio, substituint des de l’ultima equacio cap a dalt, es potposar en funcio d’un parametre lliure:

µ = 0, β = −2α, α = α, λ = α, γ = 0.

Per tant, els vectors de F ∩G son de la forma:

F ∩G = {α(1, 2, 3, 4)− 2α(0, 1, 2, 1)} = {α(1, 0,−1, 2)} = 〈(1, 0,−1, 2)〉.

• Segon metode:Una manera mes senzilla (i que val la pena probar), pero que a vegades no es pot portar a terme,es veure si algun dels vectors donats d’un subespai (millor el de menor dimensio, G) pertany ono a l’altre subespai. Anem a fer-ho. Comencem pel primer vector de G. Si pertanyes a F , seriacombinacio lineal de la base de F :

(1, 0,−1, 2) = α′ (1, 2, 3, 4) + β′ (2, 2, 2, 6) + γ′ (0, 2, 4, 4)

Mes senzill resulta si fem servir la base de F trobada pel metode de Gauss:

(1, 0,−1, 2) = α (1, 2, 3, 4) + β (0, 1, 2, 1) + γ (0, 0, 0, 1)

El sistema resultant per a α, β i γ es:α = 1

2α + β = 03α + 2β = −14α + β + γ = 2

El sistema es compatible. La 1a. equacio ens dona α = 1. Substituint a la 2a. equacio obtenimβ = −2α = −2. La 4a. equacio dona γ = 2 − 4α − β = 2 − 4 + 2 = 0. Si substituım aquestsvalors a la 3a. equacio, comprovem que l’equacio es verifica: 3α + 2β = 3 · 1 + 2 · (−2) = −1. Pertant, la solucio del sistema es:

α = 1, β = −2, γ = 0.


Es a dir, el vector de G, (1, 0,−1, 2) pertany tambe a F i, per tant, a F ∩G. Tenim, per tant queF ∩G es, com a mınim, de dimensio 1 perque conte el vector (1, 0,−1, 2) i les seves combinacionslineals:

〈(1, 0,−1, 2)〉 ⊂ F ∩G

Apliquem el mateix procediment per a l’altre vector de G.

(2, 3, 0, 1) = α (1, 2, 3, 4) + β (0, 1, 2, 1) + γ (0, 0, 0, 1)

En aquest cas, el sistema resultant per a α, β i γ es:α = 2

2α + β = 33α + 2β = 04α + β + γ = 1

El sistema es incompatible. Si substituım α = 2 a la 2a. i 3a. equacions, obtenim valors de βdiferents. Per tant, el vector de G, (2, 3, 0, 1) no pertany a F .Com que, dels dos vectors (1, 0,−1, 2) i (2, 3, 0, 1) de la base de G, el primer pertany a F i elsegon no, qualsevol vector de G que pertanyi a F ha de ser multiple unicament del primer vector.En efecte, si u = (1, 0,−1, 2) ∈ F i v = (2, 3, 0, 1) 6∈ F , i la combinacio lineal λu + µv = w ∈ F ,tenim µv = w − λu ∈ F =⇒ µ = 0, ja que v 6∈ F .En conclusio, qualsevol dels dos metodes dona que:

F ∩G = 〈(1, 0,−1, 2)〉,

i, per tant,

dim (F ∩G) = 1 i la base de F ∩G es {(1, 0,−1, 2)}.

(d) Anem ara a caracteritzar F + G. Per definicio F + G = 〈F ∪G〉 (noteu que, en general, F ∪Gno es espai vectorial). Per tant,

F + G = 〈(1, 2, 3, 4), (2, 2, 2, 6), (0, 2, 4, 4), (1, 0,−1, 2), (2, 3, 0, 1)〉.

Pero ja sabem que el vector (1, 0,−1, 2) es combinacio lineal dels tres primers (que son linealmentindependents, com hem vist a l’apartat (a)), i que el vector (2, 3, 0, 1) no ho es (apartat (c)). Enconsequencia, si treiem el vector (1, 0,−1, 2), tindrem que el subespai vectorial engendrat sera elmateix:

F + G = 〈(1, 2, 3, 4), (2, 2, 2, 6), (0, 2, 4, 4), (2, 3, 0, 1)〉.

Aquı, a mes, sabem que tots quatre vectors son linealment independents.En conclusio, dim (F + G) = 4 i el conjunt de quatre vectors

{(1, 2, 3, 4), (2, 2, 2, 6), (0, 2, 4, 4), (2, 3, 0, 1)}

es la base buscada de F +G. Com que dim (F +G) = 4 es la dimensio de l’espai al qual pertanyenF i G, aquesta base es tambe una base de tot l’espai vectorial.

Com a conclusio final, fixeu-vos que es verifica la relacio de Grassmann entre les dimensions trobades:

dim (F + G) = dim F + dim G− dim (F ∩G).

En efecte,

dim (F + G) = 4,

dim F + dim G− dim (F ∩G) = 3 + 2− 1 = 4.


3. Enunciat:

Sigui M ={(

a b0 c

); a, b, c ∈ R

}. Trobeu una base de M2×2(R)/M .

Resolucio:

Abans de res, comprovem que M es un subespai vectorial de M2×2(R). Es a dir, hem de comprovarque M es tancat per les combinacions lineals. Siguin

m =(

a b0 c

)∈ M,

m′ =(

a′ b′

0 c′

)∈ M,

λ ∈ R.

Llavors,

m + m′ =(

a + a′ b + b′

0 c + c′

)∈ M,

λm =(

λa λb0 λc

)∈ M.

Per tant, M es, efectivament, un subespai vectorial de M2×2(R).

A continuacio, anem a examinar l’espai vectorial quocient M2×2(R)/M . Siguin ara m i m′ matriusde M2×2(R):

m =(

x zy t

)∈ M2×2(R),

m′ =(

x′ z′

y′ t′

)∈ M2×2(R).

La relacio d’equivalencia induıda per M es:

mRm′ ⇐⇒ m−m′ ∈ M ⇐⇒(x zy t

)−(

x′ z′

y′ t′

)=(

x− x′ z − z′

y − y′ t− t′

)=(

a b0 c

)=⇒

y − y′ = 0 ⇐⇒ y = y′

Per tant, son equivalents totes les matrius que tenen igual l’element de la fila 2, columna 1, qualsevolsque siguin els valors dels altres elements. Es a dir, les classes d’equivalencia vindran caracteritzadesper aquest valor. Anomenem

[y] ≡[(

0 0y 0

)]={(

a by c

), ∀a, b, c ∈ R

}={(

0 0y 0

)+ m, ∀m ∈ M

}≡(

0 0y 0

)+ M.

Com que les classes depenen d’un unic parametre y, l’espai quocient es de dimensio 1 i, en conclusio,la base mes senzilla de M2×2(R)/M es:

{[1]} ={[(

0 01 0

)]}.

Vist des d’un altre punt de vista, podem considerar la base canonica de M2×2(R):{(1 00 0

),

(0 01 0

),

(0 10 0

),

(0 00 1

)}.


La base de M esta formada pels elements 1r., 3r. i 4t., i les classes d’equivalencia corresponents donenla classe [0]:[(

1 00 0

)]=[(

0 10 0

)]=[(

0 00 1

)]≡ [0] .

La classe del 2n. element dona la base de l’espai vectorial quocient:[(0 01 0

)]≡ [1] .

Aquesta ultima classe es, precisament, la base ja trobada de M2×2(R)/M .

Finalment, fixeu-vos que la base de l’espai quocient M2×2(R)/M esta constituıda per un sol element,com era d’esperar, perque

dim M2×2(R)/M = dim M2×2(R)− dim M = 4− 3 = 1.


2.2 Aplicacions lineals

1. Enunciat:

Sigui f :R4 → R3 tal que

f(x, y, z, t) = (x + z − t, 2x + y − z + 2t, 3x + y + mt).

(a) Demostreu que f es lineal.

(b) Estudieu Ker f i Im f segons els valors de m.

(c) Trobeu f−1(a, 4, 5) per al valor de m que faci mınim el rang de f , segons els diferents valors de a.

Resolucio:

(a) Esperem que l’aplicacio f sigui lineal, donat que cada component de la imatge es una combinaciolineal de les variables. Anem a comprovar-ho veient que es un morfisme respecte la suma i elproducte per escalars:

f ((x, y, z, t) + (x′, y′, z′, t′)) = f(x + x′, y + y′, z + z′, t + t′) =(x + x′ + z + z′ − t− t′, 2x + 2x′ + y + y′ − z − z′ + 2t + 2t′,

3x + 3x′ + y + y′ + mt + mt′) =(x + z − t, 2x + y − z + 2t, 3x + y + mt) +(x′ + z′ − t′, 2x′ + y′ − z′ + 2t′, 3x′ + y′ + mt′) = f(x, y, z, t) + f(x′, y′, z′, t′).

f (λ (x, y, z, t)) = f(λx, λy, λz, λt) =(λx + λz − λt, 2λx + λy − λz + 2λt, 3λx + λy + mλt) =λ(x + z − t, 2x + y − z + 2t, 3x + y + mt) = λf(x, y, z, t).

Efectivament, doncs, l’aplicacio es lineal.

(b) Per simplicitat, treballarem en la base canonica. Comencem veient quina es la matriu del’aplicacio lineal f en la base canonica. Les columnes de la matriu son les components de lesimatges per f dels vectors de la base considerada:

f(e1) = f(1, 0, 0, 0) = (1, 2, 3),f(e2) = f(0, 1, 0, 0) = (0, 1, 1),f(e3) = f(0, 0, 1, 0) = (1,−1, 0),f(e4) = f(0, 0, 0, 1) = (−1, 2,m).

Per tant, la matriu associada a f en aquesta base es:

M =

1 0 1 −12 1 −1 23 1 0 m

.

• Im f :Per estudiar Im f = 〈f(e1), f(e2), f(e3), f(e4)〉, recordem que dim Im f ≡ rang f = rang M .Examinem, doncs, quin es el rang de la matriu M . El rang es com a mınim 2, perque hi hamenors d’ordre 2 diferents de zero. Per exemple:∣∣∣∣ 1 0

2 1

∣∣∣∣ = 1 6= 0.

Per veure si el rang es 3 (el valor maxim que pot tenir ja que la matriu nomes te tres files),orlem aquest menor amb la tercera fila i cada una de les dues columnes que falten (la 3a. i


la 4a.), i mirem si algun d’aquests menors es diferent de zero:∣∣∣∣∣∣1 0 12 1 −13 1 0

∣∣∣∣∣∣ = 2− 3 + 1 = 0,

∣∣∣∣∣∣1 0 −12 1 23 1 m

∣∣∣∣∣∣ = m− 2 + 3− 2 = m− 1.

Per tant, el rang de f depen del valor de m:m = 1 =⇒ rang f = 2 (tots els menors d’ordre 3 son zero),m 6= 1 =⇒ rang f = 3 (hi ha un menor d’ordre 3 no nul).

Com que Im f esta generat per les columnes de la matriu, una base per a Im f es el conjuntde vectors (columnes de la matriu) que hem trobat linealment independents, per a cada cas.Per tant, segons el valor de m:

m = 1 =⇒ Im f = 〈(1, 2, 3), (0, 1, 1)〉,m 6= 1 =⇒ Im f = 〈(1, 2, 3), (0, 1, 1), (−1, 2,m)〉.

• Ker f :Anem a examinar ara Ker f , es a dir, el subespai vectorial de R4 de vectors anul·lats perl’aplicacio lineal f :

Ker f = {(x, y, z, t) ∈ R4; f(x, y, z, t) = 0}.La condicio que ha de complir un vector (x, y, z, t) per pertanyer al Ker f es, en formamatricial, 1 0 1 −1

2 1 −1 23 1 0 m

xyzt

=

0000

.

El sistema d’equacions resultant per a x, y, z, t es: x + z − t = 02x + y − z + 2t = 03x + y + mt = 0.

Observeu que el sistema d’equacions es pot obtenir tambe directamement de la definicio del’aplicacio lineal donada a l’enunciat, fent f(x, y, z, t) = (x+z−t, 2x+y−z+2t, 3x+y+mt) =(0, 0, 0, 0).Resolent el sistema, per exemple, per Gauss:1 0 1 −1 0

2 1 −1 2 03 1 0 m 0

−→

1 0 1 −1 00 1 −3 4 00 1 −3 m+3 0

−→

1 0 1 −1 00 1 −3 4 00 0 0 m−1 0

.

Per poder continuar, hem de distingir els dos casos m = 1 i m 6= 1.En el cas m = 1, la tercera equacio es trivial (0 = 0), i el sistema te dues equacionsindependents. La solucio depen de dos parametres (4 incognites − 2 equacions), per exemplez i t:

x = −z + t,

y = 3z − 4t.

Per tant, els vectors de Ker f son de la forma:Ker f = {(−z + t, 3z − 4t, z, t)} = {z(−1, 3, 1, 0) + t(1,−4, 0, 1)} =

〈(−1, 3, 1, 0), (1,−4, 0, 1)〉.Fixeu-vos que aquests dos vectors son linealment independents.En el cas m 6= 1, la tercera equacio dona directament t = 0, i la solucio del sistema depennomes d’un parametre, per exemple z:

x = −z,

y = 3z.

Per tant, els vectors de Ker f son de la forma:Ker f = {(−z, 3z, z, 0)} = {z(−1, 3, 1, 0)} = 〈(−1, 3, 1, 0)〉.


Fixeu-vos que hem obtingut les dimensions correctes per a Ker f en tots dos casos:

dim Ker f + dim Im f = 4 =⇒{

m = 1 =⇒ dim Ker f = 4− 2 = 2,m 6= 1 =⇒ dim Ker f = 4− 3 = 1.

Com a conclusio d’aquest apartat, tenim dos casos:

• m = 1Im f = 〈(1, 2, 3), (0, 1, 1)〉, dim Im f ≡ rang f = 2,Ker f = 〈(−1, 3, 1, 0), (1,−4, 0, 1)〉, dim Ker f = 2.

• m 6= 1Im f = 〈(1, 2, 3), (0, 1, 1), (−1, 2,m)〉, dim Im f ≡ rang f = 3,Ker f = 〈(−1, 3, 1, 0)〉, dim Ker f = 1.

(c) El valor que fa mınim el rang de f es, tal com acabem de veure, m = 1. Hem de trobar el conjuntde vectors de R4, que tenen com a imatge el vector (a, 4, 5) ∈ R4:

f−1(a, 4, 5) = {(x, y, z, t) ∈ R4; f(x, y, z, t) = (a, 4, 5)}.

Expressat en forma matricial, tenim: 1 0 1 −12 1 −1 23 1 0 1

xyzt

=

a45

,

que dona lloc al sistema d’equacions: x + z − t = a2x + y − z + 2t = 43x + y + t = 5

Observeu que el sistema d’equacions es pot obtenir tambe directamement de la definicio del’aplicacio lineal, fent que la imatge d’un vector de components (x, y, z, t) sigui (a, 4, 5).Resolem el sistema, per exemple, per Gauss:1 0 1 −1 a

2 1 −1 2 43 1 0 1 5

−→

1 0 1 −1 a0 1 −3 4 4−2a0 1 −3 4 5−3a

−→

1 0 1 −1 a0 1 −3 4 4−2a0 0 0 0 1−a

.

Per tant, tenim dos casos segons el valor de a.Si a 6= 1 el sistema es incompatible. Aixo vol dir que no hi ha cap vector antiimatge de (a, 4, 5).Expressat d’una altra forma, f−1(a, 4, 5) = ∅.Si a = 1, la 3a. equacio es trivial (0 = 0). En aquest cas, el sistema es compatible i indeterminat:{

x + z − t = 1y − 3z + 4t = 2

i la solucio depen de dos parametres, per exemple, z i t:

x = 1− z + t,y = 2 + 3z − 4t.

Per tant, en aquest cas:

f−1(1, 4, 5) = {(1− z + t, 2 + 3z − 4t, z, t)} ={(1, 2, 0, 0) + z(−1, 3, 1, 0) + t(1,−4, 0, 1)} =(1, 2, 0, 0) + 〈(−1, 3, 1, 0), (1,−4, 0, 1)〉 = (1, 2, 0, 0) + Ker f.

Fixeu-vos que l’antiimatge, constituıda per infinits vectors, es pot posar com a suma d’una solucioparticular mes Ker f . El fet que l’antiimatge no sigui unica es consequencia que Ker f contealtres vectors a mes del vector 0 (condicio equivalent a que f no sigui injectiva).Com a conclusio d’aquest apartat, per a m = 1 tenim dos casos:

• a 6= 1 =⇒ f−1(a, 4, 5) = ∅.• a = 1 =⇒ f−1(1, 4, 5) = (1, 2, 0, 0) + 〈(−1, 3, 1, 0), (1,−4, 0, 1)〉.


2. Enunciat:

Sigui f un endomorfisme donat per 0 1 −13/2 −1/2 −1/21/2 −1/2 −1/2

en la base canonica. Trobeu la matriu de f en la base v1 = (0, 1/2, 1/2), v2 = (1/2, 0, 1/2), v3 =(1/2, 1/2, 0).

Resolucio:

Anomenem A la matriu de l’endomorfisme f en la base canonica:

A =

0 1 −13/2 −1/2 −1/21/2 −1/2 −1/2

.

Els vectors de la nova base son (expressats en la base canonica):

v1 = (0, 1/2, 1/2),v2 = (1/2, 0, 1/2),v3 = (1/2, 1/2, 0).

• Primer metode:La matriu del canvi de base, P , es la que te com a columnes les components dels tres vectors v1, v2,v3:

P =

0 1/2 1/21/2 0 1/21/2 1/2 0

.

La dificultat pot ser en saber en quin sentit actua aquesta matriu de canvi de base. Passa les compo-nents d’un vector de la primera base (la canonica) a la segona ({v1, v2, v3}), o a l’inreves? Una formapractica de recordar-ho es fer el raonament seguent, que no es res mes que aplicar el canvi de base aun vector tant senzill com sigui possible. Si multipliquem la matriu P pel vector (1, 0, 0) obtenim laprimera columna de la matriu, es a dir les components de v1 en la base canonica (primera base): 0 1/2 1/2

1/2 0 1/21/2 1/2 0

100

=

01/21/2

.

Com que (1, 0, 0) son les components de v1 en la base {v1, v2, v3}, la matriu P passa de les componentsd’un vector en la segona base, a les components del mateix vector en la primera base. Si volem fer elcanvi invers, es a dir, passar de les components d’un vector en la primera base, a les components enla segona base, hem de fer servir la matriu inversa P−1.

Per al cas d’un endomorfisme f , si A es la matriu de f en la primera base, i B la matriu de f en lasegona base, tindrem la relacio:

B = P−1 A P.

P ens passa les components d’un vector en la segona base a la primera base, A ens en calcula la imatgeen la primera base i, finalment, P−1 ens passa les components de la imatge a la segona base. Aixoequival a calcular, en la segona base, la imatge del vector.

En qualsevol cas, per canviar de base la matriu de l’endomorfisme necessitem coneixer totes duesmatrius, P i P−1. Anem a calcular, doncs, la matriu inversa de P . Els passos a seguir son elsseguents:


• Calcul del determinant de la matriu:El calcul directe dona

det P =

∣∣∣∣∣∣0 1/2 1/2

1/2 0 1/21/2 1/2 0

∣∣∣∣∣∣ = 18

+18

=14.

• Calcul de la matriu transposada:En aquest cas, com la matriu P es simetrica,

P t = P.

• Calcul de la matriu adjunta de la transposada:La matriu adjunta X te com a elements xi

j els menors d’ordre n − 1 obtinguts eliminant la filai i la columna j, que son les de l’element del qual es calcula l’adjunt. A mes, se li ha de donarel signe determinat per (−1)i+j (a efectes practics, el signe de x1

1 es +1, i es va alternant cadavegada que s’avanca una fila o una columna). Per al nostre cas, s’han de calcular 9 determinantsd’ordre 2, i s’obte:

X =

+∣∣∣∣ 0 1/2

1/2 0

∣∣∣∣ −∣∣∣∣ 1/2 1/2

1/2 0

∣∣∣∣ +∣∣∣∣ 1/2 0

1/2 1/2

∣∣∣∣−∣∣∣∣ 1/2 1/2

1/2 0

∣∣∣∣ +∣∣∣∣ 0 1/2

1/2 0

∣∣∣∣ −∣∣∣∣ 0 1/2

1/2 1/2

∣∣∣∣+∣∣∣∣ 1/2 1/2

0 1/2

∣∣∣∣ −∣∣∣∣ 0 1/2

1/2 1/2

∣∣∣∣ +∣∣∣∣ 0 1/2

1/2 0

∣∣∣∣

=

−1/4 1/4 1/41/4 −1/4 1/41/4 1/4 −1/4

.

• Finalment, divisio de la matriu adjunta pel determinant:Es a dir,

P−1 =X

det P.

Per al nostre cas,

P−1 =1

1/4

−1/4 1/4 1/41/4 −1/4 1/41/4 1/4 −1/4

=

−1 1 11 −1 11 1 −1

.

Es pot comprovar que, efectivament, les dues matrius son inversa una de l’altra, es a dir:

P P−1 = P−1 P =

1 0 00 1 00 0 1

≡ I.

Una vegada tenim calculades la matriu de canvi de base i la del canvi invers, podem canviar de basel’endomorfisme f , que te associada la matriu A en la base canonica. Si anomenem B la matriu de fen la base {v1, v2, v3}, la relacio es:

B = P−1 A P =

−1 1 11 −1 11 1 −1

0 1 −13/2 −1/2 −1/21/2 −1/2 −1/2

0 1/2 1/21/2 0 1/21/2 1/2 0

=

14

−1 1 11 −1 11 1 −1

0 2 −23 −1 −11 −1 −1

0 1 11 0 11 1 0

=

14

−1 1 11 −1 11 1 −1

0 −2 2−2 2 2−2 0 0

=14

−4 4 00 −4 00 0 4

=

−1 1 00 −1 00 0 1

.


En conclusio, la matriu de f en la base {v1, v2, v3}, es:

B =

−1 1 00 −1 00 0 1

.

• Segon metode:Recordem que la matriu associada a un endomorfisme en una certa base te com a columnes lescomponents, en la mateixa base, de les imatges dels vectors de la base. A vegades, el calcul de lamatriu d’un endomorfisme en una base diferent de la inicial es pot fer facilment si les imatges delsvectors de la nova base es poden expressar facilment com a combinacio lineal de la nova base. Per alnostre cas:

f(v1) =

0 1 −13/2 −1/2 −1/21/2 −1/2 −1/2

01/21/2

=

0−1/2−1/2

= −v1,

f(v2) =

0 1 −13/2 −1/2 −1/21/2 −1/2 −1/2

1/20

1/2

=

−1/21/2

0

= v1 − v2,

f(v3) =

0 1 −13/2 −1/2 −1/21/2 −1/2 −1/2

1/21/2

0

=

1/21/2

0

= v3.

Per tant, la matriu buscada te, com a columnes, les components en la base {v1, v2, v3} dels vectors:

f(v1) = −v1 = (−1, 0, 0),f(v2) = v1 − v2 = (1,−1, 0),f(v3) = v3 = (0, 0, 1).

La matriu de f en la base {v1, v2, v3} coincideix amb la trobada pel primer metode:

B =

−1 1 00 −1 00 0 1

.

Per completar el problema, es pot aprofitar tenir la matriu del mateix endomorfisme f en dues basesdiferents, per comprovar la invariancia del determinant i de la traca de l’endomorfisme.

En efecte, tots dos determinants valen +1:

det A =

∣∣∣∣∣∣0 1 −1

3/2 −1/2 −1/21/2 −1/2 −1/2

∣∣∣∣∣∣ = 14

∣∣∣∣∣∣0 1 −13 −1 −11 −1 −1

∣∣∣∣∣∣ = 14

(3− 1− 1 + 3) = +1,

det B =

∣∣∣∣∣∣−1 1 0

0 −1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣ = +1.

Es a dir, det A = det B.

Quant a les traces (la traca d’una matriu quadrada es la suma dels elements de la diagonal principal):

tr A = 0− 1/2− 1/2 = −1,

tr B = −1− 1 + 1 = −1.

Es a dir, tr A = tr B.

Cas de no complir-se la invariancia del determinant o de la traca d’una matriu, es pot assegurar ques’ha comes un error en canviar de base. Malgrat tot, la invariancia del determinant i de la traca, persı sol, no es suficient per assegurar que el canvi de base s’hagi fet correctament.


3. Enunciat:

Sigui P3 l’espai vectorial sobre R dels polinomis de R[x] de grau ≤ 2. Siguin t1, t2, t3 tres nombresreals diferents. Per a i = 1, 2, 3 definim

fi:P3 → R

p 7→ fi(p) = p(ti).

(a) Demostreu que {f1, f2, f3} es una base de l’espai dual de P3.

(b) Trobeu una base de P3 de la qual {f1, f2, f3} es la base dual quan t1 = 1, t2 = 2, t3 = 3.

Resolucio:

(a) A partir de la seva definicio, es evident que les fi son formes de l’espai P3, fi ∈ P ∗3 . Aixı, com

que P3 es un espai vectorial de dimensio 3, si demostrem que son linealment independents, serantambe un sistema generador i, per tant, una base de P3.Per demostrar que son linealment independents, considerem una combinacio lineal nul·la de f1,f2 i f3,

αf1 + βf2 + γf3 = 0.

El fet que aquesta forma sigui nul·la vol dir que s’ha d’anul·lar per a qualsevol polinomi de P3,es a dir que ∀p(x) ∈ P3,

(αf1 + βf2 + γf3)(p) = 0 ⇐⇒ αp(t1) + βp(t2) + γp(t3) = 0.

Ara podem raonar de dues maneres diferents:

• Primer metode:Com que aixo s’ha de complir per a qualsevol polinomi p(x) ∈ P3, podem triar-lo de manera quesigui necessari que s’anul·lin els coeficients. Per exemple, el polinomi (x − t2)(x − t3) s’anul·laper a t2 i t3, pero no s’anul·la per a t1 perque t1 es diferent de t2 i t3. Per tant,

0 = (αf1 + βf2 + γf3) ([x− t2][x− t3]) = α(t1 − t2)(t1 − t3) =⇒ α = 0.

Si considerem ara que la forma s’ha d’anul·lar tambe per als polinomis (x − t1)(x − t3) i (x −t1)(x− t2) obtindrem de manera semblant que neccesariament β = γ = 0.

• Segon metode:Una manera alternativa (i mes llarga) es fer servir la forma general del polinomi p(x), p(x) =ax2 + bx + c i imposar que ∀a, b, c ∈ R, es compleixi

α(at21 + bt1 + c) + β(at22 + bt2 + c) + γ(at23 + bt3 + c) = 0.

Agrupant els termes en a, b i c, obtenim

a(αt21 + βt22 + γt23) + b(αt1 + βt2 + γt3) + c(α + β + γ) = 0.

Com que a, b i c son qualsevols, perque s’anul·li l’expressio anterior es necessari que siguin zeroels coeficients de a, b i c,αt21 + βt22 + γt23 = 0

αt1 + βt2 + γt3 = 0α + β + γ = 0

El determinant d’aquest sistema es∣∣∣∣∣∣t21 t22 t23t1 t2 t31 1 1

∣∣∣∣∣∣ = (t1 − t2)(t2 − t3)(t3 − t1) 6= 0,

perque t1, t2 i t3 son diferents. Per tant, el sistema es determinat i te una unica solucio, α = β =γ = 0.En conclusio, les formes f1, f2 i f3 son linealment independents i, per tant, son base de P ∗

3 .


(b) En aquest apartat, tenim que t1 = 1, t2 = 2 i t3 = 3.Sigui {p1, p2, p3} la base de P3 que busquem, de la qual {f1, f2, f3} n’es la dual.Els polinomis pi han de complir les condicions seguents.p1:

f1(p1) = 1 ⇐⇒ p1(1) = 1,

f2(p1) = 0 ⇐⇒ p1(2) = 0,

f3(p1) = 0 ⇐⇒ p1(3) = 0.

p2:

f1(p2) = 0 ⇐⇒ p2(1) = 0,

f2(p2) = 1 ⇐⇒ p2(2) = 1,

f3(p2) = 0 ⇐⇒ p2(3) = 0.

p3:

f1(p3) = 0 ⇐⇒ p3(1) = 0,

f2(p3) = 0 ⇐⇒ p3(2) = 0,

f3(p3) = 1 ⇐⇒ p3(3) = 1.

Igual que al primer apartat, per trobar-los podem raonar de dues maneres diferents:

• Primer metode:Podem escriure directament els polinomis, fent servir els polinomis interpoladors de Lagrange,

p1(x) =(x− 2)(x− 3)(1− 2)(1− 3)

=12(x− 2)(x− 3) =

12x2 − 5

2x + 3,

p2(x) =(x− 1)(x− 3)(2− 1)(2− 3)

= −(x− 1)(x− 3) = −x2 + 4x− 3,

p3(x) =(x− 1)(x− 2)(3− 1)(3− 2)

=12(x− 1)(x− 2) =

12x2 − 3

2x + 1.

• Segon metode:Una manera alternativa (i mes llarga) es imposar les condicions anteriors a uns polinomis genericspi(x) = aix

2 + bix + ci. Aixo dona lloc a tres sistemes d’equacions.Per a p1 tenim a1 + b1 + c1 = 1

4a1 + 2b1 + c1 = 09a1 + 3b1 + c1 = 0

que te com a solucio

a1 =12, b1 = −5

2, c1 = 3,

de manera que

p1(x) =12x2 − 5

2x + 3.

Per a p2 tenim a2 + b2 + c2 = 04a2 + 2b2 + c2 = 19a2 + 3b2 + c2 = 0


a2 = −1, b2 = 4, c2 = −3,

de manera que

p2(x) = −x2 + 4x− 3.


Per a p3 tenim a3 + b3 + c3 = 04a3 + 2b3 + c3 = 09a3 + 3b3 + c3 = 1


a3 =12, b3 = −3

2, c3 = 1,

de manera que

p3(x) =12x2 − 3

2x + 1.


2.3 Determinants i sistemes d’equacions lineals

1. Enunciat:

Comproveu, sense desenvolupar, la seguent igualtat:∣∣∣∣∣∣a + b b + c c + ae + f f + g g + ei + j j + k k + i

∣∣∣∣∣∣ = 2


∣∣∣∣∣∣ .Resolucio:

El que farem es aplicar les propietats dels determinants per comprovar aquesta igualtat. Ho farem dedues maneres diferents.

• Primer metode:Farem servir la descomposicio d’un determinant en suma de dos quan una columna es suma de dues,l’anul·lacio d’un determinant quan una columa es combinacio lineal d’altres i, finalment, el canvi designe quan es permuten dues columnes.∣∣∣∣∣∣

a + b b + c c + ae + f f + g g + ei + j j + k k + i

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

a b + c c + ae f + g g + ei j + k k + i

∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣

b b + c c + af f + g g + ej j + k k + i

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣a b c + ae f g + ei j k + i

∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣

a c c + ae g g + ei k k + i

∣∣∣∣∣∣︸︷︷︸0

+

∣∣∣∣∣∣b b c + af f g + ej j k + i

∣∣∣∣∣∣︸︷︷︸0

+

∣∣∣∣∣∣b c c + af g g + ej k k + i

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

a b ce f gi j k

∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣

a b ae f ei j i

∣∣∣∣∣∣︸︷︷︸0

+

∣∣∣∣∣∣b c cf g gj k k

∣∣∣∣∣∣︸︷︷︸0

+

∣∣∣∣∣∣b c af g ej k i

∣∣∣∣∣∣ = 2


∣∣∣∣∣∣ .

• Segon metode:Si ens fixem en el resultat que volem obtenir, veiem que a cada columna li sobra el segon sumand.Farem servir la possibilitat de sumar, a una columna del determinant, una combinacio lineal de lesaltres, sense alterar el valor del determinant. Partim de:

∆ =

∣∣∣∣∣∣a + b b + c c + ae + f f + g g + ei + j j + k k + i

∣∣∣∣∣∣i volem expressar-lo en termes de:∣∣∣∣∣∣

a b ce f gi j k

∣∣∣∣∣∣ .Per eliminar el segon sumand que apareix a la 1a. columna, podem sumar a la 1a. columna unacombinacio lineal formada per (−2a. columna + 3a. columna), i obtenim:

∆ =

∣∣∣∣∣∣2a b + c c + a2e f + g g + e2i j + k k + i

∣∣∣∣∣∣ = 2

∣∣∣∣∣∣a b + c c + ae f + g g + ei j + k k + i

∣∣∣∣∣∣ .


Ara podem eliminar facilment el segon sumand de la 3a. columna, restant-li la 1a. columna:

∆ = 2

∣∣∣∣∣∣a b + c ce f + g gi j + k k

∣∣∣∣∣∣ .Finalment, podem restar la 3a. columna a la 2a., i obtenim el resultat que voliem demostrar:

∆ = 2


∣∣∣∣∣∣ .


2. Enunciat:

Sigui la matriu de M3 (Z/(n)):

A =

1 2 43 0 11 2 1

.

Calculeu la inversa (si existeix) per a n = 5 i n = 9.

Resolucio:

La condicio necessaria i suficient que ha de complir una matriu perque sigui invertible es que el seudeterminant sigui diferent de zero. Anem, per tant, a calcular el determinant de A. L’inconvenientes que hem d’operar a Z/(n), pero, de fet, aixo no es cap dificultat. Sabem que per operar a Z/(n)s’han de fer les operacions amb els representants de les classes. Per simplificar la notacio, tal com estaa l’enunciat, no posarem els habituals [ ] al voltant dels representants de les classes de Z/(n). Peroperar a Z/(n) podem sumar i multiplicar com a Z, i mirar finalment a quina classe d’equivalenciapertany el resultat obtingut. Per tant, operant com a Z, obtenim:

det A =

∣∣∣∣∣∣1 2 43 0 11 2 1

∣∣∣∣∣∣ = 24 + 2− 6− 2 = 18.

Ara es quan ens hem de preguntar: quant val [18]? La resposta, evidentment, depen de n. Si n esdivisor de 18, det A = [18] = [0]. En cas contrari, det A = [18] 6= [0]. Per tant, la matriu A no esinvertible a Z/(9). En canvi, la matriu inversa de A existeix per a n = 5.

En ser 5 un nombre primer, (Z/(5),+, · ) es un cos commutatiu (com ho son Q o R), es a dir, unanell commutatiu, unitari, i sense divisors de zero (un domini d’integritat, com Z) i, on a mes, tots elselements diferents de zero tenen invers; es a dir, on sempre es pot dividir, excepte per zero. (Noteuque (Z/(9),+, · ) no es un cos perque 9 no es primer, i aixo seria una altra rao per a la no existenciade la inversa de la matriu A a Z/(9). Vegeu, per exemple, el problema A.2.4.)

Per a n = 5, anem seguint els passos habituals per calcular la inversa d’una matriu, tenint nomes laprecaucio de calcular correctament a Z/(5).

• Determinant:

det A = 18 = 3.

(Recordeu que 18 = 3 + 5 i que, per tant, [18] = [3].)

• Matriu transposada:

At =

1 3 12 0 24 1 1

.

• Matriu adjunta de la transposada:

X =

+∣∣∣∣ 0 2

1 2

∣∣∣∣ −∣∣∣∣ 2 2

4 1

∣∣∣∣ +∣∣∣∣ 2 0

4 1

∣∣∣∣−∣∣∣∣ 3 1

1 1

∣∣∣∣ +∣∣∣∣ 1 1

4 1

∣∣∣∣ −∣∣∣∣ 1 3

4 1

∣∣∣∣+∣∣∣∣ 3 1

0 2

∣∣∣∣ −∣∣∣∣ 1 1

2 2

∣∣∣∣ +∣∣∣∣ 1 3

2 0

∣∣∣∣

=

−2 6 2−2 −3 11

6 0 −6

=

3 1 23 2 11 0 4

.

(Per a l’ultim pas, recordeu, per exemple, que −2 = 3− 5 = 3 + 5 i que, per tant, [−2] = [3].)


• Divisio de la matriu adjunta pel determinant:

A−1 =13

3 1 23 2 11 0 4

.

Aquı ve la part mes delicada. S’ha de fer una divisio per 3 a Z/(5) i no es gens evident com s’hade fer. Explicarem dues maneres de fer-ho.Primer metode: Noteu que dividir per tres es multiplicar per l’invers de 3. L’invers de 3 es:

3−1 =13

=63

= 2.

(En general, per determinar 3−1 hauriem de calcular la taula del producte del 3 a Z/(5)∗.) Es adir, a Z/(5)∗ dividir per 3 es el mateix que multiplicar per 2. Per tant la matriu inversa es:

13

3 1 23 2 11 0 4

= 2

3 1 23 2 11 0 4

=

6 2 46 4 22 0 8

=

1 2 41 4 22 0 3

.

Segon metode: Una manera alternativa es la de buscar, abans de dividir, coeficients de la matriuque siguin multiples de 3. Fem-ho:

13

3 1 23 2 11 0 4

=13

3 6 123 12 66 0 9

=

1 2 41 4 22 0 3

.

Nomes hem sumat multiples de n = 5 als elements de la primera matriu i, per tant, les duesprimeres matrius son identiques a Z/(5).

Tots dos metodes donen, evidentment, el mateix resultat. En conclusio, la matriu inversa es:

A−1 =

1 2 41 4 22 0 3

.

Per acabar, val la pena comprovar que el producte A A−1 = A−1 A = I. Per exemple,

A A−1 =

1 2 43 0 11 2 1

1 2 41 4 22 0 3

=

11 10 205 6 155 10 11

=

1 0 00 1 00 0 1

.


3. Enunciat:

Resoleu: x − y + z = 42x + y − 3z = 17x − y − 3z = 14

Resolucio:

Donem dos metodes diferents de resolucio que inclouen, tots dos, les dues etapes de la resolucio:discussio del sistema, i recerca de la solucio (que no necessariament ha d’existir o ser unica).

• Primer metode:PER DETERMINANTS

La matriu del sistema, A, i la matriu del sistema ampliada amb els termes independents (A|b), sonrespectivament:

A =

1 −1 12 1 −37 −1 −3

, (A|b) =

1 −1 1 42 1 −3 17 −1 −3 14

.

El primer pas es trobar el rang de la matriu del sistema. Mirem si el rang coincideix amb el nombred’incognites (3):

det A =

∣∣∣∣∣∣1 −1 12 1 −37 −1 −3

∣∣∣∣∣∣ = −3 + 21− 2− 7− 3− 6 = 0.

Per tant, el rang de A es inferior a 3 i el sistema no es de Cramer perque te mes incognites queequacions linealment independents, rao per la qual se n’ha de fer la discussio abans de resoldre’l.

El rang de A es com a mınim 1, ja que la matriu te elements diferents de zero. Per tant, l’unic quefalta fer es veure si te rang 2, es a dir, si existeix algun menor d’ordre 2 no nul. Per exemple, el menorformat per les dues primeres files i columnes:∣∣∣∣ 1 −1

2 1

∣∣∣∣ = 1 + 2 = 3 6= 0.

En conclusio, rang A = 2.

Ara es tracta de veure si tambe el rang de la matriu ampliada (A|b) es 2. Evidentment, el rang de(A|b) es com a mınim igual al de A, 2, perque en ampliar la matriu A el rang no pot disminuir.

Per veure si el rang de (A|b) es 3, hem de veure si hi ha algun menor d’ordre 3 diferent de zero.Partim del menor d’ordre 2 diferent de zero que hem trobat i l’orlem amb la 3a. fila i cadascuna de lesdues columnes addicionals (3a. i 4a.). Si l’orlem amb la 3a. columna, el determinant es precisamentdet A, que ja sabem que val zero. Per tant, l’unic que pot ser diferent de zero es el de la 4a. columna.Calculem-lo:∣∣∣∣∣∣

1 −1 42 1 17 −1 14

∣∣∣∣∣∣ = 14− 7− 8− 28 + 1 + 28 = 0.

La conclusio es que 2 ≤ rang (A|b) < 3 i, per tant, rang (A|b) = 2.

Com que

rang A = rang (A|b) = 2 < 3 = nombre d’incgnites,


el sistema es compatible i indeterminat (te infinites solucions). El nombre de parametres lliures deque depen la solucio es:

nombre d’incognites− rang A = 3− 2 = 1.

Com que el determinant d’ordre 2 que sabem que es diferent de zero es el de les dues primeres files icolumnes, trobarem les dues primeres incognites, x, y, en funcio de la tercera, z. Aixı mateix, nomesconsiderem les dues primeres equacions, ja que la tercera n’es una combinacio lineal.

Considerant z com un parametre, queda un sistema de dues equacions amb dues incognites que es deCramer:{

x − y = 4 − z2x + y = 1 + 3z

El determinant del sistema ja l’hem calculat abans:∣∣∣∣ 1 −12 1

∣∣∣∣ = 3.

La solucio del sistema es:

x =

∣∣∣∣ 4−z −11+3z 1

∣∣∣∣3

=4− z + 1 + 3z

3=

53

+23

z,

y =

∣∣∣∣ 1 4−z2 1+3z

∣∣∣∣3

=1 + 3z − 8 + 2z

3= −7

3+

53

z,

z = z.

Observeu que podriem haver triat un altre menor d’ordre 2 diferent de zero, i haver trobat dues altresvariables en funcio d’una tercera, fent servir dues equacions diferents. La solucio trobada en aquestdarrer cas seria equivalent a la que hem trobat (es a dir, que dona els mateixos valors per a les tresvariables x, y i z). Anem a veure-ho. Considerem el menor corresponent a la 1a. i 3a. files i columnes.∣∣∣∣ 1 1

7 −3

∣∣∣∣ = −3− 7 = −10 6= 0.

En aquest cas, el sistema de Cramer es:{x + z = 4 + y

7x − 3z = 14 + y

La solucio del sistema es:

x =

∣∣∣∣ 4 + y 114 + y −3

∣∣∣∣−10

=−12− 3y − 14− y

−10=

135

+25

y,

y = y,

z =

∣∣∣∣ 1 4 + y7 14 + y

∣∣∣∣−10

=14 + y − 28− 7y

−10=

75

+35

y.

Malgrat que aquesta solucio i l’anterior son, aparentment, molt diferents, son de fet la mateixa solucio,expressada de forma diferent. Fixeu-vos que qualsevol conjunt de valors de x, y i z que satisfaci laprimera forma de donar la solucio, tambe satisfa aquesta segona forma (per exemple, x = 3, y = 1,z = 2, o tambe x = 1, y = −4, z = −1). En general, podeu comprovar que, en la darrera solucio, siaıllem x i y en funcio de z, obtenim de nou la primera solucio.


• Segon metode:METODE DE GAUSSPer aplicar el metode de Gauss, partim de la matriu del sistema ampliada amb els termes independents,i fem servir la primera fila per fer zero el 1r. coeficient de la 2a. i 3a. files. A continuacio, es fa servirla segona fila per fer zero el 2n. coeficient de la 3a. fila.La matriu del sistema ampliada amb la columna dels termes independents es:

(A|b) =

1 −1 1 42 1 −3 17 −1 −3 14

.

Per anul·lar el 1r. coeficient de la 2a. i 3a. files, fem

(fila 2)′ = fila 2− 2(fila 1),(fila 3)′ = fila 3− 7(fila 1).

i obtenim: 1 −1 1 40 3 −5 −70 6 −10 −14

.

Ara, per anul·lar el 2n. coeficient de la 3a. fila, fem

(fila 3)′′ = (fila 3)′ − 2(fila 2)′

i obtenim finalment: 1 −1 1 40 3 −5 −70 0 0 0

.

Ara es el moment de fer la discussio del sistema. La tercera equacio (3a. fila) es una equacio trivial(0 = 0), per tant no cal tenir-la en compte. (Hauria sortit una equacio incompatible si el termeindependent fos diferent de zero i els coeficients de les incognites iguals a zero; llavors tot el sistemaseria incompatible.) Per tant, tenim 2 equacions independents amb 3 incognites, es a dir, un sistemacompatible i indeterminat. Quant a la incognita que escollim com a parametre independent, si miremla segona equacio (2a. fila de la matriu) tant pot ser y com z. Si prenem com a incognites principalsx i y, i com a parametre z, el sistema queda reduıt a:{

x − y = 4 − z3y = −7 + 5z

La segona equacio dona immediatament la solucio per a y:

y = −73

+53

z.

Substituint el valor de y en la primera equacio, obtenim:

x = y + 4− z = −73

+53

z + 4− z =53

+23

z.

I, a mes, naturalment,

z = z.

Fixeu-vos que tots dos metodes (per determinants i per Gauss) donen, evidentment, la mateixa solucioper al sistema d’equacions. En conclusio, la solucio del sistema es:

x =53

+23

z,

y = −73

+53

z,

z = z.


2.4 Diagonalitzacio d’endomorfismes

1. Enunciat:

Sigui f ∈ End(E), on E es un espai vectorial sobre R, amb matriu associada:

A =

2 0 0−3 −1 3

3 3 −1

.

(a) Trobeu-ne els valors i vectors propis.

(b) En cas que sigui possible, diagonalitzeu-la.

Resolucio:

(a) Donat l’endomorfisme f , un vector propi, v 6= 0, i el seu valor propi associat, k, son aquells queverifiquen:

f(v) = k v.

La manera practica d’expressar aixo mateix es:

(f − k I)(v) = 0,

on I es l’endomorfisme identitat. Per tant, si k es valor propi de f , l’endomorfisme (f − k I)no ha de ser injectiu, perque ∃v 6= 0 ∈ Ker (f − k I) i, en consequencia, el rang de la matriuassociada a (f − k I) ha de ser menor que la dimensio de l’espai vectorial. Aixo ens proporcional’equacio que permet trobar els valors propis de l’endomorfisme:

det (A− k I) = 0,

on A es la matriu associada a f i ara I es la matriu identitat. Aquesta equacio es pot interpretaren termes de les arrels d’un polinomi p(x), anomenat polinomi caracterıstic de l’endomorfisme,

p(x) = det (f − x I).

Es a dir, els valors propis k de f son les arrels de p(x), el polinomi caracterıstic de l’endomorfisme:

p(x) = det

2 0 0−3 −1 3

3 3 −1

− x

1 0 00 1 00 0 1

=

∣∣∣∣∣∣2− x 0 0−3 −1− x 33 3 −1− x

∣∣∣∣∣∣ =(2−x)(−1−x)2 − 9(2−x) = (2−x)

[(x+1)2 − 9

]= (2−x)(x+1+3)(x+1−3) =

−(x− 2)2(x + 4).

Una vegada descomposat el polinomi en producte de factors irreductibles de primer grau (nosempre es pot fer; hi ha polinomis de R [x] que contenen factors de segon grau irreductibles, comper exemple x2 +1, o x2 +x+1), les arrels de p(x) queden a la vista. El polinomi caracterıstic tedues arrels diferents: x = 2, que es una arrel doble, ja que apareix dos cops el terme (x− 2) en ladescomposicio del polinomi, i x = −4, que es una arrel simple de p(x). Per tant, l’endomorfismef te dos valors propis:

k = 2, amb multiplicitat 2 al polinomi caracterıstic,k = −4, amb multiplicitat 1 al polinomi caracterıstic.

Una vegada trobats els valors propis, anem a buscar els vectors propis corresponents. Un vectorpropi v, associat al valor propi k, verifica la condicio:

(f − k I)(v) = 0 ⇐⇒ v ∈ Ker (f − k I)

Per tant, hem d’analitzar, per a cada valor propi k, el subespai vectorial Ker (f − k I). Anem afer-ho per als dos valors propis trobats.


• k = 2:En ser la multiplicitat 2, podem trobar un maxim de dos vectors propis linealment indepen-dents.El nucli de (f−2 I) esta format pels vectors v = (x, y, z) que son anul·lats per l’endomorfisme(f − 2 I). Es a dir, els vectors del nucli son les solucions de l’equacio matricial:

(f − 2 I) (v) = (A− 2 I)

xyz

=

0 0 0−3 −3 3

3 3 −3

xyz

=

000

.

El sistema d’equacions resultant te una unica equacio linealment independent:−3x− 3y + 3z = 0.

Per tant, la solucio depen de dos parametres. Per exemple,z = x + y,

i el subespai de vectors de Ker (f − 2 I) es format pels vectors de la forma:{(x, y, x+y)} = {(x, 0, x) + (0, y, y)} = {x(1, 0, 1) + y(0, 1, 1)}.

Per tant,Ker (f − 2 I) = 〈(1, 0, 1), (0, 1, 1)〉.

Com que els dos vectors son linealment independents, dim Ker (f − 2 I) = 2 i una base es{(1, 0, 1), (0, 1, 1)}.En conclusio, per al valor propi k = 2 hem trobat dos vectors propis linealment independents,(1, 0, 1) i (0, 1, 1), que son una base del subespai de vectors propis.

• k = 4:En aquest cas, l’equacio que hem de resoldre es:

(f + 4 I) (v) = (A + 4 I)

xyz

=

6 0 0−3 3 3

3 3 3

xyz

=

000

.

El sistema d’equacions obtingut es: 6x = 0−3x + 3y + 3z = 0

3x + 3y + 3z = 0La primera equacio dona

x = 0que, substituıt a la 2a. i 3a. equacions, que queden iguals, donen, agafant z com a parametreindependent:

y = −z.

En aquest cas,Ker (f + 4 I) = {(0,−z, z)} = 〈(0,−1, 1)〉

i la dimensio del Ker (f + 4 I) es 1.En conclusio, per al valor propi k = −4 hem trobat un unic vector propi linealment inde-pendent, (0,−1, 1), que es una base del subespai de vectors propis.

(b) A l’apartat anterior hem trobat tres vectors propis que podem assegurar que son linealmentindependents. Els dos primers (per a k = 2), son linealment independents tal com hem vist, i eltercer, perque esta associat a un valor propi diferent. Per tant, el conjunt dels tres vectors:

{(1, 0, 1), (0, 1, 1), (0− 1, 1)}

forma una base de E. Els valors propis corresponents son, tal com hem dit, 2, 2 i −4, respectiva-ment. Anomenem B la matriu associada a l’endomorfisme f en aquesta base de vectors propis.La matriu B es diagonal, amb els valors propis com a elements de la diagonal principal i zerosfora de la diagonal:

B =

2 0 00 2 00 0 −4

.

En conclusio, aquesta es la matriu diagonal buscada: la matriu de l’endomorfisme f en la basede vectors propis {(1, 0, 1), (0, 1, 1), (0− 1, 1)}.


Cal tenir present que, com que es pot modificar l’ordre dels vectors de la base, hi ha distintesformes diagonals que difereixen en l’ordre dels valors propis sobre la diagonal de la matriu.Finalment, amb un proposit exclusiu de comprovacio, podem veure que es pot obtenir la matriuB simplement canviant de base la matriu A, des de la base canonica, a la nova base de vectorspropis. En efecte, la matriu de canvi de base es:

P =

1 0 00 1 −11 1 1

.

La matriu inversa es pot calcular facilment i s’obte:

P−1 =12

2 0 0−1 1 1−1 −1 1

.

La relacio de canvi de base es:

B = P−1 A P,

que dona lloc a:

B =12

2 0 0−1 1 1−1 −1 1

2 0 0−3 −1 3

3 3 −1

1 0 00 1 −11 1 1

=

12

2 0 0−1 1 1−1 −1 1

2 0 00 2 42 2 −4

=

2 0 00 2 00 0 −4

,

tal com voliem comprovar.


2. Enunciat:

Sigui la matriu: 5 −2 12 1 20 0 0

.

(a) Comproveu que la matriu no es diagonalitzable a R3.

(b) Trobeu un conjunt maxim de vectors propis linealment independents.

Resolucio:

(a) La condicio que ha de complir la matriu perque sigui diagonalitzable es que existeixi una base deR3 formada per vectors propis de l’endomorfisme f , que te associada la matriu donada. Anemprimer a calcular els valors propis de l’endomorfisme.El polinomi caracterıstic de l’endomorfisme es:

p(x) = det (f − x I) =

∣∣∣∣∣∣5− x −2 1

2 1− x 20 0 −x

∣∣∣∣∣∣ =−x(5− x)(1− x)− 4x = −x [(5− x)(1− x) + 4] =−x(5− 5x− x + x2 + 4) = −x(x2 − 6x + 9) = −x(x− 3)2.

Per tant, els valors propis de l’endomorfisme son:

k = 0,

k = 3, amb multiplicitat 2 al polinomi caracterıstic.

El valor propi k = 0, en tenir multiplicitat 1, no influeix en que f sigui diagonalitzable, perquesempre existeix un vector propi (diferent de zero i, per tant, linealment independent) associat aaquest valor propi.En canvi, el valor propi k = 3, que te multiplicitat 2, es el que determinara si l’endomorfisme esdiagonalitzable o no. Perque f diagonalitzi es necessari que el valor propi k = 3 tingui associatsdos vectors propis linealment independents. Es a dir, la condicio perque diagonalitzi es que

dim Ker (f − 3 I) = 2 = multiplicitat del valor propi.

Anem, doncs, a calcular la dimensio de Ker (f −3 I). La manera mes simple de fer-ho es a partirdel rang de l’endomorfisme. La matriu associada a l’endomorfisme (f − 3 I) es: 2 −2 1

2 −2 20 0 −3

.

Com que la 1a. i 2a. columnes son linealment dependents, deduım facilment que el rang (f−3 I) =2 (el nombre de columnes linealment independents). Per tant,

dim Ker (f − 3 I) = dim R3 − rang (f − 3 I) = 3− 2 = 1.

Es a dir, nomes existeix un vector propi linealment independent associat al valor propi, mentreque la multiplicitat del valor propi es 2. En conclusio, l’endomorfisme f no es diagonalitzableperque nomes hi ha dos vectors propis linealment independents en un espai de dimensio 3.

(b) Anem ara a buscar els dos vectors propis linealment independents que hem discutit a l’apartatanterior, un per a cada valor propi.

• k = 0:Busquem els vectors de Ker f : 5 −2 1

2 1 20 0 0

xyz

=

000

.


El sistema d’equacions independents obtingut es:{5x − 2y + z = 02x + y + 2z = 0

La solucio del sistema depen d’un unic parametre independent:

x =

∣∣∣∣ −z −2−2z 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ 5 −22 1

∣∣∣∣ = −59z,

y =

∣∣∣∣ 5 −z2 −2z

∣∣∣∣∣∣∣∣ 5 −22 1

∣∣∣∣ = −89z.

Per tant,

Ker f ={(

−59z,−8

9z, z

)}= 〈(−5,−8, 9)〉.

• k = 3:Busquem els vectors de Ker (f − 3 I): 2 −2 1

2 −2 20 0 −3

xyz

=

000

.

El sistema d’equacions obtingut es: 2x − 2y + z = 02x − 2y + 2z = 0

− 3z = 0La 3a. equacio dona

z = 0,

amb la qual cosa les dues primeres equacions queden iguals i la solucio depen d’un unicparametre independent:

x = y.

Per tant,Ker (f − 3 I) = {(y, y, 0)} = 〈(1, 1, 0)〉.

En conclusio, el conjunt maxim de vectors propis linealment independents d’aquest endomorfismeesta format per un vector propi associat a cada un dels dos valors propis, k = 0 i k = 3:

{(−5,−8, 9), (1, 1, 0)},

que no constitueix cap base de R3.


2.5 Espais vectorials euclidians

1. Enunciat:

Considereu l’espai vectorial dels polinomis de grau ≤ 2.

(a) Proveu que p(x) · q(x) =∫ 1

0

p(x) q(x) dx es un producte escalar.

(b) Trobeu una base ortonormal.

(c) Determineu l’angle que formen els polinomis

p1(x) = 3x + 7,

p2(x) = x2 − 6x + 2.

Resolucio:

(a) Anomenem E l’espai vectorial considerat dels polinomis de grau ≤ 2. Un producte escalar definita E es una forma

φ:E × E → R

(p, q) 7→ φ(p, q) ≡ p · q,

que es bilineal, simetrica i definida positiva. Hem de comprovar, doncs, que la forma donadacompleix aquestes condicions.

• Bilineal:Una forma es bilineal quan es lineal per a cada una de les dues components. Anem acomprovar-ho. Fent servir les propietats de les integrals, tenim:

(p + p′) · q =∫ 1

0

(p + p′)(x) q(x) dx =∫ 1

0

[p(x) + p′(x)] q(x) dx =∫ 1

0

p(x) q(x) dx +∫ 1

0

p′(x) q(x) dx = p · q + p′ · q.

p · (q + q′) =∫ 1

0

p(x) (q + q′)(x) dx =∫ 1

0

p(x) [q(x) + q′(x)] dx =∫ 1

0

p(x) q(x) dx +∫ 1

0

p(x) q′(x) dx = p · q + p · q′.

λp · q =∫ 1

0

(λp)(x) q(x) dx =∫ 1

0

λ p(x) q(x) dx = λ

∫ 1

0

p(x) q(x) dx = λ (p · q).

p · λq =∫ 1

0

p(x) (λq)(x) dx =∫ 1

0

p(x) λ q(x) dx = λ

∫ 1

0

p(x) q(x) dx = λ (p · q).

Per tant, la forma es bilineal.• Simetrica:

p · q =∫ 1

0

p(x) q(x) dx =∫ 1

0

q(x) p(x) dx = q · p.

Per tant, la forma es simetrica.• Definida positiva:

Per demostrar que la forma es definida positiva hem de veure que compleix dues condicions:p · p ≥ 0, ∀p ∈ E,

p · p = 0 ⇐⇒ p = 0.

Efectivament,

p · p =∫ 1

0

[p(x)]2 dx ≥ 0, ∀p ∈ E,


perque la integral d’una funcio no negativa, com [p(x)]2, es tambe no negativa.D’altra banda,

p · p =∫ 1

0

[p(x)]2 dx = 0 ⇐⇒ p(x) = 0,

perque l’unic polinomi no negatiu amb integral nul·la es el polinomi identicament nul, es adir que val zero a tots els punts. Per tant, la forma es definida positiva.

En conclusio, la forma es efectivament un producte escalar.(b) La base canonica (la mes natural i senzilla) de l’espai vectorial de polinomis de grau ≤ 2 es

e1 = 1, e2 = x, e3 = x2.

Pero aquesta base, tal com veurem, no es ortonormal, malgrat el que pugui semblar a primeravista. Per comprovar-ho, nomes cal calcular els productes escalars dels parells de vectors de labase. Aixo, a mes, ens permetra coneixer la matriu del producte escalar, que ens sera molt utilper ortonormalitzar la base canonica. Anem, doncs, a calcular els productes escalars entre elsvectors de la base. Com que la forma bilineal es simetrica, nomes caldra calcular 6 productesescalars diferents:

e1 · e1 = 1 · 1 =∫ 1

0

dx = x|10 = 1,

e1 · e2 = e2 · e1 = 1 · x =∫ 1

0

x dx =x2

2

∣∣∣∣10

=12,

e1 · e3 = e3 · e1 = 1 · x2 =∫ 1

0

x2 dx =x3

3

∣∣∣∣10

=13,

e2 · e2 = x · x =∫ 1

0

x2 dx =x3

3

∣∣∣∣10

=13,

e2 · e3 = e3 · e2 = x · x2 =∫ 1

0

x3 dx =x4

4

∣∣∣∣10

=14,

e3 · e3 = x2 · x2 =∫ 1

0

x4 dx =x5

5

∣∣∣∣10

=15.

Per tant, la matriu del producte escalar es: 1 1/2 1/31/2 1/3 1/41/3 1/4 1/5

.

La base, per tant, no es ortonormal: els vectors no son ortogonals dos a dos (hi ha elements no nulsfora de la diagonal principal) i no son tots unitaris (hi ha elements de la diagonal que no valen1). Aplicarem pas a pas el metode de Gram-Schmidt per ortonormalitzar la base {e1, e2, e3}.Anomenem {u′1, u′2, u′3} la base ortogonal i {u1, u2, u3} la base ortonormal.• u1:

Normalitzem e1:u1 =

e1

‖e1‖=

e1√e1 · e1

=e1

1= 1.

• u′2:Busquem un vector ortogonal a u1:

u′2 = e2 + λu1, amb la condicio: u′2 · u1 = 0.

Aixo implica quee2 · u1 + λ (u1 · u1)︸︷︷︸

1

= 0 =⇒ λ = −e2 · u1.

Per tant,

u′2 = e2 − (e2 · u1) u1 = x− (x · 1) 1 = x− 12.

(Noteu que x · 1 6= x.)


• u2:El vector u′2 es ortogonal a u1, pero no sabem si es unitari.

‖u′2‖2 = u′2 · u′2 =

(−1/2 1 0

) 1 1/2 1/31/2 1/3 1/41/3 1/4 1/5

−1/210

=

(−1/2 1 0

) 01/121/12

=112

.

(Noteu que tambe es pot calcular a partir de la definicio de l’enunciat: u′2 · u′2 =∫ 1

0

(x− 1

2

)2dx.)

Per tant, u′2 no es unitari. Normalitzem-lo:

u2 =u′2‖u′2‖

=x− 1/2√

1/12= 2

√3 x−

√3.

• u′3:De forma semblant a com hem fet per a u′2:

u′3 = e3 + λu1 + µu2

amb la condicio que sigui ortogonal als dos vectors u1 i u2 ja trobats:u′3 · u1 = 0 =⇒ e3 · u1 + λ (u1 · u1)︸︷︷︸

1

+µ (u2 · u1)︸︷︷︸0

= 0,

u′3 · u2 = 0 =⇒ e3 · u2 + λ (u1 · u2)︸︷︷︸0

+µ (u2 · u2)︸︷︷︸1

= 0.

Aixo implica uns valors per a λ i µ:λ = −e3 · u1,

µ = −e3 · u2.

Per tant,u′3 = e3 − (e3 · u1) u1 − (e3 · u2) u2,

one3 · u1 = x2 · 1 = 1/3,

e3 · u2 = x2 · (2√

3 x−√

3) = 2√

3 (x2 · x)−√

3 (x2 · 1) = 2√

314−√

313

=√

36

.

Substituint, obtenim

u′3 = x2 − 13−√

36

(2√

3 x−√

3)

= x2 − x +16.

• u3:Normalitzem el vector u′3:

‖u′3‖2 = u′3 · u′3 =

(1/6 −1 1

) 1 1/2 1/31/2 1/3 1/41/3 1/4 1/5

1/6−1

1

=

(1/6 −1 1

) 00

1/180

=1

180.

Per tant,

u3 =u′3‖u′3‖

=x2 − x + 1/6√

1/180= 6

√5 x2 − 6

√5 x +

√5.

En conclusio, la base ortonormal trobada per a E es:

u1 = 1,

u2 = 2√

3 x−√

3,

u3 = 6√

5 x2 − 6√

5 x +√

5.

(c) Donats p1 = 3x + 7 i p2 = x2 − 6x + 2, l’angle ϕ que formen els dos polinomis ve donat per:

cos ϕ =p1 · p2

‖p1‖ ‖p2‖.


Calculem, doncs, els tres productes escalars que necessitem:

p1 · p1 =(

7 3 0) 1 1/2 1/3

1/2 1/3 1/41/3 1/4 1/5

730

=

(17/2 9/2 37/12

) 730

= 73,

p1 · p2 =(

7 3 0) 1 1/2 1/3

1/2 1/3 1/41/3 1/4 1/5

2−6

1

=

(17/2 9/2 37/12

) 2−6

1

= −8312

,

p2 · p2 =(

2 −6 1) 1 1/2 1/3

1/2 1/3 1/41/3 1/4 1/5

2−6

1

=

(−2/3 −3/4 −19/30

) 2−6

1

=3815

.

Per tant, tenim que

cos ϕ =−83/12√73√

38/15= −83

√41610

33288.

En conclusio, l’angle ϕ que formen els polinomis p1 i p2 val

ϕ = arccos

(−83

√41610

33288

)(aproximadament 121◦ o 2,10 rad).

Nota: Observeu que l’angle entre dos vectors, per definicio, es sempre menor que 180◦, pero potser mes gran de 90◦, cosa que passaquan cos ϕ es negatiu. En canvi, l’angle entre dues rectes oplans no pot ser mai mes gran de 90◦.


2. Enunciat:

En una base {u, v}, una rotacio vectorial te per matriu(1 −3/2

2/3 0

)(a) Determineu l’angle de rotacio (entre 0 i π).

(b) Determineu l’angle dels vectors u, v, i la rao ‖u‖/‖v‖.(c) Sabent que ‖u‖ = 2, ‖v‖ = 3 i u · v = −3, ortonormalitzeu la base {u, v}.(d) Comproveu que la matriu del producte escalar en la base ortonormal es la identitat.

(e) Trobeu la matriu de la rotacio en la base ortonormal.

Resolucio:

(a) Sigui f la rotacio vectorial donada. El seu determinant es

det f =∣∣∣∣ 1 −3/2

2/3 0

∣∣∣∣ = 1.

Per tant, es tracta efectivament d’una rotacio vectorial, f ∈ SO(2). Si la base {u, v} fos ortonor-mal, la matriu de f seria de la forma(

cos α − sinαsinα cos α

)on α seria l’angle de la rotacio. En aquest cas, pero, veiem que {u, v} no es una base ortonormal.Per determinar l’angle de la rotacio ens hem de valdre de la invariancia de la traca de la matriude l’endomorfisme f en un canvi de base. (Recordeu que la traca d’una matriu es la suma delselements de la diagonal.) Per tant, tenim que la traca d’una rotacio vectorial es sempre

tr f = 2 cos α.

En el nostre cas, tr f = 1, i l’angle de rotacio de f ve donat per

cos α =12tr f =

12

=⇒ α = 60◦.

(b) A partir de la matriu de f veiem que les imatges dels vectors u i v venen donats per

f(u) = u +23v, f(v) = −3

2u.

Per tant, podem calcular els productes escalars

u · f(u) = u · (u +23v) = ‖u‖2 +

23u · v,

v · f(v) = −32u · v.

D’altra banda, per a qualsevol rotacio vectorial i, en particular per a f , tenim queuf(u) = α, ‖f(u)‖ = ‖u‖,vf(v) = α, ‖f(v)‖ = ‖v‖.

Aixo ens permet escriure els dos productes escalars d’abans en termes nomes de la norma de u ide v,

u · f(u) = ‖u‖ ‖f(u)‖ cos α =12‖u‖2,

v · f(v) = ‖v‖ ‖f(v)‖ cos α =12‖v‖2.


Si igualem les expressions que hem trobat per a u · f(u) i v · f(v), obtenim

12‖u‖2 +

23u · v = 0 =⇒ ‖u‖2 = −4

3u · v,

12‖v‖2 +

32u · v = 0 =⇒ ‖v‖2 = −3u · v.

que ens permet trobar la rao de normes dels vectors u i v,

‖u‖‖v‖

=

√4/33

=23.

Per calcular l’angle dels vectors u, v, fem servir

u · v = ‖u‖ ‖v‖ cos uv,

de forma que podem posar

cos uv =u · v

‖u‖ ‖v‖=− 1

3‖v‖2

23‖v‖2

= −12.

Per tant, l’angle dels dos vectors es

uv = 120◦.

(c) Si sabem que ‖u‖ = 2, ‖v‖ = 3 i u · v = −3, coneixem tots els elements de la matriu del producteescalar, que anomenarem G,

G =(

u · u u · vu · v v · v

)=(

4 −3−3 9

).

Apliquem el metode de Gram-Schmidt per ortonormalitzar la base {u, v}.

• e1 =u

‖u‖=

12u.

• e′2 = v + λe1, amb la condicio e′2 · e1 = 0.Aixo implica que

0 = e′2 · e1 = v · e1 + λ = v · 12u + λ = −3

2+ λ =⇒ λ = +

32

i, per tant,

e′2 =34u + v.

• Ara normalitzem e′2.

‖e′2‖2 =(

34u + v

)·(

34u + v

)=(

3/4 1)( 4 −3

−3 9

)(3/41

)=

274

.

Per tant,

e2 =34u + v

3√

32

=√

36

u +2√

39

v.

(d) La matriu de canvi de base de {u, v} a {e1, e2}, B, te per columnes les components de e1, e2 enla base {u, v},

B =(

1/2√

3/60 2

√3/9

).

El canvi de base de la matriu del producte escalar es fa multiplicant a l’esquerra per la transposadai a la dreta per la matriu de canvi de base,

BtGB =(

1/2 0√3/6 2

√3/9

)(4 −3

−3 9

)(1/2

√3/6

0 2√

3/9

)=(

1 00 1

),

tal com voliem comprovar.


(e) Per canviar de base la matriu de la rotacio necessitem calcular la matriu inversa del canvi debase. Es pot fer facilment aıllant u i v en funcio de e1 i e2,

u = 2e1,

v = −34u +

92√

3e2 = −3

2e1 +

92√

3e2,

amb la qual cosa la matriu dal canvi de base invers es

B−1 =(

2 −3/20 9/(2

√3)

).

En definitiva, la matriu de la rotacio f en la base ortonormal {e1, e2} queda

B−1GB =(

2 −3/20 9/(2

√3)

)(1 −3/2

2/3 0

)(1/2

√3/6

0 2√

3/9

)=(

1/2 −√

3/2√3/2 1/2

),

que, tal com esperavem, val(cos 60◦ − sin 60◦

sin 60◦ cos 60◦

).


2.6 Geometria lineal

1. Enunciat:Trobeu l’equacio de la varietat lineal suma de les rectes de R5:

L: x = y = z = t = s,

M :x− 1

3=

y

5=

z − 31

=t + 1

7=

s

−4.

Resolucio:Una varietat lineal d’un espai afı te la forma general a + F , on a (un punt de l’espai afı) es unpunt per on passa la varietat lineal, i F (un subespai vectorial) es la direccio de la varietat lineal.Per al cas d’una recta, la direccio ve determinada per un sol vector de l’espai vectorial, conegutcom a vector director. L’equacio en forma contınua d’una recta de R5

x− a1

v1=

y − a2

v2=

z − a3

v3=

t− a4

v4=

s− a5

v5,

dona directament un punt per on passa la recta, a = (a1, . . . , a5) i un vector director de la recta,v = (v1, . . . , v5). Siguin les rectes donades, L = a + F i M = b + G. Tenim, per tant:

L :{

a = (0, 0, 0, 0, 0)F = 〈(1, 1, 1, 1, 1)〉 , M :

{b = (1, 0, 3,−1, 0)G = 〈(3, 5, 1, 7,−4)〉 .

La varietat lineal suma, L + M , de dues varietats lineals L i M , es la varietat lineal mınima queles conte. En concret,

L = a + FM = b + G

}=⇒ L + M = a +

(F + G + 〈

→ab〉)

.

Per al nostre cas, fent servir la notacio usual,→ab = b− a = (1, 0, 3,−1, 0),

i la varietat suma demanada es:

L + M = (0, 0, 0, 0, 0) + 〈(1, 1, 1, 1, 1)〉+ 〈(3, 5, 1, 7,−4)〉+ 〈(1, 0, 3,−1, 0)〉 =(0, 0, 0, 0, 0) + 〈(1, 1, 1, 1, 1), (3, 5, 1, 7,−4), (1, 0, 3,−1, 0)〉.

Anem a discutir quin tipus de varietat lineal es L + M . La discussio es redueix a esbrinar ladimensio de la varietat lineal, que coincideix, per definicio, amb la del subespai vectorial directorde la varietat. Una manera de veure-ho es trobar el rang del conjunt de tres vectors generadorsdel subespai. Per exemple, si provem amb les tres primeres components dels vectors,∣∣∣∣∣∣

1 3 11 5 01 1 3

∣∣∣∣∣∣ = 15 + 1− 5− 9 = 2 6= 0.

Per tant,

dim 〈(1, 1, 1, 1, 1), (3, 5, 1, 7,−4), (1, 0, 3,−1, 0)〉 = 3,

i la varietat lineal L + M es de dimensio 3 (per tant, no es tracta ni d’un pla (dimensio 2), nid’un hiperpla (dimensio 4) de R5).Per completitud, donarem l’equacio d’aquesta varietat lineal en les formes parametrica, vectoriali cartesiana.En forma parametrica es:

L + M :

x = α + 3β + γy = α + 5βz = α + β + 3γt = α + 7β − γs = α − 4β


que tambe podem posar (forma vectorial) com:xyzts

= α

11111

+ β

3517

−4

+ γ

103

−10

.

Es a dir, el vector del primer membre es combinacio lineal dels vectors del segon membre quehem vist abans que tenen rang 3. Per tant, el rang de la matriu de 5 files i 4 columnes

x 1 3 1y 1 5 0z 1 1 3t 1 7 −1s 1 −4 0

ha de ser 3. Com abans ja hem trobat un menor d’ordre 3 d’aquesta matriu diferent de zero,nomes hem d’imposar que siguin nuls els dos menors d’ordre 4 obtinguts orlant aquest menord’ordre 3 amb la primera columna i cada una de les files addicionals (4a. i 5a.). Noteu que, engeneral, el vector expressat a la primera columna de la matriu s’hauria d’haver obtingut com adiferencia entre el punt generic (x, y, z, t, s) i un punt per on passaria la varietat lineal, que enaquest cas es el (0, 0, 0, 0, 0).La primera equacio es:∣∣∣∣∣∣∣∣

x 1 3 1y 1 5 0z 1 1 3t 1 7 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = x

∣∣∣∣∣∣1 5 01 1 31 7 −1

∣∣∣∣∣∣− y

∣∣∣∣∣∣1 3 11 1 31 7 −1

∣∣∣∣∣∣+ z

∣∣∣∣∣∣1 3 11 5 01 7 −1

∣∣∣∣∣∣− t

∣∣∣∣∣∣1 3 11 5 01 1 3

∣∣∣∣∣∣ =−2x + 4y − 2t = 0.

La segona equacio es:∣∣∣∣∣∣∣∣x 1 3 1y 1 5 0z 1 1 3s 1 −4 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ = x

∣∣∣∣∣∣1 5 01 1 31 −4 0

∣∣∣∣∣∣− y

∣∣∣∣∣∣1 3 11 1 31 −4 0

∣∣∣∣∣∣+ z

∣∣∣∣∣∣1 3 11 5 01 −4 0

∣∣∣∣∣∣− s

∣∣∣∣∣∣1 3 11 5 01 1 3

∣∣∣∣∣∣ =27x− 16y − 9z − 2s = 0.

En conclusio, l’equacio en forma cartesiana de la varietat lineal es:

L + M :{

x− 2y + t = 0,27x− 16y − 9z − 2s = 0.

Noteu que cada una de les equacions es la d’un hiperpla de R5. La interseccio dels dos hiperplans(cada un de dimensio 4) dona la varietat lineal L + M de dimensio 3.


2. Enunciat:Trobeu un punt sobre la recta z = 0, y = 2x que equidisti dels punts en els quals la recta

r :x

1=

y − 32

=z − 2

2talla els plans x = 0 i y = 0.

Resolucio:Comencarem buscant els punts on la recta r talla els plans donats. Sigui A la interseccio de r iel primer pla:{

x

1=

y − 32

=z − 2

2x = 0

=⇒

x = 0y = 3z = 2

=⇒ A = (0, 3, 2).

Fem el mateix per al punt B, interseccio de r i el segon pla:{x

1=

y − 32

=z − 2

2y = 0

=⇒

x = −3/2y = 0z = −1

=⇒ B = (−3/2, 0,−1).

Ara hem de buscar el punt de la recta z = 0, y = 2x, que equidisti de A i B. Els punts de larecta son de la forma:

P = (x, 2x, 0).

El punt buscat (que correspon a un valor concret de x) ha d’equidistar de A i B. Per tant,l’equacio que ens proporciona el valor de x prove de la igualtat de la norma dels dos vectors:

‖−→PA ‖ = ‖

−→PB ‖.

Seguint la notacio habitual:

‖−→PA ‖ = ‖A− P‖ = ‖(−x, 3− 2x, 2)‖,

‖−→PB ‖ = ‖B − P‖ = ‖(−3/2− x,−2x,−1)‖.

L’equacio es:√(−x)2 + (3− 2x)2 + 22 =

√(−3/2− x)2 + (−2x)2 + (−1)2.

Elevant al quadrat els dos membres de la igualtat, obtenim

x2 + 4x2 − 12x + 9 + 4 = x2 + 3x +94

+ 4x2 + 1.

Agrupant termes i simplificant, desapareix el terme de segon grau i queda

15x = 13− 134

=394

=⇒ x =1320

.

En conclusio, el punt buscat es P = (13/20, 13/10, 0).Noteu que les coordenades de P no es poden simplificar (per exemple, els punts (13/20, 13/10, 0),(13, 26, 0) i (1, 2, 0) son punts diferents de l’espai afı). En canvi, sı que podem simplificar lescomponents d’un vector director, del qual nomes ens interessa la direccio, independentment dela seva norma.


A.1 Apendix: Relacions d’equivalencia

1. Enunciat:Donat A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} es considera el conjunt A × A en el qual s’estableix la relaciobinaria

(a, b)R (a′, b′) ⇐⇒ a + b′ = a′ + b.

(a) Justifiqueu que la relacio es d’equivalencia.

(b) Trobeu-ne les classes d’equivalencia.

Resolucio:

(a) Per veure que la relacio es d’equivalencia, hem de demostrar que la relacio compleix lespropietats reflexiva, simetrica i transitiva.• Reflexiva:

∀(a, b) ∈ A×A tenim a + b = a + b =⇒ (a, b)R (a, b).• Simetrica:

(a, b)R (a′, b′) =⇒ a + b′ = a′ + b =⇒ a′ + b = a + b′ =⇒ (a′, b′)R (a, b).• Transitiva:

(a, b)R (c, d) =⇒ a + d = c + b(c, d)R (e, f) =⇒ c + f = e + d

}=⇒

a + d + c + f = c + b + e + d =⇒ a + f = b + e =⇒ (a, b)R (e, f).Per tant, es verifiquen les tres propietats, i la relacio es d’equivalencia.

(b) Anem ara a caracteritzar les classes d’equivalencia definides per aquesta relacio d’equivalencia.Una classe d’equivalencia esta formada per tots els elements relacionats entre sı. Aixı, si

(a, b)R (a′, b′) ⇐⇒ a + b′ = a′ + b ⇐⇒ a− b = a′ − b′ = constant.Es a dir, estan relacionats entre ells tots els parells d’elements de A × A que tenen lamateixa diferencia entre la primera i la segona component del parell. Fent servir una notaciosimplificada, podem emprar aquesta constant per caracteritzar les classes d’equivalencia.Anomenem:

[0] = {(1, 1), (2, 2), . . . , (9, 9)},[+1] = {(2, 1), . . . , (9, 8)},[−1] = {(1, 2), . . . , (8, 9)},

...[+8] = {(9, 1)},[−8] = {(1, 9)}.

Observeu que no totes les classes tenen el mateix nombre d’elements, i que tot parell deA × A pertany a una unica classe d’equivalencia. Si seguim aquesta notacio, en general, laclasse d’equivalencia caracteritzada per k es:

[k] = {(x, y) ∈ A×A; x− y = k}.En conclusio, el conjunt quocient obtingut a partir de A×A i la relacio d’equivalencia te 17elements, que son les diferents classes d’equivalencia:

(A×A)/R = {[0], [+1], [−1], . . . , [+8], [−8]} .


A.2 Apendix: Grups

1. Enunciat:Sigui (Z, ∗). Per a x, y ∈ Z es defineix x ∗ y = ax+ by + c. Trobeu a, b i c per tal que (Z, ∗) siguiun grup.

Resolucio:La resolucio del problema consisteix simplement en veure quines condicions han de complir els pa-rametres a, b i c perque l’operacio ∗ definida a Z estigui ben definida (operacio interna) i verifiquiles tres propietats de grup: associativa, existencia d’element neutre del grup, i existencia desimetric per a tot element del grup.

• Operacio interna:x ∗ y = ax + by + c ∈ Z, ∀x, y ∈ Z =⇒ a, b, c ∈ Z.

• Associativa:(x ∗ y) ∗ z = (ax + by + c) ∗ z = a(ax + by + z) + bz + c =

a2x + aby + ac + bz + c = a2x + aby + bz + c(a + 1).

x ∗ (y ∗ z) = x ∗ (ay + bz + c) = ax + b(ay + bz + c) + c =ax + aby + b2z + bc + c = ax + aby + b2z + c(b + 1).

Imposem ara que tots dos resultats han de ser iguals, independentment dels valors de x, y,z. Igualant el coeficients corresponents, obtenim el sistema d’equacions: a2 = a

b2 = bc(a + 1) = c(b + 1)

Anem a trobar la solucio de la primera equacio:a2 = a ⇐⇒ a2 − a = 0 ⇐⇒ a(a− 1) = 0.

Hi ha dues solucions possibles, que son a = 0 i a = 1. (Fixeu-vos que cal evitar la temptaciode simplificar l’equacio a2 = a per a, perque llavors nomes ens quedaria la solucio a = 1;simplificar l’equacio significa dividir els dos membres de l’equacio per a, i aixo nomes es potfer si suposem que a 6= 0; despres, s’haura de veure que passa si a = 0, que resulta ser unaaltra solucio de l’equacio.)La segona equacio es resol igual que la primera, i dona tambe dues solucions, b = 0 i b = 1.Per a la tercera equacio s’ha de tenir en compte el que ja hem dit per a la primera. Hiha dues solucions. Una es c = 0. Si c 6= 0, podem simplificar dividint per c i obtenima + 1 = b + 1 =⇒ a = b.Com que s’han de verificar les tres equacions simultaniament, de les vuit possibilitats (duesper a cada incognita), nomes n’hi ha quatre que siguin solucio. De la tercera equacio tenimque si c 6= 0 llavors a = b, que, combinat amb les dues primeres equacions, ens dona dos casos:a = b = 1 i a = b = 0. En cas contrari, si c = 0, a i b poden ser diferents, i aixo, combinatamb les dues primeres equacions, ens dona dos casos mes: a = 0, b = 1; i a = 1, b = 0. Enresum, les quatre solucions possibles son:

a = b = 1, c qualsevol,a = b = 0, c qualsevol,a = c = 0, b = 1,

b = c = 0, a = 1.

• Existencia d’element neutre:Ens preguntem sobre l’existencia d’un element e ∈ Z tal que

x ∗ e = e ∗ x = x, ∀x ∈ ZImposem aquestes dues condicions:

x ∗ e = ax + be + c = x =⇒ x(a− 1) + be + c = 0e ∗ x = ae + bx + c = x =⇒ x(b− 1) + ae + c = 0


D’aqui deduım que, de les quatre possibilitats anteriors, unicament la solucio a = b = 1verifica aquestes dues equacions per a qualsevol valor de x. En efecte, si a = b = 0, resultariax = c, es a dir que c no seria un valor fix tal com voliem, sino que variaria segons els elementsde Z amb que s’operes. Si a = c = 0, b = 1, o tambe si b = c = 0, a = 1, tindriem −x+e = 0,es a dir que l’element neutre e = x no seria un element fix.Aixı, els valors possibles de a i b son a = b = 1, i el valor de e que podem deduir de qualsevolde les dues equacions es:

e = −c.

• Existencia d’element simetric per a tot element del conjunt:Per a qualsevol x ∈ Z hem de veure si existeix un element x−1 ∈ Z que verifiqui la propietat:

x ∗ x−1 = x−1 ∗ x = e.

Imposem aquestes dues condicions tenint en compte els valors trobats per a a, b, i l’elementneutre e (a = b = 1, e = −c):

x ∗ x−1 = e ⇐⇒ x + x−1 + c = −c,

x−1 ∗ x = e ⇐⇒ x−1 + x + c = −c.

El valor de x−1, ∀x ∈ Z es doncs:x−1 = −2c− x.

Aquest valor de x−1 existeix sempre, sense posar cap restriccio sobre el valor de c.

En conclusio, Z es un grup amb l’operacio ∗ en el cas a = b = 1, c ∈ Z qualsevol.Nota: Fixeu-vos que, a mes, es tracta d’un grup commutatiu:

x ∗ y = x + y + c = y ∗ x, ∀x, y ∈ Z.


2. Enunciat:Definim a R×R l’operacio (x, y) ∗ (z, t) = (x + z, y + t) i l’aplicacio

f : (R×R, ∗) → (R∗, · )(x, y) 7→ f(x, y) = ex+y.

(a) Comproveu que (R×R, ∗) es un grup abelia.

(b) Proveu que f es morfisme de grups i trobeu Ker f .

(c) Interpreteu geometricament les classes d’equivalencia indudes pel morfisme f i el conjuntquocient, i trobeu la descomposicio canonica de f .

Resolucio:

(a) Anem a demostrar que (R×R, ∗) es un grup abelia.• L’operacio es interna, ja que la suma de nombres reals ho es.• L’operacio es associativa, ja que ho es la suma de nombres reals.• L’element neutre es el (0, 0) perque

(x, y) ∗ (0, 0) = (0, 0) ∗ (x, y) = (x, y).• El simetric de l’element (x, y) es (−x,−y) perque

(x, y) ∗ (−x,−y) = (−x,−y) ∗ (x, y) = (0, 0).• L’operacio es commutativa, perque ho es la suma de nombres reals.

(b) Anem a demostrar que f es morfisme de grups. En efecte:f ((x1, y1) ∗ (x2, y2)) = f(x1 + x2, y1 + y2) = ex1+x2+y1+y2 = ex1+y1ex2+y2 =

f(x1, y1) · f(x2, y2).Quant a Ker f , hem de trobar el conjunt d’elements de R ×R que tenen com a imatge elneutre del grup multiplicatiu (R∗, · ), es a dir, 1:

Ker f = {(x, y) ∈ R×R; f(x, y) = 1}Per tant, els elements de Ker f verifiquen:

f(x, y) = ex+y = 1 = e0

Es a dir, que la condicio que verifiquen els elements del nucli es que x + y = 0. Dit d’unaaltra forma, y = −x i, per tant:

Ker f = {(x,−x), ∀x ∈ R}.La interpretacio geometrica es que Ker f es el conjunt de punts que formen una recta dependent (−1) que passa per l’origen de coordenades.

(c) La relacio d’equivalencia induıda pel morfisme f es:(x1, y1)R(x2, y2) ⇐⇒ (x1, y1) ∗ (x2, y2)−1 ∈ Ker f ⇐⇒

(x1, y1) ∗ (−x2,−y2) = (x1 − x2, y1 − y2) ∈ Ker f =⇒x1 − x2 = y2 − y1 ⇐⇒ x1 + y1 = x2 + y2 = constant.

Una altra manera d’arribar al mateix resultat seria:(x1, y1)R(x2, y2) ⇐⇒ (x1, y1) ∗ (x2, y2)−1 ∈ Ker f =⇒

f((x1, y1) ∗ (x2, y2)−1

)= 1 ⇐⇒ f(x1, y1) · (f(x2, y2))

−1 = 1 ⇐⇒f(x1, y1) = f(x2, y2) ⇐⇒ ex1+y1 = ex2+y2 ⇐⇒ x1 + y1 = x2 + y2 = constant.

Podem considerar aquesta constant com a caracterıstica de la classe d’equivalencia i posar:[a] ≡ [(a, 0)] = {(x, y) ∈ R×R; x + y = a}

Geometricament, la classe caracteritzada per a, [a], es una recta del pla real d’equacio y =−x + a, es a dir, una recta de pendent (−1) amb ordenada a l’origen a. Per tant, lainterpretacio geometrica del conjunt quocient es:

(R×R)/Ker f = {conjunt de rectes del pla de pendent (−1)}.La imatge del morfisme, Im f , ve donada per:

Im f ≡ f(R×R) = {ex, ∀x ∈ R} = R+ ≡ {x ∈ R; x > 0}.La descomposicio canonica del morfisme f consisteix en considerar el proces de fer correspon-dre a cada element de R×R la seva imatge a R∗ ≡ R−{0}, descomposat en tres processos


diferents: la projeccio canonica π, l’isomorfisme f , i la injeccio canonica i. Primer, mitjancantπ classifiquem els elements de R × R, agrupant a la mateixa classe d’equivalencia tots elselements que tenen la mateixa imatge per f . Despres, com que cada classe d’equivalenciaesta caracteritzada per la imatge dels seus elements, podem establir una aplicacio bijectivaf entre el conjunt de classes d’equivalencia, (R × R)/Ker f , i el conjunt de les imatges,Im f . Finalment, com que pot haver-hi elements de R∗ que no tinguin antiimatge, femcorrespondre, mitjancant i, a cada element de Im f ell mateix, com a element de R∗.En resum, la descomposicio canonica de f es f = i ◦ f ◦ π:

R×Rf→ R∗

π ↓ ↑ i

(R×R)/Ker ff→ Im f = R+

La projeccio canonica π es el morfisme exhaustiu (epimorfisme) que fa correspondre a cadaelement la seva classe d’equivalencia:

π: R×R → (R×R)/Ker f

(x, y) 7→ π(x, y) = [(x + y, 0)] ≡ [x + y]L’isomorfisme f fa correspondre a cada classe (caracteritzada perque tots els elements tenenla mateixa imatge per f), la imatge d’un representant:

f : (R×R)/Ker f → R+

[(x, 0)] ≡ [x] 7→ f([x]) = ex

Finalment, la injeccio canonica i es el morfisme injectiu (monomorfisme) que nomes fa lainclusio de Im f dins del conjunt final, R∗:

i: R+ → R∗

x 7→ x

La composicio dels tres morfismes (un epimorfisme, un isomorfisme i un monomorfisme) donael morfisme de grups estudiat, f :

(i ◦ f ◦ π)(x, y) = (i ◦ f) (π(x, y)) = (i ◦ f)([x + y]) = i(f([x + y])

)=

i(ex+y

)= ex+y = f(x, y), ∀(x, y) ∈ R×R.

Per tant, i ◦ f ◦ π = f .


3. Enunciat:Siguin un grup abelia G i una aplicacio

f :G×G → G

(a, b) 7→ ab−1.

(a) Demostreu que f es un morfisme de grups.

(b) Caracteritzeu Ker f .

(c) Caracteritzeu (G×G)/Ker f .

(d) Demostreu que (G×G)/Ker f ' G.

Resolucio:

(a) L’operacio que tenim definida de manera natural a G × G a partir de l’operacio definida aG es l’operacio component a component:

(a, b) · (c, d) = (ac, bd).Aquesta operacio dona estructura de grup a G×G.Per comprovar que f es un morfisme de grups, fem:

f ((a, b) · (c, d)) = f(ac, bd) = ac(bd)−1 = acd−1b−1 = (ab−1)(cd−1) = f(a, b) f(c, d).↑

G es abeliaAixo demostra que f es un morfisme de grups.

(b) El nucli de f es el conjunt d’elements de G×G que tenen com a imatge l’element neutre deG. Com que fem servir una notacio multiplicativa, indicarem el neutre de G com a 1. Pertant:

Ker f = {(a, b) ∈ G×G; f(a, b) = 1}.En consequencia,

f(a, b) = 1 =⇒ ab−1 = 1 =⇒ a = b.

Per tant, el nucli de f esta format pels parells amb els dos elements iguals:Ker f = {(g, g),∀g ∈ G}.

(c) La relacio d’equivalencia induıda per Ker f es:(a, b)R (c, d) ⇐⇒ (a, b) · (c, d)−1 ∈ Ker f ⇐⇒ (a, b) · (c, d)−1 = (ac−1, bd−1) = (g, g) ⇐⇒

ac−1 = bd−1 ⇐⇒ ad = bc =⇒ [(a, b)] = {(c, d) ∈ G×G; ad = bc} .

Per caracteritzar millor les classes d’equivalencia, podem fer d = 1, i llavors:(a, b)R (c, 1) ⇐⇒ ab−1 = c.

Per tant, podem expressar les classes [(a, b)] com[(a, b)] =

[(ab−1, 1)

].

En conclusio, el conjunt quocient esta caracteritzat per:(G×G)/Ker f =

{[(ab−1, 1)

]; ∀a, b ∈ G

}.

(d) Pel teorema de l’isomorfisme, sabem que(G×G)/Ker f ' Im f.

Per veure que (G×G)/Ker f ' G, n’hi ha prou amb veure que f es exhaustiva. En efecte,ho es:

∀g ∈ G, ∃(g, 1) ∈ G×G; f(g, 1) = g1−1 = g.

Per tant, el morfisme es exhaustiu, i Im f = G, amb la qual cosa queda demostrat que(G×G)/Ker f ' G.


4. Enunciat:

Demostreu que

(a) (Z/(5),+),

(b) (Z/(5)∗, · ),

son grups abelians.

Resolucio:

Per fer el problema, anem a estudiar primer Z/(n), aplicant-ho despres al cas particular de Z/(5).

Els subgrups del grup additiu abelia (Z,+) son tots de la forma

(n) = {n} = {x = nz, ∀z ∈ Z},

es a dir, el conjunt de multiples de n. En ser un grup abelia, es demostra en general que elconjunt quocient es tambe un grup amb la mateixa operacio suma (Z/(n),+).

Anem a veure com son les classes d’equivalencia de Z/(5). Dos elements estan relacionats quanla seva diferencia es multiple de 5. En general, la classe d’equivalencia de representant r es de laforma:

[r] = {r + 5} = {. . . , r − 10, r − 5, r, r + 5, r + 10, . . .}

Per calcular la classe [x] a que pertany un enter qualsevol x ∈ Z n’hi ha prou amb trobar la restade la divisio entera. En efecte, recordeu que l’algorisme de la divisio entera entre x i 5 ens dona:

x = 5q + r, on q es el quocient i r es la resta, amb 0 ≤ r < 5.

Per tant, [x] = [r]. En el cas de nombres enters negatius, s’ha d’anar mes amb compte. La divisioentera s’efectua per defecte (i no per exces), de forma que la resta de la divisio compleixi 0 ≤ r < 5.Per exemple, si considerem −11 ∈ Z, l’algorisme de la divisio ens dona −11 = 5(−3) + 4, on elquocient es (−3) (i no −2) i la resta compleix la condicio imposada. Per tant, [−11] = [4].

Consequentment, a Z/(5) tenim 5 classes d’equivalencia, per a les quals es molt practic considerarcom a representants 0, . . . , 4:

[0] = {0 + 5} = {. . . ,−10,−5, 0,+5,+10, . . .},[1] = {1 + 5} = {. . . ,−9,−4, 1,+6,+11, . . .},[2] = {2 + 5} = {. . . ,−8,−3, 2,+7,+12, . . .},[3] = {3 + 5} = {. . . ,−7,−2, 3,+8,+13, . . .},[4] = {4 + 5} = {. . . ,−6,−1, 4,+9,+14, . . .}.

Es a dir, Z/(5) = {[0] , [1] , [2] , [3] , [4]}. Si no considerem la classe [0], l’indiquem llavors com aZ/(5)∗. Es a dir, Z/(5)∗ = {[1] , [2] , [3] , [4]}.

(a) Passem ara a estudiar (Z/(5),+) i a comprovar que es grup abelia. Per sumar dues classesn’hi ha prou amb sumar els representants i mirar a quina classe pertany el resultat. L’operacioentre classes esta ben definida, es a dir, que no depen dels representants. En efecte, consid-erem

x ∈ [r] =⇒ x = 5q + r,

y ∈ [s] =⇒ y = 5p + s.

Si fem servir x, y com a representants,

x + y = 5q + 5p + r + s = 5 + (r + s),

i, per tant, x + y ∈ [r + s]. Es a dir,

[x] = [r] , [y] = [s] =⇒ [x] + [y] = [x + y] = [r + s] = [r] + [s] .


La taula de l’operacio + induıda sobre el conjunt quocient es la seguent:

+ [0] [1] [2] [3] [4]

[0] [0] [1] [2] [3] [4]

[1] [1] [2] [3] [4] [0]

[2] [2] [3] [4] [0] [1]

[3] [3] [4] [0] [1] [2]

[4] [4] [0] [1] [2] [3]

A partir de l’operacio + a Z i de l’observacio de la taula, veiem que:• L’operacio es interna (no apareixen elements de fora de Z/(5)).• L’associativitat es difıcil d’estudiar a partir de la taula de l’operacio, i s’hauria de com-

provar cas per cas. Normalment s’han de fer servir altres raonaments. Com que persumar les classes sumem els seus representants, que son nombres enters, l’associativitatde la suma a Z, te com a consequencia que la suma de classes a Z/(5) tambe siguiassociativa.

• Observant que la primera fila i la primera columna queden invariants amb l’operacio, esveu que l’element neutre existeix i val e = [0].

• Tot element te oposat perque a totes les files i columnes hi apareix el neutre [0]. Enefecte,

− [0] = [0] ,− [1] = [4] ,− [2] = [3] ,− [3] = [2] ,− [4] = [1] .

• L’operacio es commutativa, perque la taula es simetrica respecte la diagonal principal.En conclusio, hem comprovat que (Z/(5),+) es un grup abelia.

(b) Passem ara a estudiar (Z/(5)∗, · ). En aquest cas, a diferencia de l’anterior, no tenim capgarantia que (Z/(5)∗, · ) sigui grup, perque en el conjunt quocient fem servir una operaciodiferent (producte) de la que dona estructura de grup a Z (suma).En aquest cas, l’operacio entre classes tambe esta ben definida, es a dir que no depen delsrepresentants. En efecte, considerem

x ∈ [r] =⇒ x = 5q + r,

y ∈ [s] =⇒ y = 5p + s.

Si fem servir x, y com a representants,x · y = 5q · 5p + 5q · s + 5p · r + r · s = 5 + r · s,

i, per tant, x · y ∈ [r · s]. Es a dir,[x] = [r] , [y] = [s] =⇒ [x] · [y] = [x · y] = [r · s] = [r] · [s] .

La taula de l’operacio · induıda sobre el conjunt quocient es la seguent:

· [1] [2] [3] [4]

[1] [1] [2] [3] [4]

[2] [2] [4] [1] [3]

[3] [3] [1] [4] [2]

[4] [4] [3] [2] [1]

A partir de l’operacio · a Z i de l’observacio de la taula, veiem que:• L’operacio es interna (no apareixen elements de fora de Z/(5)∗).• Com a consequencia de l’associativitat del producte a Z, el producte tambe es associatiu

a Z/(5)∗.


• Observant que la primera fila i la primera columna queden invariants amb l’operacio, esveu que l’element neutre existeix i val e = [1].

• Tot element te invers perque a totes les files i columnes apareix el neutre [1]. En efecte,[1]−1 = [1] ,

[2]−1 = [3] ,

[3]−1 = [2] ,

[4]−1 = [4] .• L’operacio es commutativa, perque la taula es simetrica respecte la diagonal principal.

En conclusio, (Z/(5)∗, · ) es un grup abelia.

Nota: De fet, en general, (Z/(n)∗, · ) es grup abelia sempre que n sigui un nombre primer.Si n no es primer, llavors (Z/(n)∗, · ) no te estructura de grup. Per exemple, per a n = 4, lataula de l’operacio a (Z/(4)∗, · ) ens donaria:

· [1] [2] [3]

[1] [1] [2] [3]

[2] [2] [0] [2]

[3] [3] [2] [1]

Podem observar que l’operacio no es interna (apareix com a resultat [0] 6∈ Z/(4)∗) i que [2]no te invers. Per tant, (Z/(4)∗, · ) no es grup.

73

CAPITOL 3

EXEMPLE DE RESOLUCIO D’UN EXAMEN

Com a exemple del nivell de coneixements que s’exigeix a l’estudiant en acabar el curs del’assignatura d’Algebra i Geometria Lineal, en aquest capıtol donem l’enunciat complet d’un examenfinal de l’assignatura, que esta constituit per quatre exercicis: tres problemes i una questio de teoria.La nota final de l’examen es la mitjana, amb igual pes, dels quatre exercicis. Per als exercicis ambapartats, la nota esta igualment repartida entre els apartats.

A continuacio, perque serveixi com a guia per a la realitzacio de l’examen, en donem un exemplede solucio, tal com l’hauria de presentar l’estudiant per obtenir la maxima qualificacio. Fixeu-vos queel nivell de detall amb que es dona la solucio es molt mes baix que el dels problemes resolts d’aquesttext-guia. El nivell de detall, pero, ha de ser sempre el suficient perque el professor que corregeixil’examen, a partir unicament de la informacio que entrega l’alumne en la seva resposta, pugui tenirun criteri clar per avaluar el nivell de coneixements de l’estudiant.

Tingueu en compte que, a diferencia d’un examen oral on hi ha una interaccio entre el professori l’estudiant que s’examina (el professor pot demanar aclariments a l’estudiant per saber si dominao no el tema demanat), en un examen escrit nomes es valora allo que apareix en el full entregaten acabar l’examen. El professor, per corregir l’examen, ha de poder seguir el fil del raonament del’estudiant. En particular, s’ha d’evitar al maxim fer servir paraules com “trivial” o “evident”, quepoden ser interpretades pel corrector de dues formes oposades: que l’estudiant amaga sota aquestaparaula el seu desconeixement del tema, o que l’estudiant no explica els detalls perque els troba massasenzills. Davant del dubte, expliqueu els detalls del raonament seguit. Aixo no vol dir, evidentment,que s’hagin de donar explicacions exhaustives, com si es partıs d’un coneixement nul de l’assignatura.En canvi, s’ha de deixar ben clar el camı seguit per a la resolucio de l’exercici i el perque s’ha seguitun camı concret.

Encara que sembli innecessari, donem tambe la resposta a la questio de teoria. No es essen-cialment diferent del que es pot trobar, per exemple, al Teorema 4.2 del Capıtol IV del llibre de text,ja mencionat, de Castellet i Llerena. Hem preferit incloure-la en aquest text-guia, perque l’estudiantpugui calibrar la quantitat d’informacio que ha de proporcionar en un examen perque el professorpugui avaluar-lo correctament. Evidentment, la solucio que donem, fins i tot en el cas d’una questioteorica, no es en cap cas l’unica possible i correcta.

74 CAPITOL 3. EXEMPLE DE RESOLUCIO D’UN EXAMEN

3.1 Enunciat de l’examen

1. Sigui el subespai vectorial de R4:

U ={(a1, a2, a3, a4) ∈ R4; a1 = a2 − 3a3, a3 = a4

}.

(a) Determineu una base de U .(b) Determineu una base d’un subespai complementari de U .(c) Determineu una base de l’espai quocient R4/U .

2. Sigui el producte escalar


(a) Trobeu-ne la matriu associada en la base {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}.(b) Trobeu una base ortonormal a partir de la base anterior.(c) Trobeu l’angle que formen els vectors (1, 0, 0) i (0, 1, 0).

3. Considereu a l’espai euclidia E2, dotat amb una base ortonormal,

R: la rotacio de +60◦ al voltant de l’origen,S: la simetria respecte a la recta x−

√3y = 0.

(a) Trobeu les matrius de R i S.(b) Caracteritzeu l’aplicacio ortogonal R ◦ S.(c) Es compleix R ◦ S = S ◦R? Cas que no es compleixi la igualtat, caracteritzeu S ◦R.

4. Siguin F i G dos subespais vectorials d’un espai vectorial de dimensio finita. Demostreu laformula de Grassmann:

dim F + dim G = dim (F + G) + dim (F ∩G).

3.2. Solucio de l’examen 75

3.2 Solucio de l’examen

Exercici 1

(a) Busquem primer un sistema de generadors del subespai vectorial U .

U ={(a1, a2, a3, a4) ∈ R4; a1 = a2 − 3a3, a3 = a4

}=

{(a2 − 3a3, a2, a3, a3)} = {a2(1, 1, 0, 0) + a3(−3, 0, 1, 1)} =〈(1, 1, 0, 0), (−3, 0, 1, 1)〉.

Com que els dos vectors son linealment independents (no son proporcionals), formen una basede U . Es a dir, la base buscada de U es:

{(1, 1, 0, 0), (−3, 0, 1, 1)} .

(b) Una base d’un subespai vectorial complementari de U estara formada per dos vectors que siguinlinealment independents amb els de la base de U , de manera que entre tots quatre formin unabase de R4.Anem a buscar dos vectors que compleixin aquesta condicio. Per exemple, provem amb (0, 0, 1, 0)i (0, 0, 0, 1):∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −3 0 01 0 0 00 1 1 00 1 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

1 −3 01 0 00 1 1

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣ 1 −3

1 0

∣∣∣∣ = 3 6= 0.

Per tant, el rang dels quatre vectors es 4, es a dir que son linealment independents. En conclusio,una base d’un subespai vectorial complemantari de U es:

{(0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} .

(c) Partim de la base trobada per a R4. A l’espai quocient R4/U , les classes corresponents alsvectors de la base de R4 son:

[(1, 1, 0, 0)] = [0] (perque (1, 1, 0, 0) ∈ U)[(−3, 0, 1, 1)] = [0] (perque (−3, 0, 1, 1) ∈ U)

[(0, 0, 1, 0)] 6= [0] (perque (0, 0, 1, 0) 6∈ U)[(0, 0, 0, 1)] 6= [0] (perque (0, 0, 0, 1) 6∈ U)

Com que dim R4/U = 4 − 2 = 2, les dues ultimes classes son la base buscada perque sonlinealment independents. En consequencia, una base de l’espai quocient es:

{[(0, 0, 1, 0)] , [(0, 0, 0, 1)]} .


Exercici 2

El producte escalar esta definit per:


(a) Per obtenir la matriu del producte escalar, calculem els productes escalars del vectors de la basedonada:

φ((1, 0, 0), (1, 0, 0)) = 1φ((1, 0, 0), (0, 1, 0)) = 1 · (−2) = −2φ((1, 0, 0), (0, 0, 1)) = 1 · 0 + 0 + 0 = 0φ((0, 1, 0), (0, 1, 0)) = −2 · (−2) + 1 + 1 · 1 = 4 + 1 + 1 = 6φ((0, 1, 0), (0, 0, 1)) = −2 · 0 + 0 + 1 · 1 = 1φ((0, 0, 1), (0, 0, 1)) = 0 + 0 + 1 · 1 = 1

Per tant, la matriu del producte escalar es: 1 −2 0−2 6 1

0 1 1

.

(b) Ortonormalitzem la base donada pel metode de Gram-Schmidt.

e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1).

Comencem amb u1:

‖e1‖2 =(

1 0 0) 1 −2 0

−2 6 10 1 1

100

= 1,

u1 =e1

‖e1‖= (1, 0, 0).

Ara anem a calcular u2:

u′2 = e2 + λu1, ambφ(u1, u

′2) = φ(u1, e2) + λ φ(u1, u1)︸︷︷︸

1

= 0 =⇒ λ = −φ(u1, e2) =⇒ u′2 = e2 − φ(u1, e2) u1.

φ(u1, e2) =(

1 0 0) 1 −2 0

−2 6 10 1 1

010

= −2,

u′2 = (0, 1, 0) + 2(1, 0, 0) = (2, 1, 0).

‖u′2‖2 =(

2 1 0) 1 −2 0

−2 6 10 1 1

210

= 2,

u2 =u′2‖u′2‖

=(2, 1, 0)√

2=

(√

2,

√2

2, 0

).

Finalment, calculem u3:

u′3 = e3 + λu1 + µu2, ambφ(u1, u

′3) = φ(u1, e3) + λ φ(u1, u1)︸︷︷︸

1

+µ φ(u1, u2)︸︷︷︸0

= 0

φ(u2, u′3) = φ(u2, e3) + λ φ(u2, u1)︸︷︷︸

0

+µ φ(u2, u2)︸︷︷︸1

= 0

=⇒ λ = −φ(u1, e3)µ = −φ(u2, e3)

}=⇒

u′3 = e3 − φ(u1, e3) u1 − φ(u2, e3) u2.


φ(u1, e3) =(

1 0 0) 1 −2 0

−2 6 10 1 1

001

= 0,

φ(u2, e3) =( √

2√

2/2 0) 1 −2 0

−2 6 10 1 1

001

=√

22

,

u′3 = (0, 0, 1)−√

22

(√

2,

√2

2, 0

)=(−1,−1

2, 1)

.

‖u′3‖2 =(−1 −1/2 1

) 1 −2 0−2 6 1

0 1 1

−1−1/2

1

=12,

u3 =u′3‖u′3‖

=(−1,−1/2, 1)√

1/2=

(−√

2,−√

22

,√

2

).

En conclusio, la base ortonormal trobada es:

u1 = (1, 0, 0),

u2 =

(√

2,

√2

2, 0

),

u3 =

(−√

2,−√

22

,√

2

).

(c) Donats dos vectors u i v, l’angle α que formen verifica la relacio:

φ(u, v) = ‖u‖ ‖v‖ cos α =⇒ cos α =φ(u, v)‖u‖ ‖v‖

.

Calculem els productes escalars necessaris, que, de fet, son coeficients de la matriu del producteescalar calculada al primer apartat:

φ(u, v) =(

1 0 0) 1 −2 0

−2 6 10 1 1

010

= −2,

‖u‖2 =(

1 0 0) 1 −2 0

−2 6 10 1 1

100

= 1,

‖v‖2 =(

0 1 0) 1 −2 0

−2 6 10 1 1

010

= 6.

Per tant, l’angle que formen els dos vectors ve donat per:

cos α =φ(u, v)‖u‖ ‖v‖

=−2

1 ·√

6= −

√6

3=⇒ α = arccos

(−√

63

).


Exercici 3

(a) Com que la base es ortogonal, la matriu de R es(cos 60◦ − sin 60◦

sin 60◦ cos 60◦

)=(

1/2 −√

3/2√3/2 1/2

)El vector director unitari de la recta x−

√3y = 0 es

(√

3/2, 1/2) = (cos 30◦, sin 30◦),

per tant, la matriu de S es(cos 2 · 30◦ sin 2 · 30◦

sin 2 · 30◦ − cos 2 · 30◦

)=(

1/2√

3/2√3/2 −1/2

)(b) R ◦ S =

(1/2 −

√3/2√

3/2 1/2

)(1/2

√3/2√

3/2 −1/2

)=(−1/2

√3/2√

3/2 1/2

)D’aquı resulta que det (R ◦ S) = −1, es a dir que es tracta d’una simetria. Si identifiquem lamatriu de R ◦ S amb la matriu general d’una simetria amb eix que forma un angle α amb ladireccio x,(

cos 2α sin 2αsin 2α − cos 2α

)veiem que cos 2α = −1/2 i sin 2α =

√3/2, es a dir, α = 60◦. L’eix de simetria te per tant un

vector director unitari (cos 60◦, sin 60◦) = (1/2,√

3/2) i la seva equacio es√

3x− y = 0.

(c) S ◦R =(

1/2√

3/2√3/2 −1/2

)(1/2 −

√3/2√

3/2 1/2

)=(

1 00 −1

)Per tant, S ◦ R 6= R ◦ S. Per caracteritzar S ◦ R, veiem que det (S ◦ R) = −1 i, es a dir que esigualment una simetria. A partir de la matriu, veiem directament que la simetria es respecte al’eix x, perque conserva la component x i inverteix la component y de qualsevol vector.


Exercici 4

Tots els subespais d’un espai vectorial E de dimensio finita son tambe de dimensio finita. Aixı, hoseran F , G, F + G i F ∩G, ja que tots son subespais vectorials de E.

Comencem amb F ∩G, que es subespai tant de F com de G. Sigui

{u1, . . . , um}

una base de F ∩G. Completem aquesta base fins a obtenir bases per a F i G:

{u1, . . . , um, um+1, . . . , ur} base de F

{u1, . . . , um, vm+1, . . . , vs} base de G

Qualsevol vector de F + G es pot expressar com u + v, on u ∈ F i v ∈ G. Per tant, sera combinaciolineal de

u1, . . . , um, um+1, . . . , ur, vm+1, . . . , vs.

Es a dir, aquests r + s−m vectors son un sistema de generadors de F + G:

F + G = 〈u1, . . . , um, um+1, . . . , ur, vm+1, . . . , vs〉.

Ara, per demostar la formula de Grassmann nomes falta demostrar que aquests vectors son linealmentsindependents. En efecte, si aquests vectors fossin una base de F + G, es verificaria que

dim (F ∩G) = m,

dim F = r,

dim G = s,

dim (F + G) = r + s−m,

es a dir:

dim (F + G) = r + s−m = dim F + dim G− dim (F ∩G).

Anem, doncs, a demostrar que son linealment independents. Fem una combinacio lineal nul·la delsvectors del sistema de generadors de F + G:

r∑i=1

aiui +s∑

i=m+1

bivi = 0.

Escrivim aquesta relacio aixı:

r∑i=1

aiui = −s∑

i=m+1

bivi. (∗)

El primer membre es combinacio lineal de la base de F , mentre que el segon membre ho es de vectorsde la base de G. Aixı, el vector pertany alhora a F i a G:

r∑i=1

aiui = −s∑

i=m+1

bivi ∈ F ∩G,

de manera que es combinacio lineal de la base de F ∩G:

−s∑

i=m+1

bivi =m∑

j=1

cjuj ,


i ho podem expressar aixı:

m∑j=1

cjuj +s∑

i=m+1

bivi = 0.

Es a dir, tenim una combinacio lineal dels vectors de la base de G igual a zero. Per tant, tots elscoeficients son nuls i, en particular,

bi = 0, i = m + 1, . . . , s.

Per veure que tambe son nuls els coeficients ai, nomes cal veure que, a partir de la relacio (∗), aratenim:

r∑i=1

aiui = 0.

Aixo es una combinacio lineal de vectors de la base de F i, per tant, els coeficients tambe son nuls:

ai = 0, i = 1, . . . , r.

Hem demostrat que tots els coeficients de la combinacio lineal∑r

i=1 aiui +∑s

i=m+1 bivi son zero ique, per tant, els vectors son linealment independents. En conclusio, son una base de F + G. Aixoacaba la demostracio.

prob algebra

Documents

relacions

relacions

dels polinomis

quins valors

ne la inversa

la simetria

es dequivalencia

sistemes dequacions