Álgebra Lineal · Guía completa de la materia

El régimen del curso 5 (Palacios), 2C2026

Álgebra II (61.08 / 81.02), Álgebra Lineal (CB002). Esta guía se armó siguiendo el curso 5, cátedra Patricia Palacios, con Francisco Vibrentis, durante el 2C2026. El régimen, las fechas y las pautas de examen de esta sección son los que ese curso publicó en su campus.

En el curso 5 la materia se aprueba con dos parciales. Nada de trabajos prácticos entregables, nada de coloquio. Dos exámenes y listo.

Las fechas del curso 5 en el 2C2026

Son las que publicó el curso 5: todas caen miércoles de 9:00 a 12:00, en el día y horario del curso. Si cursás en otro, las tuyas pueden ser otras.

Las pautas del examen (así las publicó el curso 5)

Y las dos cláusulas que casi nadie lee, que son las que más plata cuestan:

Qué poner en las 4 carillas

Las 4 carillas manuscritas son el único apoyo que vas a tener. La decisión de qué entra no se toma por gusto: se toma por frecuencia. Sobre los 41 parciales con encabezado completo del corpus (de 2021 a 2026), estas son las veces que cada tema aparece en al menos un ejercicio del examen:

Carilla 1 · Espacios vectoriales, subespacios y coordenadas

Es la carilla que sostiene el Ej 1 (subespacios o coordenadas en los 41 parciales fechados; en el 1C2026, también el Ej 2) y el vocabulario de todas las demás.

• Definición de subespacio y el test de tres puntos: 0 ∈ S, cerrado por suma, cerrado por producto por escalar.
• dim ℝ_n[x] = n+1, dim ℝ^m×n = mn. Escribilo grande. Media clase pierde el Ej 1 poniendo dim ℝ₃[x] = 3.
• Teorema de extensión de base: todo conjunto LI de V se puede extender a una base de V. Es el que legitima "completar" en el Ej 1.
• Teorema de la dimensión de la suma (Grassmann): dim(S₁+S₂) = dim S₁ + dim S₂ − dim(S₁∩S₂), con la demostración (se extiende una base de la intersección a cada lado y se prueba que la unión es LI).
• El teorema del Ej 1 propiamente dicho: si B₀ es base de S₁∩S₂, B₀∪B₁ es base de S₁ y B₀∪B₂ es base de S₂, entonces B₀∪B₁∪B₂ es base de S₁+S₂. Con demostración.
• Suma directa: S₁⊕S₂ ⟺ S₁∩S₂ = {0} ⟺ la escritura v = s₁+s₂ es única. Y el checklist de verificación: S ⊆ W, T ⊆ W, S∩T = {0} y dim S + dim T = dim W.
• Coordenadas: [v]_B, la matriz de cambio M^B₂_B₁ con la columna j igual a [b_j]_B₂, y (M^B₂_B₁)⁻¹ = M^B₁_B₂.
• rg(A) + dim nul(A) = n (n = columnas) y los cuatro subespacios fundamentales con sus dimensiones.

Carilla 2 · Transformaciones lineales

La carilla más rentable de las cuatro: la transformación lineal aparece en algún lugar del examen en 40 de los 41 parciales fechados, y en 43 de sus 44 ejercicios viene dada por su matriz asociada. Fue el Ej 2 en 30 de los 35 parciales hasta el 2C2025, y en el 1C2026 bajó al Ej 3 (5 de 6). El único fechado donde no cae es el del 14/XII/22, y ni siquiera ése se salva de las transformaciones lineales: sus Ej 2 y Ej 4 son una proyección y una fibra de proyección, que el catálogo cuenta aparte pero son TL igual. En cambio el 7/VIII/24, el 6/XI/24 (9 hs) y el 11/XII/24 traen dos de la familia (Ej 2 y Ej 3).

• Definición de TL y T(0_V) = 0_W.
• Nu(T), Im(T) y el teorema de la dimensión: dim Nu(T) + dim Im(T) = dim V, con demostración (base del núcleo extendida a base de V; las imágenes de los agregados generan la imagen y son LI).
• La convención de la cátedra, escrita en letra grande: en [T]^C_B el subíndice es el dominio y el supraíndice el codominio, y vale [T]^C_B·[v]_B = [T(v)]_C. La columna j es [T(b_j)]_C. Esto es literalmente el ejercicio 2 del parcial.
• Cambio de base: [T]^C′_B′ = M^C′_C·[T]^C_B·M^B_B′.
• [S∘T] = [S]·[T] con las bases encadenadas; T es isomorfismo ⟺ [T]^C_B es inversible, y [T⁻¹]^B_C = ([T]^C_B)⁻¹.
• Estructura de la preimagen: si T(x₀) = w, entonces T⁻¹({w}) = x₀ + Nu(T). Con demostración de dos líneas. Es el 50 % del Ej 2.
• Monomorfismo ⟺ Nu(T) = {0}; epimorfismo ⟺ dim Im(T) = dim W.

Carilla 3 · Producto interno, proyecciones y simetrías

Es la carilla más densa porque cubre el Ej 3 y el Ej 4 a la vez. Alguna de las dos familias de producto interno aparece en los 41 parciales fechados, y en 19 de los 41 aparece dos veces en el mismo examen.

• Axiomas del producto interno (incluido definido positivo) y la forma matricial ⟨x,y⟩ = y^TA x con A simétrica definida positiva.
• Matriz de Gram G = [⟨v_i,v_j⟩] y su uso para proyectar sin ortonormalizar: resolver G·a = [⟨v,v_i⟩].
• Norma, Cauchy-Schwarz, desigualdad triangular, Pitágoras (‖u+v‖² = ‖u‖²+‖v‖² si u⊥v).
• Gram-Schmidt completo, con la fórmula de la resta acumulada.
• S^⊥: definición, dim S + dim S^⊥ = dim V, V = S ⊕ S^⊥, (S^⊥)^⊥ = S.
• Teorema de la mejor aproximación, con demostración por Pitágoras: para todo s ∈ S, ‖v − s‖ ≥ ‖v − P_S(v)‖, con igualdad sólo si s = P_S(v). De ahí d(v,S) = ‖v − P_S(v)‖ = ‖P_S^⊥(v)‖.
• Proyección y simetría oblicuas (esto es el Ej 3, y no es lo mismo que la ortogonal): dada V = W ⊕ L, Π es la identidad sobre W y cero sobre L; Σ = 2Π − Id. Caracterizaciones: Π∘Π = Π, Im(Π) = Nu(Π − Id); Σ∘Σ = Id. En la base "dos de W más uno de L" quedan diag(1,1,0) y diag(1,1,−1).
• La fibra: P_S(x) = v ⟺ x ∈ v + S^⊥ (y hay que chequear v ∈ S). Con condición de distancia, Pitágoras cierra: ‖x‖² = ‖v‖² + ‖x − v‖².

Carilla 4 · Cuadrados mínimos, ecuaciones diferenciales y el arsenal de citas

Es la carilla de "lo que puede caer o no". Reservale la mitad de arriba y usá la mitad de abajo como índice de justificaciones: los enunciados exactos que vas a citar en el resto del examen.

• Ecuación normal: x̂ minimiza ‖b − Ax‖ ⟺ b − Ax̂ ⊥ col(A) ⟺ A^TA x̂ = A^Tb. Con la deducción de una línea (es la justificación teórica que te van a pedir).
• La ecuación normal siempre es compatible, y su conjunto solución es x̂₀ + Nul(A): única ⟺ las columnas de A son LI. La solución de norma mínima es la única que cae en fil(A) = col(A^T).
• Cómo se arma A en un ajuste: una fila por dato, una columna por coeficiente del modelo (recta: [1, x_i]; parábola: [1, x_i, x_i²]).
• ED lineales de 2º orden a coeficientes constantes, en ocho renglones: ecuación característica, los tres casos de raíces (reales distintas, doble, complejas conjugadas), coeficientes indeterminados y resonancia (multiplicar por x cuando la forma de f ya resuelve la homogénea).
• El índice de citas: un renglón por teorema, con el nombre con el que lo vas a llamar. "Por el teorema de la dimensión…", "por el teorema de la mejor aproximación…", "por la caracterización de la proyección…". Si en el oral no sabés nombrar lo que usaste, no cuenta.

Qué NO conviene poner

El esqueleto del primer parcial

Sobre los 41 parciales con encabezado completo (de 2021 a 2026; hay 43 en total, pero dos no tienen fecha ni encabezado y traen sólo 4 ejercicios), la posición del ejercicio predice el tema, con una salvedad: en el 1C2026 el esqueleto se corrió un lugar. Por eso la tabla separa los 35 parciales que van hasta el 2C2025 de los 6 del 1C2026:

Lo que entra y sale del parcial, cuatrimestre por cuatrimestre

Los 41 parciales fechados se reparten así: 13 de 2021 a 2023, 6 del 1C2024, 5 del 2C2024, 7 del 1C2025, 4 del 2C2025 y 6 del 1C2026 (cada recuperatorio cuenta en el cuatrimestre que recupera: el del 12/II/25, por ejemplo, va con el 2C2024). Hay cuatro temas que se mueven:

Plan de cursada, semana a semana

El cuatrimestre son 16 semanas. Con las fechas del curso 5, el primer parcial el 21/10 y el segundo el 2/12, el reparto natural es: diez semanas para el primer parcial (guías 1 a 3) y seis para el segundo (guía 4). Este plan cuenta hacia atrás desde cada fecha de examen, así que sirve aunque tu curso arranque una semana antes o después.

Aclaración de procedencia: el régimen, las fechas, las pautas del examen y los docentes salen del campus del curso 5. El reparto de temas por semana es una reconstrucción a partir de las cuatro guías de TP y de las dos fechas de parcial: la cátedra no publica cronograma de clases. Los talleres del campus permiten contrastarla con lo que pasó: los de la unidad 1 van del 21/8 al 16/9 (Talleres 1 a 8) y los de transformaciones lineales arrancan el 18/9 (Taller 9). Que la unidad 4 sea el corazón del segundo parcial arrancó siendo una inferencia: los 43 exámenes del corpus son primeros parciales y recuperatorios del primero, todos evalúan contenido de las unidades 1 a 3, y el desglose exacto está en la sección 6. La cátedra tampoco lo publica por escrito. Pero los 14 segundos parciales reales que se consiguieron después (están en la guía hija «Álgebra Lineal · Segundo parcial») lo confirman: en los 10 del régimen actual el ejercicio 1 es diagonalización en 8 de 10 y el ejercicio 5 es DVS, seudoinversa, cuadrados mínimos o imagen de la esfera en 10 de 10.

Las trampas del régimen

Esta sección no es un tema del parcial. Es la caja de herramientas: lo que aparece dentro de los cinco ejercicios de todas las fechas de todos los años. Escalonar, leer un rango, clasificar un sistema, invertir una matriz, calcular un determinante y, sobre todo, pasar un subespacio de una representación a otra. Si esto no está automatizado, no importa cuánta teoría de producto interno sepas: el reloj de las tres horas te gana.

Fuente: Unidad 1 · Repaso de sistemas, matrices y determinantes (43 páginas, material de la cátedra) y las notas de Espacios Vectoriales de Mancilla Aguilar. Los ejercicios a resolver son de la Guía 1 de TP y de los Ejercicios adicionales de la Unidad 1 de Palacios.

Sistemas lineales, matriz ampliada y eliminación de Gauss

Todo sistema de m ecuaciones y n incógnitas se escribe Ax = b, con A ∈ ℝ^m×n la matriz de coeficientes, x ∈ ℝⁿ las incógnitas y b ∈ ℝ^m los términos independientes. Se trabaja sobre la matriz ampliada (A|b).

Dos sistemas son equivalentes si tienen el mismo conjunto solución. Las tres operaciones elementales por filas producen sistemas equivalentes:

1. Multiplicar una fila por un escalar distinto de cero.
2. Intercambiar dos filas.
3. Sumar a una fila un múltiplo de otra.

Escalonada y escalonada reducida: no son la misma cosa

Una posición pivote de A es la ubicación de un 1 principal de E_A; una columna básica (o pivotal) de A es la que contiene una posición pivote. Las demás son no básicas.

Rango y Rouché-Frobenius

rg(A) = cantidad de filas no nulas de E_A = cantidad de columnas pivotales de A. Las dos cuentas coinciden siempre.

Estructura del conjunto solución

Con S₀ = {x : Ax = 0} y S_b = {x : Ax = b}:

1. u, v ∈ S₀ ⟹ u + v ∈ S₀. A(u+v) = Au + Av = 0.
2. u ∈ S₀, α ∈ ℝ ⟹ αu ∈ S₀. A(αu) = α(Au) = 0.
3. u, v ∈ S_b ⟹ u − v ∈ S₀. A(u−v) = b − b = 0.
4. Toda solución de Ax = b se escribe x = x_p + x₀, con x_p una solución particular y x₀ ∈ S₀. Si x̂ es solución, x₀ := x̂ − x_p ∈ S₀ por (3), y x̂ = x_p + x₀.

Sistemas con parámetro

1. Si A es cuadrada: calculá det(A) en función del parámetro y factorizalo. Sus raíces son los únicos candidatos a caso especial.
2. Para todo valor con det(A) ≠ 0 el sistema es SCD (y el homogéneo, sólo la trivial).
3. Para cada raíz del determinante, reemplazá el valor concreto en (A|b) y escaloná esa matriz numérica. Recién ahí distinguís SCI de SI comparando rg(A) con rg(A|b).
4. Si A no es cuadrada, escaloná con el parámetro simbólico pero nunca dividas por una expresión que pueda anularse: cuando aparezca un pivote "expresión con parámetro", abrí las dos ramas ahí mismo.
5. La respuesta es una lista de casos que cubra todos los valores del parámetro, sin superposiciones.

Matriz inversa

A ∈ ℝ^n×n es inversible si existe B con AB = BA = I. Esa B es única y se nota A⁻¹. Basta un solo lado: si existe B con AB = I (o con BA = I), A es inversible y B = A⁻¹.

Método (A|I): como A inversible es producto de elementales, las mismas operaciones por filas que llevan A a I llevan I a A⁻¹. Ampliás (A|I), escalonás hasta la reducida del bloque izquierdo, y si sale I, el bloque derecho es A⁻¹. Si aparece una fila de ceros a la izquierda, rg(A) < n y no hay inversa: parás ahí.

Determinante

El teorema de la dimensión y los cuatro subespacios fundamentales

La razón es directa: cada columna pivotal aporta un pivote al rango, cada columna no pivotal aporta una variable libre al núcleo, y toda columna es una de las dos cosas.

Y el criterio de combinación lineal, que es la misma idea en otro envase: b es combinación lineal de v₁,…,v_r ⟺ rg(v₁|…|v_r) = rg(v₁|…|v_r|b) ⟺ b es columna no básica de la ampliada.

La habilidad central: las tres representaciones de un subespacio

Un subespacio se puede escribir de tres maneras, y el parcial te lo da en una y te lo pide en otra. Los ejercicios 1, 2, 3 y 4 del primer parcial son, en el fondo, cadenas de estos pasajes. Si esto no sale en automático, cada ejercicio te cuesta el doble de tiempo.

Paso 0, el que se saltea medio curso: bajar a coordenadas

Si el espacio no es ℝⁿ (y en el parcial casi nunca lo es: es ℝ₃[x], ℝ^2×2 o el subespacio de las simétricas), lo primero es fijar una base del espacio ambiente y trabajar con vectores de coordenadas. Todos los métodos de abajo son métodos sobre ℝⁿ; lo demás es traducción.

Los seis pasajes, con método

Todos los ejemplos que siguen corren sobre el mismo subespacio de ℝ⁴, para que veas que las tres representaciones son la misma cosa escrita distinto:

Pasaje 1 · Generadores → base (depurar)

Dos algoritmos, y no dan lo mismo. Los dos son de la guía (ej 1.13) y los dos son legítimos, pero devuelven cosas distintas:

Pasaje 2 · Base → generadores

Trivial: una base es un sistema de generadores. Lo único que se agrega es que es minimal. Se menciona porque en el parcial el enunciado a veces dice "describir mediante un sistema de generadores minimal" (guía 1, ej 1.4): eso es exactamente "dar una base".

Pasaje 3 · Generadores → ecuaciones

El pasaje que más se traba, y el más útil. Método: armá G con los generadores como filas. Entonces

O sea: calculás el núcleo de la matriz que tiene a los generadores como filas, y cada vector de esa base es el vector de coeficientes de una ecuación. La cantidad de ecuaciones independientes que salen es n − dim S, exactamente lo que tiene que ser.

Método alternativo, si te olvidás el de arriba: escribís x = α₁v₁ + … + α_rv_r como sistema en las α, escalonás la ampliada (v₁|…|v_r|x) con x genérico, e imponés que sea compatible: las condiciones de compatibilidad que aparecen abajo son las ecuaciones de S. Es más largo pero sale igual y no hay que recordar nada.

Pasaje 4 · Ecuaciones → generadores (y base)

Es resolver el sistema homogéneo. Método: escalonás A, despejás las variables básicas en función de las libres, escribís la solución en forma paramétrica y agrupás por parámetro: los vectores que multiplican a cada parámetro son una base de S.

Pasaje 5 · Base → ecuaciones

Idéntico al pasaje 3: una base es un sistema de generadores. La única ventaja es que ya sabés cuántas ecuaciones independientes van a salir: n − dim S. Usalo como control.

Pasaje 6 · Ecuaciones → base "a ojo"

Cuando la ecuación es una sola en ℝ³ o ℝ⁴ (el caso más frecuente en el parcial, porque los planos vienen dados así), no hace falta escalonar nada. De x₁ − 2x₂ − 2x₃ = 0 despejás x₁ = 2x₂ + 2x₃ y leés directo la base {(2,1,0), (2,0,1)}: una libre en 1 y las demás en 0, para cada libre. dim = n − 1.

Trampas de esta sección

Esta es la unidad 1 y es la que sostiene todo lo demás. Transformaciones lineales, producto interno, autovalores y DVS son capítulos que se escriben con este vocabulario: si "hallar una base de S₁ ∩ S₂" te cuesta veinte minutos, el resto de la materia se te va a hacer imposible. En los 43 parciales reales relevados, subespacios ocupa el Ej 1 en 29 de los 41 con encabezado completo (71 %), y las otras 12 veces esa posición es coordenadas y cambio de base, que también es unidad 1. O sea: en los 41, el ejercicio 1 sale de esta guía. En el 1C2026, además, el Ej 2 también fue de unidad 1 en los seis (subespacios en cinco, coordenadas en uno). (Los 2 restantes no tienen encabezado, traen sólo 4 ejercicios y no siguen el esqueleto de posiciones: en los dos el Ej 1 es producto interno. Quedan fuera de este conteo.)

1 · Espacio vectorial: la definición completa

Un K-espacio vectorial (K = ℝ o ℂ, el cuerpo de escalares) es un conjunto V no vacío con dos operaciones (una suma + : V × V → V y un producto por escalares · : K × V → V) que cumplen ocho axiomas. Cuatro de la suma, cuatro del producto:

Los espacios que aparecen en la materia son siempre los mismos seis, y conviene tener presente su dimensión de memoria:

Consecuencias inmediatas de los axiomas (se demuestran en dos líneas)

(i) 0·v = 0_V para todo v. ▸ 0·v = (0+0)·v = 0·v + 0·v por el axioma 6. ▸ Sumando −(0·v) a ambos lados: 0_V = 0·v. ∎

(ii) α·0_V = 0_V. ▸ α·0 = α(0+0) = α·0 + α·0 por el axioma 5, y se cancela igual. ∎

(iii) (−1)·v = −v. ▸ v + (−1)v = 1·v + (−1)v = (1 + (−1))v = 0·v = 0_V por los axiomas 8, 6 y (i). ▸ Como el opuesto es único, (−1)v = −v. ∎

(iv) αv = 0 ⟹ α = 0 o v = 0. ▸ Si α ≠ 0, multiplicando por α⁻¹: v = 1·v = (α⁻¹α)v = α⁻¹(αv) = α⁻¹0 = 0. ∎

2 · Subespacio y el teorema del subespacio (demostrado)

S ⊆ V es subespacio de V si S es, por sí mismo, un espacio vectorial con las operaciones heredadas de V. Verificar eso a mano sería probar los 8 axiomas. El teorema siguiente dice que alcanza con tres cosas, y es el que se usa en el 100 % de los ejercicios.

Demostración. ▸ (⟹) trivial: si S es espacio vectorial las operaciones son cerradas en S y S contiene su neutro, así que no es vacío. ▸ (⟸) Las propiedades 1, 2, 5, 6, 7 y 8 son identidades que valen para todos los elementos de V; como los de S son elementos de V, se heredan sin hacer nada. Las únicas dos que hay que probar son las de existencia: ▸ neutro: S ≠ ∅ ⟹ existe u ∈ S; por (3) con α = 0, 0·u ∈ S, y por la consecuencia (i) 0·u = 0_V; luego 0_V ∈ S. ▸ opuesto: si v ∈ S, por (3) con α = −1, (−1)v ∈ S, y por (iii) (−1)v = −v; luego −v ∈ S. ∎

3 · Combinación lineal, generado y sistemas de generadores

Dados v₁,…,v_n ∈ V, una combinación lineal es cualquier Σ α_jv_j con α_j ∈ K. El subespacio generado es

gen{v₁,…,v_n} es subespacio. ▸ No es vacío (contiene al 0, tomando todos los α_j = 0). ▸ La suma de dos combinaciones lineales de los v_j es otra combinación lineal de los v_j (se suman coeficiente a coeficiente). ▸ Un escalar por una combinación lineal es otra combinación lineal. ∎ Además es el más chico que contiene a los v_j: cualquier subespacio que los contenga tiene que contener todas sus combinaciones lineales.

Si S = gen{v₁,…,v_n} se dice que {v₁,…,v_n} es un sistema de generadores de S. Y hay dos maneras de describir un subespacio, que es la dualidad central de la unidad:

4 · Dependencia e independencia lineal

{v₁,…,v_n} es linealmente independiente (l.i.) si la única combinación lineal que da 0 es la trivial:

Si no, es linealmente dependiente (l.d.), y eso equivale a que alguno de los vectores sea combinación lineal de los otros (el que tiene coeficiente ≠ 0 en una relación no trivial se despeja). Cuatro hechos que se usan sin pensar:

• Todo conjunto que contiene al 0 es l.d. (1·0 = 0 es una relación no trivial).
• Un conjunto de un solo vector es l.i. ⟺ ese vector no es nulo.
• Dos vectores son l.d. ⟺ uno es múltiplo del otro.
• Todo subconjunto de un conjunto l.i. es l.i.; todo superconjunto de un l.d. es l.d.

En la práctica todo se reduce a un sistema homogéneo: se escriben los vectores en coordenadas respecto de la base canónica del espacio, se arma la matriz A con esos vectores como columnas, y

El wronskiano, para funciones

Cuando los "vectores" son funciones de Cⁿ⁻¹(I) no hay coordenadas obvias. La herramienta es el wronskiano:

5 · Base, dimensión y el teorema del cardinal (demostrado)

B es base de S si B es l.i. y genera S. El subespacio nulo {0} no admite ninguna base con vectores adentro (el conjunto {0} es l.d., porque 1·0 = 0 es una relación no trivial): su base es el conjunto vacío, y por convención dim{0} = 0.

Lema 1 (se puede sacar un vector dependiente). Si {v₁,…,v_r, v_r+1} genera S y v_r+1 es combinación lineal del resto, entonces {v₁,…,v_r} también genera S. ▸ Demostración: todo w ∈ S se escribe w = Σ_j≤r+1 α_jv_j; reemplazando v_r+1 = Σ_j≤r β_jv_j queda w = Σ_j≤r(α_j + α_r+1β_j)v_j. ∎

Teorema (extracción). De todo sistema de generadores finito de S ≠ {0} se puede extraer una base. ▸ Se aplica el lema repetidamente: mientras el conjunto sea l.d., alguno depende del resto y se lo saca; el proceso baja el cardinal en 1 cada vez, así que termina en a lo sumo r−1 pasos, y termina en un conjunto l.i. que sigue generando, o sea una base. ∎

Lema 2 (el lema del intercambio). Si {v₁,…,v_r} es base de S, entonces todo conjunto de más de r vectores de S es l.d. ▸ Demostración: sean u₁,…,u_m ∈ S con m > r. Como los v_i generan S, cada u_j = Σ_i=1^r a_ijv_i para ciertos escalares a_ij. ▸ Sea A = [a_ij] ∈ K^r×m. Por el mismo cálculo del ejercicio 1.6, Σ_j x_ju_j = Σ_i(Ax)_iv_i, y como los v_i son l.i. eso es 0 si y sólo si Ax = 0. ▸ Pero Ax = 0 es un sistema homogéneo de r ecuaciones con m incógnitas y m > r: al escalonarlo quedan a lo sumo r pivotes y por lo menos m − r > 0 variables libres, así que tiene solución no trivial (esto es el resultado de sistemas de la unidad 0, y no usa nada de dimensión, con lo cual no hay circularidad). ▸ Ese x ≠ 0 es una relación no trivial entre los u_j: son l.d. ∎

Teorema del cardinal. Todas las bases de un subespacio finitamente generado tienen la misma cantidad de elementos. ▸ Demostración: sean B = {v₁,…,v_r} y B′ = {u₁,…,u_m} dos bases de S. ▸ Si fuera r < m: como B es base de S y B′ ⊆ S tiene m > r elementos, el Lema 2 dice que B′ es l.d. Absurdo, porque B′ es base. ▸ Simétricamente, m < r es absurdo usando B′ como base. ▸ Luego r = m. ∎ Ese número común es la dimensión, dim(S).

Proposición (completar a una base). Si V tiene dimensión n y {v₁,…,v_r} ⊆ V es l.i. con r < n, existen v_r+1,…,v_n tales que {v₁,…,v_n} es base de V. ▸ La demostración es el algoritmo: mientras gen{v₁,…,v_k} ≠ V, existe algún w ∈ V fuera de ese generado, y {v₁,…,v_k, w} sigue siendo l.i. (si w fuera dependiente estaría en el generado). Se repite hasta llegar a n vectores. ∎

6 · Coordenadas y cambio de base

Proposición (unicidad de las coordenadas). Si B = {v₁,…,v_n} es base ordenada de V, todo v ∈ V se escribe de única manera v = Σ α_jv_j. ▸ Demostración: la existencia es que B genera. ▸ Para la unicidad, si Σ α_jv_j = Σ β_jv_j, restando queda Σ (α_j − β_j)v_j = 0, y como B es l.i. todos los coeficientes son nulos, o sea α_j = β_j. ∎

Ese vector de escalares es el vector de coordenadas: [v]_B = (α₁ … α_n)ᵀ ∈ Kⁿ. La aplicación v ↦ [v]_B es biyectiva y respeta suma y producto por escalares, así que todo problema en V de dimensión n se traduce a un problema en Kⁿ. Ese es el motivo por el que polinomios y matrices se resuelven exactamente igual que n-uplas.

La matriz de cambio de coordenadas de la base B a la base B′ se nota M^B′_B y se define por

7 · Los cuatro subespacios fundamentales de una matriz

Dada A ∈ K^m×n, los cuatro subespacios y sus dimensiones:

Los dos algoritmos de la guía para sacar una base del generado por G = {v₁,…,v_m}, y por qué funcionan:

8 · Suma, intersección, suma directa y la fórmula de la dimensión

Dados S₁, S₂ ⊆ V subespacios:

Los dos son subespacios. La unión S₁ ∪ S₂ en cambio casi nunca lo es (dos rectas distintas del plano: la suma de un vector de cada una se va afuera); S₁ + S₂ es precisamente el menor subespacio que contiene a la unión. Y si B₁ genera S₁ y B₂ genera S₂, entonces B₁ ∪ B₂ genera S₁ + S₂, pero atención: no es necesariamente base.

Definición. La suma es directa, y se nota S₁ ⊕ S₂, si todo v de la suma admite una única descomposición v = v₁ + v₂ con v_i ∈ S_i.

Demostración. ▸ (⟹) Sea w ∈ S₁ ∩ S₂. Entonces 0 admite dos descomposiciones: 0 = 0 + 0 y 0 = w + (−w), con w ∈ S₁ y −w ∈ S₂. Por unicidad, w = 0. ▸ (⟸) Supongamos S₁ ∩ S₂ = {0} y v = v₁ + v₂ = u₁ + u₂ con v_i, u_i ∈ S_i. Entonces v₁ − u₁ = u₂ − v₂; el miembro izquierdo está en S₁ y el derecho en S₂, así que ambos están en la intersección, que es {0}. Luego v₁ = u₁ y v₂ = u₂. ∎

Versión con bases (Teorema). Si B₁ es base de S₁ y B₂ es base de S₂, la suma es directa ⟺ B₁ ∪ B₂ es l.i. (y entonces es base de S₁ ⊕ S₂). Para más de dos sumandos la condición correcta no es que se corten de a pares, sino S₁ ∩ S₂ = {0}, (S₁+S₂) ∩ S₃ = {0}, …, (S₁+…+S_r−1) ∩ S_r = {0}.

Demostración. ▸ Sea {w₁,…,w_k} una base de S₁ ∩ S₂ (k = dim de la intersección). ▸ Como es un conjunto l.i. dentro de S₁, se completa a una base de S₁: {w₁,…,w_k, u₁,…,u_p}, con k + p = dim S₁. ▸ Igual dentro de S₂: {w₁,…,w_k, z₁,…,z_q}, con k + q = dim S₂. ▸ Afirmación: C = {w₁,…,w_k, u₁,…,u_p, z₁,…,z_q} es base de S₁ + S₂.
▸ Genera: es la unión de un generador de S₁ con uno de S₂. ▸ Es l.i.: supongamos Σα_iw_i + Σβ_ju_j + Σγ_lz_l = 0. Entonces el vector y = Σγ_lz_l = −Σα_iw_i − Σβ_ju_j está a la vez en S₂ (izquierda) y en S₁ (derecha), o sea y ∈ S₁ ∩ S₂. Luego y = Σδ_iw_i para ciertos δ_i. Igualando Σγ_lz_l − Σδ_iw_i = 0, y como {w_i} ∪ {z_l} es base de S₂ (l.i.), todos los γ_l = 0 y todos los δ_i = 0. Volviendo a la relación original queda Σα_iw_i + Σβ_ju_j = 0, y como {w_i} ∪ {u_j} es base de S₁, también α_i = β_j = 0. ▸ Entonces dim(S₁+S₂) = k + p + q = (k+p) + (k+q) − k = dim S₁ + dim S₂ − dim(S₁ ∩ S₂). ∎

Suplemento. T es un suplemento de S en V si S ⊕ T = V. Siempre existe (se completa una base de S a base de V y T = gen de lo agregado) y casi nunca es único: depende de qué vectores agregaste. Cuando el ejercicio pregunta "¿es único? si no, construir otro", la respuesta es no, salvo los casos degenerados S = {0} (T = V) y S = V (T = {0}).

Videos de la cátedra sobre este punto. El 19/9/2026, en el foro Avisos del curso 5, el docente Francisco Vibrentis compartió con sus estudiantes una serie de videos «sobre intersección, suma, complemento y complemento común de subespacios». Lo que él llama complemento común es la segunda fila de esta tabla: un mismo T con S₁ ⊕ T = S₂ ⊕ T = W, como en el Taller 7. Esta guía no transcribe los videos (no los revisamos); por el título, tratan los temas de los Talleres 6, 7 y 8.

9 · Las trampas concretas de esta unidad

Los talleres del 2C2026, resueltos

La cátedra abrió en el campus una sección propia, Talleres, y viene subiendo el práctico de cada clase. Al 25/9/2026 hay once, del 21/8 al 25/9, con 36 ejercicios en total. Valen más que treinta y seis ejercicios cualquiera: son lo que la cátedra eligió para las clases prácticas de este cuatrimestre. Van todos verbatim, con la resolución completa. ▸ Los ocho primeros (26 ejercicios) caen dentro de la unidad 1, que es el material de esta sección, y sirven de entrenamiento directo para el Ej 1 del primer parcial. El Taller 8 (16/9) cierra la unidad. ▸ Del Taller 9 (18/9) en adelante son transformaciones lineales, la unidad 2: están resueltos al final de la sección 4.

Taller 1 · clase del 21/8: subespacios y generadores

a) Sí, y no hace falta verificar los tres axiomas. S₁ = nul(A) con A ∈ ℝ^4×3, y el núcleo de una matriz siempre es subespacio: es la preimagen de {0} por una transformación lineal. ▸ Para el sistema de generadores hay que escalonar. La reducida por filas de A es [[1, 0, 1/3],[0, 1, −2/3],[0, 0, 0],[0, 0, 0]]: rg(A) = 2, así que dim nul(A) = 3 − 2 = 1. ▸ Con x₃ libre: x₁ = −x₃/3, x₂ = 2x₃/3. Tomando x₃ = 3 para sacarse los tercios de encima: S₁ = gen{[−1, 2, 3]^T}.

b) Sí. Escribí p = a₀ + a₁x + a₂x² + a₃x³. ▸ p′(0) = a₁ y p(1) = a₀ + a₁ + a₂ + a₃: las dos condiciones son lineales y homogéneas en los coeficientes, así que S₂ es el núcleo de una TL de ℝ₃[x] en ℝ². ▸ Resolviendo: a₁ = 0 y a₀ = −a₂ − a₃, con a₂ y a₃ libres ⟹ dim S₂ = 2. ▸ S₂ = gen{x² − 1, x³ − 1}.

c) No. Es el ítem que decide el ejercicio, y falla contra la suma. ▸ p = x³ y q = −x³ + x están los dos en S₃ (los dos tienen grado 3), pero p + q = x, que no es el polinomio nulo y tiene grado 1: p + q ∉ S₃. ▸ El "∨ p = 0" del enunciado está puesto justamente para que el 0 pertenezca y no se pueda descartar por el axioma fácil: hay que ir a buscar el contraejemplo de la suma.

d) Sí. tr : ℝ^2×2 → ℝ es lineal (tr(A + B) = tr A + tr B y tr(αA) = α tr A), así que S₄ = nul(tr). ▸ Una condición sobre cuatro coordenadas ⟹ dim S₄ = 4 − 1 = 3. ▸ S₄ = gen{[[1,0],[0,−1]], [[0,1],[0,0]], [[0,0],[1,0]]}.

a) Una ecuación en ℝ³ ⟹ dim S = 2. Despejando x₁ = −x₂ + 2x₃ con x₂, x₃ libres: S = gen{[−1, 1, 0]^T, [2, 0, 1]^T}.

b) Sí: 4 + (−2) − 2·1 = 0. Reemplazar en la ecuación es todo el trabajo.

c) Sí, y el argumento tiene dos mitades que hay que escribir las dos. ▸ ⊆: los tres generadores cumplen la ecuación (−1+1−0 = 0, 2+0−2 = 0, 4−2−2 = 0), así que el generado está adentro de S. ▸ ⊇: el rango de la matriz con esos tres vectores como columnas es 2 = dim S, así que el generado tiene la misma dimensión que S. Contenido más igual dimensión ⟹ iguales. ▸ El tercer vector es redundante: [4,−2,1] = −2[−1,1,0] + 1[2,0,1].

d) [1,1,1] cumple 1 + 1 − 2 = 0, así que está en S = gen{…}. ▸ Como el sistema de generadores es linealmente dependiente, los coeficientes no son únicos: resolviendo, c₁ = 2c₃ + 1 y c₂ = 1 − c₃ con c₃ libre. ▸ Con c₃ = 0: [1,1,1] = 1·[−1,1,0] + 1·[2,0,1]. ▸ Con c₃ = 1: [1,1,1] = 3·[−1,1,0] + 0·[2,0,1] + 1·[4,−2,1]. ▸ Ése es el punto del ítem: que haya dos escrituras distintas es exactamente lo que significa que el sistema no sea base.

e) [1,1,1] cumple la ecuación ⟹ T ⊆ S. ▸ Pero dim T = 1 < 2 = dim S, así que S ⊄ T y S ≠ T. ▸ Contraejemplo explícito por si te piden justificar: [−1,1,0] ∈ S y no es múltiplo de [1,1,1].

Taller 2 · clase del 26/8: dependencia lineal

La traducción que hay que hacer antes de calcular nada. Un generado nunca se achica al agregarle un vector, así que la inclusión ⊇ vale siempre. La igualdad ocurre si y sólo si el vector que sobra ya estaba adentro: la condición es M₂ ∈ gen{M₁, M₃}, y nada más. ▸ Ése es el ejercicio entero; el resto es un sistema de 4 ecuaciones.

Planteando M₂ = α M₁ + β M₃ entrada por entrada: 1 = αa + 3β, −a = α + 2β, 1 = 2α + 3β, 2 = 4α + 6β. ▸ La cuarta es el doble de la tercera: sobra, y detectarlo ahorra la mitad del trabajo. ▸ De la tercera, β = (1 − 2α)/3. Reemplazando en la segunda, α = 2 + 3a. Reemplazando las dos en la primera queda α(a − 2) = 0, que se parte en dos casos.

Caso α = 0: 2 + 3a = 0 ⟹ a = −2/3, con β = 1/3. Verificación: (1/3)·[[3,2],[3,6]] = [[1, 2/3],[1, 2]], que es M₂ con a = −2/3. ✓
Caso a = 2: α = 8 y β = −5. Verificación: 8[[2,1],[2,4]] − 5[[3,2],[3,6]] = [[1,−2],[1,2]] = M₂ con a = 2. ✓

Respuesta: a = 2 o a = −2/3. ▸ Escribí siempre la verificación: es una ecuación con parámetro y el enunciado pide todos los valores, así que hay que mostrar que los dos sirven y que no hay más.

a) LD. Cuatro vectores de ℝ⁴: la matriz es cuadrada y det = 0, así que ya está decidido sin escalonar. ▸ El rango es 3 y el núcleo es gen{(−3, 2, 1, 0)^T}, o sea la relación es v₃ = 3v₁ − 2v₂ (comprobalo: 3(1,0,1,0) − 2(−1,1,0,2) = (5,−2,3,−4) ✓). ▸ Dar la relación explícita vale puntos: "es LD" a secas se corrige como incompleto.

b) LI. Coordenadas en la base E = {1, x, x², x³}: (3,1,0,1), (0,2,0,1), (2,1,0,0). Son tres vectores en ℝ⁴, la matriz no es cuadrada y hay que escalonar: el rango da 3 = cantidad de vectores ⟹ LI. ▸ Truco de lectura: la coordenada de x² es 0 en los tres, así que el problema vive en el subespacio gen{1, x, x³} y podés trabajar con matrices 3×3.

c) LD. Vectorizando por filas: (−1,1,0,0), (2,0,1,0), (4,−2,1,0). El rango es 2. ▸ La relación es 2A − B + C = 0, es decir C = B − 2A. Verificación directa: [[2,0],[1,0]] − 2[[−1,1],[0,0]] = [[4,−2],[1,0]] ✓.

a) LI, y la demostración es de dos renglones sin wronskiano. Si c₁e^x + c₂xe^x + c₃x²e^x = 0 para todo x, dividí por e^x, que nunca se anula: queda c₁ + c₂x + c₃x² = 0 para todo x. ▸ Un polinomio idénticamente nulo tiene todos sus coeficientes nulos ⟹ c₁ = c₂ = c₃ = 0. ▸ El otro camino (evaluar en tres puntos y armar un sistema 3×3) también demuestra la independencia, y conviene saber exactamente por qué. Con x = a, b, c el determinante del sistema da −(a−b)(a−c)(b−c)·e^a+b+c: un Vandermonde multiplicado por una exponencial que nunca se anula, así que con tres puntos distintos cualesquiera es no nulo y el sistema fuerza c₁ = c₂ = c₃ = 0. Prueba completa, no aproximación. ▸ Pero el método sólo concluye en un sentido, y ahí está la trampa: si el determinante te da 0, no probaste nada (puede que hayas elegido mal los puntos) y hay que probar con otros. Ejemplo con el conjunto del ítem b): {1, sen x, cos x} es LI, y sin embargo evaluar en 0, 2π y 4π da las tres filas iguales a (1, 0, 1) y determinante 0. ▸ Por eso el camino de dividir por e^x es preferible: no depende de elegir bien los puntos, y son dos renglones.

b) Los tres viven en gen{1, sen x, cos x}, y {1, sen x, cos x} es LI. ▸ Evaluando en 0, π/2 y π el sistema queda [[1,0,1],[1,1,0],[1,0,−1]], de determinante −2 ≠ 0: sólo la solución trivial, y listo. Ésos son puntos que sí sirven, a diferencia de 0, 2π, 4π del párrafo anterior; si preferís no depender de la elección, el wronskiano vale −1 en todo punto. Entonces se puede trabajar con coordenadas en esa base: (1, 1, a), (a, 4, −4), (2, 1, 8). ▸ El determinante de la matriz que las tiene por columnas es (a − 2)(a − 14). ▸ Respuesta: el conjunto es LI ⟺ a ≠ 2 y a ≠ 14.

LI. Éste es el ejercicio abstracto de la clase, y el método que hay que tener automatizado es: pasar a coordenadas en la base que te dan. Como {v₁,v₂,v₃} es LI, es base de su generado, y ahí [w₁] = (1,1,1), [w₂] = (0,1,−1), [w₃] = (1,2,−1). ▸ El determinante de la matriz con esas columnas es −1 ≠ 0 ⟹ LI. ▸ Vale por el teorema de la clase teórica: {u₁,…,u_k} es LI ⟺ {[u₁]_B,…,[u_k]_B} es LI. El cambio a coordenadas es un isomorfismo y por eso conserva la independencia. ▸ Sin coordenadas también sale: escribís c₁w₁ + c₂w₂ + c₃w₃ = 0, agrupás por v_i y usás que los coeficientes de cada v_i deben anularse. Es el mismo sistema, escrito más largo.

Taller 3 · clase del 28/8: bases y dimensión

a) Escalonando la matriz de 3×4 del sistema, la reducida es [[1, 0, −1, 2],[0, 1, 1, 1],[0, 0, 0, 0]]: rg = 2, la tercera ecuación es combinación de las otras dos. ▸ Por el teorema de la dimensión, dim S = 4 − 2 = 2. Con x₃, x₄ libres: x₁ = x₃ − 2x₄, x₂ = −x₃ − x₄. ▸ Base de S: {(1, −1, 1, 0)^T, (−2, −1, 0, 1)^T}.

b) Extender una base: se agregan candidatos y se chequea que el rango suba. ▸ Con e₁ = (1,0,0,0)^T y e₂ = (0,1,0,0)^T el determinante da 1 ≠ 0, así que {(1,−1,1,0), (−2,−1,0,1), e₁, e₂} es base de ℝ⁴. ▸ La regla de bolsillo, que evita probar al azar: los canónicos que hay que agregar son los de las posiciones pivote. Acá los pivotes son las columnas 1 y 2, así que se agregan e₁ y e₂. ▸ Y funciona siempre, no por casualidad: los vectores de la base del núcleo llevan la identidad en las coordenadas libres (uno por variable libre, con un 1 en la suya y 0 en las otras). Al agregarles los canónicos de las posiciones pivote y ordenar las filas poniendo primero las libres, la matriz queda en bloques [[I, 0],[∗, I]], que tiene determinante ±1. ▸ Acá se ve a ojo: las filas 3 y 4 de {(1,−1,1,0), (−2,−1,0,1), e₁, e₂} son (1,0,0,0) y (0,1,0,0).

a) Con p = a₀ + a₁x + a₂x² + a₃x³: p(0) = a₀ = 0 y p(−1) = a₀ − a₁ + a₂ − a₃ = 0 ⟹ a₀ = 0 y a₁ = a₂ − a₃. Dos condiciones independientes sobre cuatro coeficientes ⟹ dim S = 2. ▸ Base: {x + x²,   x³ − x}. ▸ Atajo que conviene tener: p(−1) = p(0) = 0 significa que x y (x + 1) dividen a p, así que S = {x(x+1)q(x) : q ∈ ℝ₁[x]} y una base es {x(x+1), x²(x+1)} = {x + x², x² + x³}. Es otra base de lo mismo.

b) k = 2 y k = −2. Hay dos condiciones y conviene mirarlas en orden. ▸ Pertenencia: el segundo polinomio cumple p(0) = p(−1) = 0 para todo k. El primero da p(0) = k² − 4 y p(−1) = k² − 4 (las dos condiciones colapsan en la misma), así que está en S ⟺ k² = 4 ⟺ k = ±2. ▸ Independencia: con k = 2 queda {2x³ − x² − 3x,   −x³ + 4x² + 5x} y con k = −2 queda {−2x³ − x² + x,   −x³ − 4x² − 3x}; en los dos casos el rango es 2, ninguno es múltiplo del otro. ▸ Y como dim S = 2, dos vectores LI de S ya son base: no hace falta verificar que generan. Los dos valores sirven.

Con A = [[a, b],[c, d]], la condición A^T = −kA se abre en cuatro ecuaciones: a(1 + k) = 0, d(1 + k) = 0, c = −kb, b = −kc. ▸ Sustituyendo las dos últimas entre sí: b = k²b, o sea b(1 − k²) = 0. La respuesta se parte en tres casos, y hay que darlos los tres.

▸ El caso k ≠ ±1 no es una trampa: {0} es un subespacio, su dimensión es 0 y su base es el conjunto vacío. Escribir "no tiene base" está mal.

Taller 4 · clase del 2/9: los cuatro subespacios fundamentales

La cátedra subió este taller dos veces: como Taller 4 en la sección Talleres y como «taller virtual 2-9-26» en Unidad 1, esta segunda versión con un ejercicio por página. Es el mismo documento: mismos cuatro ejercicios, mismo texto. El 2 de septiembre la clase del curso 5 fue virtual (por eso los dos recursos de ese día se llaman «clase teórica virtual 2-9-26» y «taller virtual 2-9-26»), y de ahí que el taller esté duplicado.

Compatible indeterminado, y las dos mitades de la respuesta salen de dos subespacios distintos.

1 · ¿Compatible? El teorema de la clase teórica del 2/9 dice: Ax = b tiene solución ⟺ b ∈ col(A). Planteando (−1,1,3) = α(1,2,3) + β(4,5,6): de las dos primeras ecuaciones α = 3, β = −1, y la tercera verifica (3·3 − 6 = 3 ✓). ▸ b ∈ col(A) ⟹ compatible. Si la tercera no hubiera cerrado, la respuesta sería incompatible y el ejercicio terminaba ahí.

2 · ¿Única? La solución es única ⟺ nul(A) = {0}. Acá dim nul(A) = 2 ≠ 0 ⟹ infinitas soluciones, y el conjunto solución es x_p + nul(A), un plano trasladado. ▸ Control de consistencia que conviene hacer siempre: rg(A) = dim col(A) = 2, y el teorema de la dimensión pide dim nul(A) = 4 − 2 = 2, que es lo que dice el enunciado. Los datos son coherentes.

La reducida por filas de [A | b] es [[1, 2, 0, −2, 1 | −1],[0, 0, 1, 3, 4 | 2],[0, 0, 0, 0, 0 | 0]]. De ahí sale todo: rg(A) = 2, columnas pivote la 1 y la 3, y el sistema es compatible (no hay pivote en la columna de b).

La asimetría que se olvida: para col(A) se toman las columnas originales (escalonar cambia el espacio columna), y para fil(A) se toman las filas de la reducida (escalonar no cambia el espacio fila). Es el único lugar del tema donde el "antes o después de escalonar" cambia la respuesta.

b) Solución particular poniendo las libres en 0: x_p = (−1, 0, 2, 0, 0)^T. ▸ Todas las soluciones: x = x_p + nul(A), es decir x = (−1,0,2,0,0) + s(−2,1,0,0,0) + t(2,0,−3,1,0) + u(−1,0,−4,0,1), con s,t,u ∈ ℝ. Un subespacio afín de dimensión 3.

c) Hay una sola, y ése es el punto del ítem. Como fil(A) y nul(A) son complementos ortogonales, ℝ⁵ = fil(A) ⊕ nul(A): cada solución se parte en una componente en fil(A) más una en nul(A), y la de fil(A) es la misma para todas. ▸ Para calcularla, buscá x en fil(A) escribiéndolo como c₁(1,2,0,−2,1) + c₂(0,0,1,3,4) e imponé Ax = b: sale c₁ = −11/128 y c₂ = 9/128. ▸ x = (1/128)·(−11, −22, 9, 49, 25)^T, y se verifica que Ax = b. ▸ Ésa es la solución de norma mínima del sistema, que es como reaparece el mismo objeto en la unidad 3 (cuadrados mínimos).

No hay que multiplicar nada. La matriz viene escrita como suma de dos productos columna × fila, o sea como suma de dos matrices de rango 1, y eso ya contesta el ejercicio.

Si A = u₁r₁^T + u₂r₂^T, entonces Ax = (r₁·x)u₁ + (r₂·x)u₂: toda columna de A es combinación de u₁ y u₂, así que col(A) ⊆ gen{u₁, u₂}. Simétricamente fil(A) ⊆ gen{r₁, r₂}. ▸ Como {u₁, u₂} es LI y {r₁, r₂} también, el rango es exactamente 2 y las dos inclusiones son igualdades.

col(A) = gen{ (1, 0, 3)^T, (0, 1, −1)^T }  y  fil(A) = gen{ (1, 0, 1, −1, 0)^T, (1, 0, 2, 1, 0)^T }, las dos de dimensión 2. ▸ Control: multiplicando de verdad, A = [[1,0,1,−1,0],[1,0,2,1,0],[2,0,1,−4,0]], y escalonando el rango da 2 con columnas pivote 1 y 3, que generan lo mismo, ya que (1,1,2) = u₁ + u₂ y (1,2,1) = u₁ + 2u₂. Sale igual, con diez veces más cuentas.

B no se conoce, y no hace falta conocerla. Se arma la respuesta con una particular + el núcleo, y cada mitad sale de un dato distinto.

1 · El núcleo, del dato de A. Como rg(A) = 3, A ∈ ℝ^3×3 es inversible, y entonces nul(AB) = nul(B) (si ABx = 0, multiplicando por A⁻¹ queda Bx = 0). ▸ Es la proposición de la teórica del 2/9. Escalonando AB: rango 2, y nul(AB) = gen{(−1, 5, 3)^T}. Ése es nul(B).

2 · Una solución particular, de los dos datos de B. Por linealidad, B(α·(1,2,0) + β·(1,−1,1)) = α(11,11,0) + β(4,−1,5). Igualando a (−10,−25,15): de la tercera coordenada 5β = 15 ⟹ β = 3; de la primera 11α + 12 = −10 ⟹ α = −2; y la segunda verifica (−22 − 3 = −25 ✓). ▸ Entonces x_p = −2(1,2,0) + 3(1,−1,1) = (1, −7, 3)^T.

Respuesta: x = (1, −7, 3)^T + t(−1, 5, 3)^T, t ∈ ℝ. Una recta. ▸ Si la segunda coordenada no hubiera verificado, el sistema sería incompatible: ese chequeo no es opcional.

Taller 5 · clase del 4/9: coordenadas y cambio de base

Los enunciados de este taller van con el índice de las coordenadas arriba, que es como lo escribe la cátedra: [v]^B. En las resoluciones esta guía sigue usando [v]_B, la notación del resto del material y de los dos apuntes de teoría. Es el mismo objeto; el recuadro de más abajo explica la diferencia y por qué conviene leer las dos.

Las coordenadas. [v]_E = (2, −1)^T (en la canónica, el vector es sus propias coordenadas). ▸ [v]_B = (2, 3)^T: 2(1,−2) + 3(0,1) = (2,−1) ✓. ▸ [v]_B′ = (5/6, −1/3)^T: (5/6)(2,0) − (1/3)(−1,3) = (5/3 + 1/3, −1) = (2,−1) ✓.

M^E_B = [[1, 0],[−2, 1]]: columnas = los vectores de B escritos en E, o sea B mismo. Sin cuentas.

M^B′_E = (M^E_B′)⁻¹ = [[2, −1],[0, 3]]⁻¹ = [[1/2, 1/6],[0, 1/3]]. ▸ Control barato: aplicada a [v]_E = (2,−1) tiene que dar [v]_B′. (1/2)(2) + (1/6)(−1) = 1 − 1/6 = 5/6 ✓ y (1/3)(−1) = −1/3 ✓.

El vector es uno solo, escrito de dos maneras: ésa es toda la idea. Se reconstruye v por las dos vías y se igualan las tres coordenadas en E.

Por B: v = a(1,0,−1) + 1(2,1,0) + 0(1,0,0) = (a + 2, 1, −a). ▸ Por B′: v = −1(0,−3,0) + 2(1,−1,1) + b(−2,0,1) = (2 − 2b, 1, 2 + b). ▸ La segunda coordenada da 1 = 1: no aporta, y no es un error. ▸ De la primera: a + 2 = 2 − 2b ⟹ a = −2b. De la tercera: −a = 2 + b ⟹ 2b = 2 + b ⟹ b = 2, a = −4.

v = (−2, 1, 4)^T. ▸ Verificación por las dos bases: −4(1,0,−1) + (2,1,0) = (−2,1,4) ✓ y −(0,−3,0) + 2(1,−1,1) + 2(−2,0,1) = (−2, 3−2, 2+2) = (−2,1,4) ✓.

(a) [p]_E = (7, 2, 7, 0)^T, leyendo coeficientes en el orden 1, x, x², x³. ▸ Para [p]_B, planteá α(−x + x²) + β x³ + γ(−1) + δ(3 + x + 2x³) = 7 + 2x + 7x² y resolvé de arriba hacia abajo: el coeficiente de x² da α = 7 directo; el de x da −7 + δ = 2 ⟹ δ = 9; el constante −γ + 27 = 7 ⟹ γ = 20; el de x³ da β + 18 = 0 ⟹ β = −18. ▸ [p]_B = (7, −18, 20, 9)^T.

(b) M^B_B′ va de B′ a B, y acá se tiene [p]_B y se quiere [p]_B′: hay que invertir. [p]_B′ = (M^B_B′)⁻¹[p]_B = (126, −54, −2, 9)^T. ▸ La matriz es triangular superior, así que en vez de invertirla conviene resolver el sistema M·y = (7,−18,20,9) por sustitución hacia atrás: y₄ = 9, luego −y₃ + 18 = 20 ⟹ y₃ = −2, luego y₂/2 + 9 = −18 ⟹ y₂ = −54, y finalmente y₁/2 − 54 − 2 = 7 ⟹ y₁ = 126.

(c) Las columnas de M^B_B′ son las coordenadas en B de los vectores de B′: cada columna se "desarma" contra B. ▸ Columna 1 = (1/2, 0, 0, 0) ⟹ (1/2)(−x + x²) = (x² − x)/2. ▸ Columna 2 = (1, 1/2, 0, 0) ⟹ (−x + x²) + (1/2)x³ = −x + x² + x³/2. ▸ Columna 3 = (1, 0, −1, 0) ⟹ (−x + x²) − (−1) = 1 − x + x². ▸ Columna 4 = (0, 1, 2, 1) ⟹ x³ + 2(−1) + (3 + x + 2x³) = 1 + x + 3x³.

B′ = { (x² − x)/2,   −x + x² + x³/2,   1 − x + x²,   1 + x + 3x³ }. ▸ Verificación del (b) con esta base: 126·(x²−x)/2 − 54(−x + x² + x³/2) − 2(1 − x + x²) + 9(1 + x + 3x³) = 7 + 2x + 7x² ✓ (los x³ se cancelan: −27 + 27).

Taller 6 · clase del 9/9: suma e intersección de subespacios

a) Intersección. Los dos vienen por ecuaciones, así que la intersección es juntar las ecuaciones: es el caso fácil y hay que aprovecharlo. 2x₁ − x₂ − x₃ = 0, x₄ = x₃, x₂ + x₄ = 0. Y son tres ecuaciones independientes (la matriz [[2,−1,−1,0],[0,0,−1,1],[0,1,0,1]] tiene rango 3, se chequea escalonando y no hay que darlo por sentado), así que dim = 4 − 3 = 1. ▸ S₁ ∩ S₂ = gen{ (0, −1, 1, 1)^T }.

a) Suma. dim S₁ = 4 − 2 = 2 (base {(1,2,0,0)^T, (1,0,2,2)^T}) y dim S₂ = 4 − 1 = 3. ▸ Por la fórmula de Grassmann: dim(S₁ + S₂) = 2 + 3 − 1 = 4. ▸ Un subespacio de ℝ⁴ de dimensión 4 es ℝ⁴: S₁ + S₂ = ℝ⁴, y la base más cómoda es la canónica. No hace falta escalonar los cinco generadores.

b) Primero las tres piezas. ▸ S₁: base {(2,−3,1,0)^T, (6,−7,0,1)^T}, dim 2. ▸ S₁ ∩ S₂: planteando α·(0,6,−5,1) + β·(6,−5,1,0) ∈ S₁ sale α = −β, y la intersección es gen{(6, −11, 6, −1)^T}, dim 1. ▸ S₂: sus dos generadores no son múltiplos uno del otro (mirá la última coordenada: 1 y 0), así que dim S₂ = 2. ▸ Grassmann: dim(S₁ + S₂) = 2 + 2 − 1 = 3.

La construcción que pide el ítem tiene un orden obligatorio, y es el mismo que se usa en el parcial: como S₁ ∩ S₂ ⊆ S₁ + S₂ ⊆ ℝ⁴, se arranca por adentro y se agranda. ▸ 1. Base de la intersección: w = (6, −11, 6, −1). ▸ 2. Extenderla a base de S₁ + S₂ agregando generadores hasta llegar a dimensión 3: {w, (2,−3,1,0), (0,6,−5,1)}. ▸ 3. Extenderla a base de ℝ⁴: con e₁ = (1,0,0,0) el determinante da 2 ≠ 0.

Base pedida: {(6,−11,6,−1)^T, (2,−3,1,0)^T, (0,6,−5,1)^T, (1,0,0,0)^T}. Su primer vector es base de S₁ ∩ S₂ y sus tres primeros son base de S₁ + S₂.

El conteo primero, porque decide la estrategia. dim S₁ = 3, dim S₂ = 2, y una base de ℝ^2×2 tiene 4 elementos. 3 + 2 = 5 > 4, así que las dos bases tienen que compartir vectores, y lo compartido sólo puede vivir en S₁ ∩ S₂.

Los dos generadores de S₂ tienen traza 2: ninguno está en S₁, pero una combinación sí. Imponiendo traza 0 sobre α·M₁ + β·M₂ sale α = −β, y S₁ ∩ S₂ = gen{ [[−2, 5],[−6, 2]] }, dim 1. ▸ Grassmann: 3 + 2 − 1 = 4 ⟹ S₁ + S₂ = ℝ^2×2, así que la construcción va a cerrar.

La receta, con el mismo orden que en el ejercicio 1b: W = [[−2,5],[−6,2]] (base de la intersección) → completarla a base de S₁ con dos matrices de traza nula → completarla a base de S₂ con una matriz más.

Base: { [[−2, 5],[−6, 2]] , [[1, 0],[0, −1]] , [[0, 1],[0, 0]] , [[1, −1],[3, 1]] }. Determinante de las coordenadas: −12 ≠ 0, así que es base de ℝ^2×2. ▸ Los tres primeros tienen traza 0 y son LI: base de S₁. ▸ El primero y el cuarto están en S₂ y son LI: base de S₂. ▸ El primero está en las dos listas, que es exactamente lo que el conteo obligaba.

Por qué este ejercicio se puede plantear: A es cuadrada de 4×4, así que Col(A) y Fil(A) viven los dos en ℝ⁴ y tiene sentido sumarlos e intersecarlos. Con una matriz rectangular la pregunta no existiría.

A es un producto 4×2 por 2×4, así que rg(A) ≤ 2, y de hecho es 2. Multiplicando, A = [[0,1,−1,0],[1,3,−2,1],[1,2,−1,1],[0,1,−1,0]]. ▸ Igual que en el Taller 4, no hace falta escalonar: Col(A) = gen de las columnas del factor izquierdo = gen{(1,1,0,1)^T, (0,1,1,0)^T} y Fil(A) = gen de las filas del factor derecho = gen{(0,1,−1,0)^T, (1,2,−1,1)^T}.

Intersección. Igualando α(1,1,0,1) + β(0,1,1,0) = γ(0,1,−1,0) + δ(1,2,−1,1) sale una recta: Col(A) ∩ Fil(A) = gen{ (1, 1, 0, 1)^T }, dim 1. ▸ Es el primer generador de Col(A), y también está en Fil(A) porque (1,2,−1,1) − (0,1,−1,0) = (1,1,0,1). ▸ Que la intersección caiga justo sobre un generador de Col(A) es una comodidad de este ejercicio, no una regla: en general el vector de la intersección no es ninguno de los cuatro generadores y hay que resolver el sistema. Acá conviene hacer la cuenta igual y usar la coincidencia sólo como control.

Suma. Grassmann: 2 + 2 − 1 = 3. ▸ Col(A) + Fil(A) = gen{ (1,1,0,1)^T, (0,1,1,0)^T, (0,1,−1,0)^T }, y se verifica que el rango de esos tres es 3. ▸ Y de yapa queda la base "escalonada" que pedía el ejercicio 1b: el primer vector es base de la intersección y los tres son base de la suma.

Taller 7 · clase del 11/9: suma directa y complementos

Los parámetros salen de S ⊆ H, y de nada más. Si S ⊕ T = H entonces S ⊆ H, y para eso basta que los dos generadores cumplan la ecuación. ▸ Con (1,0,0,1): 1 + 0 + 0 + b = 0 ⟹ b = −1. ▸ Con (0,1,1,2): 0 + a + 1 + 2(−1) = 0 ⟹ a = 1.

Con esos valores, H = {x : x₁ + x₂ + x₃ − x₄ = 0}, de dim 3. Como dim S = 2, el conteo obliga a dim T = 1.

T = gen{ (1, −1, 0, 0)^T }. ▸ Verificación en dos renglones: está en H (1 − 1 + 0 − 0 = 0 ✓) y no está en S, porque los elementos de S son (α, β, β, α + 2β) y harían falta β = −1 y β = 0 a la vez. Así que S ∩ T = {0}. Con dim S + dim T = 2 + 1 = 3 = dim H, la suma es directa y llena H. ▸ No es único: cualquier vector de H fuera de S sirve.

Las dos descripciones, en coordenadas (a, b, c) de p = a + bx + cx². ▸ S₁: p(1) = p(0) ⟺ a + b + c = a ⟺ b + c = 0. Base {1, x − x²}, dim 2. ▸ S₂ = {(3α + β) + αx + βx²}, o sea a = 3b + c. dim 2. ▸ Tener las dos como una ecuación cada una es lo que hace corto el resto.

S₁ ∩ S₂: las dos ecuaciones juntas dan dim 1, y sale gen{ 2 + x − x² } (es el elemento de S₂ con β = −α).

a) Hace falta dim H = 3 − 1 = 2, con H ∩ (S₁ ∩ S₂) = {0}. ▸ H = gen{x, x²} sirve: todo elemento no nulo de H tiene término independiente 0, y 2 + x − x² tiene 2. ▸ Verificación por conteo: 1 + 2 = 3 = dim ℝ₂[x] ✓.

b) Hace falta dim T = 1, con T ∩ S₁ = T ∩ S₂ = {0}: alcanza con un polinomio que no esté en ninguno de los dos. Con las ecuaciones de arriba eso se chequea de un vistazo. ▸ T = gen{x}: para p = x, b + c = 1 ≠ 0 (fuera de S₁) y a − 3b − c = −3 ≠ 0 (fuera de S₂) ✓. ▸ No es único. Otro: T = gen{x²}, con b + c = 1 ≠ 0 y a − 3b − c = −1 ≠ 0. ▸ De hecho hay infinitos: los que fallan son sólo los que caen en S₁ ∪ S₂, que es la unión de dos planos.

Lo primero, y es gratis: verificar que S₁ y S₂ están adentro de U. Los cuatro generadores cumplen −x₂ + x₃ + x₄ = 0 (por ejemplo (0,1,−1,2): −1 − 1 + 2 = 0 ✓). Si alguno fallara, el ítem no tendría solución y ésa sería la respuesta.

a) dim U = 3, dim S₁ = dim S₂ = 2 ⟹ dim T = 1. Hay que buscar un vector de U que no esté ni en S₁ ni en S₂. ▸ T = gen{ (0, 1, 1, 0)^T }: está en U (−1 + 1 + 0 = 0 ✓) y agregado a cualquiera de los dos sube el rango a 3 ⟹ intersección nula en los dos casos. ▸ No es único: T = gen{ (0, 0, 1, −1)^T } cumple lo mismo. ▸ Los que no sirven son concretos: por ejemplo (1,0,0,0) está en U pero también en S₂, porque (1,2,0,2) − 2(0,1,0,1) = (1,0,0,0); así que S₂ ∩ T ≠ {0} y la suma no es directa. Vale la pena mostrar un descarte así: es lo que prueba que el chequeo se hizo.

b) Ahora hace falta dim T = 2, y hay una observación que ahorra todo el trabajo: S₁ y S₂ están los dos dentro de U, que es un hiperplano. Un T contenido en U nunca puede completar a ℝ⁴, así que T tiene que salirse de U. ▸ T = gen{ (0,0,1,0)^T, (0,0,0,1)^T }: junto con cualquiera de los dos S_i da rango 4, y 2 + 2 = 4 ⟹ suma directa. ▸ Otro que también sirve: gen{(0,1,0,0), (0,0,1,0)}. ▸ Y uno que no: gen{(0,0,0,1), (1,0,0,0)} funciona con S₁ pero no con S₂, porque (1,0,0,0) ∈ S₂. Con dos condiciones simultáneas hay que verificar las dos, siempre.

Taller 8 · clase del 16/9 · el cierre de la unidad 1

Las dos descripciones, en coeficientes. Con p = a₀ + a₁x + a₂x² + a₃x³: ∫₋₁¹ p(x)dx = 2a₀ + (2/3)a₂, porque las potencias impares integran 0 en un intervalo simétrico. ▸ S₁: a₂ = −3a₀, una condición sobre cuatro coeficientes, dim 3, base {1 − 3x², x, x³}. ▸ S₂: p(0) = a₀ = 0 y p(1) = a₀ + a₁ + a₂ + a₃ = 0, dim 2, base {x² − x, x³ − x}. ▸ El «x ∈ ℝ₃[x]» de S₂ es una errata del enunciado por «p ∈ ℝ₃[x]»: la condición es sobre p.

El conteo decide la estrategia, igual que en el Taller 6, ejercicio 2: 3 + 2 = 5 > 4 = dim ℝ₃[x], así que las dos bases tienen que compartir un vector, y lo compartido sólo puede vivir en S₁ ∩ S₂. ▸ Juntando las condiciones: a₀ = 0, a₂ = −3a₀ = 0 y a₁ + a₃ = 0 ⟹ S₁ ∩ S₂ = gen{x − x³}, dim 1. ▸ Grassmann: 3 + 2 − 1 = 4 ⟹ S₁ + S₂ = ℝ₃[x], así que la construcción cierra.

De adentro hacia afuera: w = x − x³ ▸ completarla a base de S₁ con dos polinomios de S₁: x y 1 − 3x² ▸ completarla a base de S₂ con uno de S₂ que no esté en S₁: x² − x, cuya integral vale 2/3 ≠ 0.

Base: {x − x³,   x,   1 − 3x²,   x² − x}, con determinante de coordenadas −1 ≠ 0. ▸ Los tres primeros están en S₁ y son LI: base de S₁. ▸ El primero y el cuarto están en S₂ y son LI: base de S₂. ▸ Atajo de lectura para S₁: todo polinomio impar integra 0 en [−1, 1], así que x y x³ están en S₁ sin hacer cuentas. Y los impares de ℝ₃[x] son a₁x + a₃x³: anularse en 1 obliga a a₃ = −a₁, que es de dónde sale x − x³.

Primero, mirar las filas. La tercera es la primera menos la segunda: (1, −1, −1, 1) = (1, 0, 1, −3) − (0, 1, 2, −4). Entonces rg(A) = 2 y dim Nul(A) = 4 − 2 = 2. Con x₃, x₄ libres: Nul(A) = gen{(−1, −2, 1, 0)^T, (3, 4, 0, 1)^T}.

La condición que se saltea: Nul(A) ⊆ H, llamando H al hiperplano del enunciado. Si no se cumple, no hay S posible. Acá se cumple sin cuentas: los coeficientes de la ecuación de H, (1, −1, −1, 1), son exactamente la tercera fila de A, y todo x de Nul(A) anula todas las filas de A. Igual se confirma con los generadores: −1 + 2 − 1 + 0 = 0 y 3 − 4 − 0 + 1 = 0.

Conteo: dim H = 3 y dim Nul(A) = 2 ⟹ dim S = 1. Hace falta un vector de H que no esté en Nul(A). ▸ S = gen{(1, 1, 0, 0)^T}: está en H (1 − 1 − 0 + 0 = 0 ✓) y A(1, 1, 0, 0)^T = (1, 1, 0)^T ≠ 0, así que no está en Nul(A). Como S es una recta cuyo generador no está en Nul(A), S ∩ Nul(A) = {0}; con 2 + 1 = 3 = dim H, la suma es directa y llena H. ▸ No es único: sirve cualquier vector de H con Ax ≠ 0.

La traducción: [p]_B = [p]_C = (c₁, c₂, c₃) quiere decir que p se escribe con los mismos tres coeficientes en las dos bases: c₁x(x − 1) + c₂(x + 1)(x − 1) + c₃(x + 1)x = c₁x² + c₂x + c₃. ▸ El lado izquierdo, expandido, es (c₁ + c₂ + c₃)x² + (−c₁ + c₃)x − c₂. Igualando coeficientes: x² da c₂ + c₃ = 0; x da −c₁ + c₃ = c₂; el término independiente da −c₂ = c₃, que es la misma que la primera. ▸ Con c₃ = t: c₂ = −t y c₁ = 2t.

Respuesta: p = t(2x² − x + 1), t ∈ ℝ. Verificación con t = 1: 2x(x − 1) − (x² − 1) + (x² + x) = 2x² − x + 1 ✓, y en C sus coordenadas son (2, −1, 1), las mismas. ▸ Lectura estructural: como [p]_C = M^C_B[p]_B, la condición es M^C_B[p]_B = [p]_B, o sea (M^C_B − I)[p]_B = 0. El conjunto de soluciones es un núcleo, y por eso la respuesta es un subespacio (contiene al 0) y se escribe como gen{2x² − x + 1}.

Leer bien M^B_E es el ejercicio entero. Va de E a B: sus columnas son las coordenadas en B de los vectores de E. ▸ Columna 1: [1]_B = (0, 1, 1) ⟹ 1 = 0·3x² + p + q. ▸ Columna 2: [x]_B = (0, −1, 1) ⟹ x = −p + q. ▸ Columna 3: [x²]_B = (a, 0, 0) ⟹ x² = a·3x².

De la tercera, a = 1/3. Sumando y restando las dos primeras, 2q = 1 + x y 2p = 1 − x: p = (1 − x)/2 y q = (1 + x)/2. ▸ B = {3x², (1 − x)/2, (1 + x)/2} es efectivamente base (sus coordenadas en E tienen determinante no nulo), así que la respuesta es consistente.

Procedencia. Los enunciados de los ejercicios están transcriptos textuales de la Guía 1 · Espacios vectoriales de la cátedra (ejercicios 1.1 a 1.30) y de los Ejercicios adicionales de Espacios vectoriales de Patricia Palacios (ejercicios 1 a 26). Los ocho talleres de esta sección salen de los PDF que la cátedra subió al campus en la sección «Talleres» (Taller 1 · 21/8, 2 · 26/8, 3 · 28/8, 4 · 2/9, 5 · 4/9, 6 · 9/9 y 7 · 11/9, bajados el 8/9/2026; Taller 8 · 16/9, bajado el 25/9/2026), y van verbatim. Los Talleres 9 a 11 son de la unidad 2 y están en la sección 4. El Taller 4 está publicado dos veces: también como «taller virtual 2-9-26» en Unidad 1, con un ejercicio por página; es el mismo documento. Los enunciados del Taller 4 y del 5 se apoyan en la «clase teórica virtual 2-9-26» que la cátedra subió el 2/9: son nueve páginas con exactamente dos capítulos, «Subespacios fundamentales de una matriz» (pp. 1-5) y «Coordenadas» (pp. 6-9), que es punto por punto lo que evalúan esos dos talleres. La teoría y las demostraciones siguen las Notas de Espacios Vectoriales del Prof. Mancilla Aguilar y el apunte oficial de la facultad (de Pustilnik y Muszkats), que son el material que la cátedra publica en el campus. Todas las cuentas de las resoluciones fueron verificadas con sympy.

Por qué esta guía sola te da dos de los tres ejercicios que necesitás

En el curso 5 se aprueba con 3 de 5 ejercicios resueltos correctamente. Clasifiqué los 213 ejercicios de los 43 parciales reales del material, uno por uno. El reparto por posición se cuenta sobre los 41 parciales con encabezado completo (los otros dos vienen sin encabezado y traen sólo 4 ejercicios), separando el 1C2026, donde el esqueleto se corrió un lugar:

4.1 · Qué es una transformación lineal y cómo se verifica

Definición. Sean V y W dos K-espacios vectoriales (K es ℝ o ℂ). Una aplicación T : V → W es una transformación lineal si cumple las dos condiciones:

Las dos se pueden juntar en una sola, que es la que conviene usar en el papel porque se escribe en tres renglones: T(αu + βv) = αT(u) + βT(v) para todo α, β ∈ K y todo u, v ∈ V.

Propiedades inmediatas. Si T es lineal, entonces:

• T(0_V) = 0_W. Demostración en un renglón: T(0_V) = T(0·0_V) = 0·T(0_V) = 0_W. ▸ Esto es el test de descarte más barato que existe: si T(0) ≠ 0, T no es lineal y no hace falta mirar nada más.
• T(α₁v₁ + ⋯ + α_rv_r) = α₁T(v₁) + ⋯ + α_rT(v_r), por inducción sobre r a partir de (1) y (2). Toda la unidad se apoya en esto: T respeta combinaciones lineales, y por eso alcanza con saber qué hace sobre una base.
• T(−v) = −T(v) y T(u − v) = T(u) − T(v), casos particulares del anterior.

4.2 · Una TL queda determinada por lo que hace sobre una base

Teorema Fundamental de las Transformaciones Lineales (TFTL), que las notas de Mancilla Aguilar llaman teorema de existencia y unicidad. Sean V y W dos K-espacios vectoriales, B_V = {v₁, …, v_n} una base de V y w₁, …, w_n ∈ W vectores cualesquiera. Entonces existe una única transformación lineal T : V → W tal que T(v_i) = w_i para todo i.

Demostración. ▸ Existencia: todo v ∈ V se escribe de manera única como v = α₁v₁ + ⋯ + α_nv_n (eso es exactamente ser base). Definimos T(v) := α₁w₁ + ⋯ + α_nw_n. Está bien definida porque los α_i son únicos, y es lineal porque las coordenadas de una suma son la suma de las coordenadas. ▸ Unicidad: si S es otra TL con S(v_i) = w_i, entonces para cualquier v = Σα_iv_i vale S(v) = Σα_iS(v_i) = Σα_iw_i = T(v). Coinciden en todo V, así que S = T. ∎

4.3 · Núcleo e imagen, y por qué son subespacios

Proposición 1. Nu(T) es un subespacio de V. ▸ 0_V ∈ Nu(T) porque T(0_V) = 0_W. ▸ Si u, v ∈ Nu(T), entonces T(u+v) = T(u) + T(v) = 0_W + 0_W = 0_W, así que u+v ∈ Nu(T). ▸ Si u ∈ Nu(T) y α ∈ K, entonces T(αu) = αT(u) = α·0_W = 0_W, así que αu ∈ Nu(T). ∎

Proposición 2. Im(T) es un subespacio de W. ▸ 0_W = T(0_V) ∈ Im(T). ▸ Si w₁, w₂ ∈ Im(T), existen u₁, u₂ con T(u_i) = w_i; entonces w₁ + w₂ = T(u₁) + T(u₂) = T(u₁+u₂) ∈ Im(T). ▸ Si w = T(u) y α ∈ K, entonces αw = αT(u) = T(αu) ∈ Im(T). ∎

Proposición 3. Si B = {v₁, …, v_n} es una base de V, entonces Im(T) = gen{T(v₁), …, T(v_n)}. Se prueba por doble inclusión. ▸ ⊆: sea w ∈ Im(T); existe v con T(v) = w, y como B es base, v = α₁v₁ + ⋯ + α_nv_n. Entonces w = T(v) = α₁T(v₁) + ⋯ + α_nT(v_n) ∈ gen{T(v₁), …, T(v_n)}. ▸ ⊇: cada T(v_i) está en Im(T), que por la Proposición 2 es un subespacio, así que toda combinación lineal de ellos también está. ∎

4.4 · Teorema de la dimensión, demostrado

Teorema. Si V y W tienen dimensión finita y T : V → W es lineal, entonces

Demostración. Sea n = dim V y sea {u₁, …, u_k} una base de Nu(T), con k = dim Nu(T). Como Nu(T) es un subespacio de V, esa base se puede extender a una base de V: {u₁, …, u_k, w₁, …, w_n−k}. Afirmamos que {T(w₁), …, T(w_n−k)} es una base de Im(T).

▸ Genera Im(T). Por la Proposición 3, Im(T) = gen{T(u₁), …, T(u_k), T(w₁), …, T(w_n−k)}. Pero los T(u_i) valen 0 porque los u_i están en el núcleo. Quedan sólo los T(w_j).

▸ Es linealmente independiente. Supongamos β₁T(w₁) + ⋯ + β_n−kT(w_n−k) = 0_W. Por linealidad, T(β₁w₁ + ⋯ + β_n−kw_n−k) = 0_W, es decir β₁w₁ + ⋯ + β_n−kw_n−k ∈ Nu(T). Entonces ese vector se escribe en la base del núcleo: β₁w₁ + ⋯ + β_n−kw_n−k = α₁u₁ + ⋯ + α_ku_k. Pasando todo de un lado queda una combinación lineal nula de los n vectores de una base de V, así que todos los coeficientes son 0; en particular todos los β_j = 0.

Por lo tanto dim Im(T) = n − k, y dim V = n = k + (n−k) = dim Nu(T) + dim Im(T). ∎

4.5 · Monomorfismo, epimorfismo, isomorfismo

Proposición. T es monomorfismo ⟺ Nu(T) = {0_V}.

▸ (⟹) Ya sabemos que {0_V} ⊆ Nu(T). Sea v ∈ Nu(T): entonces T(v) = 0_W = T(0_V). Como T es inyectiva, v = 0_V. ▸ (⟸) Supongamos Nu(T) = {0_V} y sean u, v con T(u) = T(v). Entonces T(u) − T(v) = 0_W, o sea T(u−v) = 0_W, así que u−v ∈ Nu(T) = {0_V} y por lo tanto u = v. ∎

Proposición (las consecuencias dimensionales). Todas salen del teorema de la dimensión. ▸ Si T es mono, dim Nu = 0, así que dim V = dim Im(T) ≤ dim W. ▸ Si T es epi, Im(T) = W, así que dim V = dim Nu(T) + dim W ≥ dim W. ▸ Si es iso, valen las dos y dim V = dim W.

Proposición (el atajo más útil de la unidad). Si dim V = dim W, entonces T es monomorfismo ⟺ T es epimorfismo (y por lo tanto, cualquiera de las dos ya implica isomorfismo).

▸ Si T es mono: dim V = dim Im(T), y como dim V = dim W queda dim Im(T) = dim W; un subespacio de W de la misma dimensión que W es W, así que T es epi. ▸ Si T es epi: dim W = dim Im(T), y como dim V = dim W el teorema de la dimensión da dim Nu(T) = 0, así que Nu(T) = {0_V} y T es mono. ∎

4.6 · La matriz asociada, columna por columna, y el diagrama de las cuatro flechas

Sean B = {b₁, …, b_n} base de V y C = {c₁, …, c_m} base de W. La matriz de T respecto de B y C es la matriz [T]^C_B ∈ K^m×n cuya columna j es [T(b_j)]_C: las coordenadas, en la base C, de la imagen del j-ésimo vector de B.

Ahora el diagrama. Cuando te dan T sólo por su matriz entre dos bases, la matriz come coordenadas en B y escupe coordenadas en C. Nunca come vectores y nunca escupe vectores. Son cuatro flechas y las dos de los extremos son las que la gente saltea:

4.7 · Cambio de base y la fórmula de semejanza

La matriz de cambio de coordenadas M^B′_B es la que cumple M^B′_B·[v]_B = [v]_B′. Sus columnas son las coordenadas en B′ de los vectores de B. Es un caso particular de matriz asociada: M^B′_B = [Id_V]^B′_B. Es inversible, y (M^B′_B)⁻¹ = M^B_B′.

Si cambiás las dos bases, la matriz de T se transforma así:

La lectura es puramente de composición: llevás las coordenadas de B′ a B, aplicás T, y llevás las coordenadas de C a C′. Cada matriz «cancela» el índice del vecino, igual que en las unidades de física.

Cuando T : V → V es un endomorfismo y usás la misma base de los dos lados, con P = M^B_B′ queda la fórmula de semejanza:

Dos matrices así se dicen semejantes: representan la misma transformación en bases distintas. Por eso comparten rango, determinante, traza y (lo que vas a usar en la unidad 4) polinomio característico y autovalores.

4.8 · Composición e inversa

• La composición de transformaciones lineales es lineal: si T : V → W y S : W → U son lineales, (S∘T)(αu+βv) = S(αT(u)+βT(v)) = αS(T(u)) + βS(T(v)).
• Matriz de la composición: [S∘T]^D_B = [S]^D_C · [T]^C_B. Los índices del medio se cancelan; si no se cancelan, el producto no está bien planteado y hay que meter un cambio de base entre medio.
• Inversa: si T es isomorfismo, T⁻¹ también es lineal y [T⁻¹]^B_C = ([T]^C_B)⁻¹. Fijate que los índices se dan vuelta: la base que era del dominio pasa a ser la del codominio.
• Potencias: para T ∈ L(V) se escribe T⁰ := Id, T¹ := T, T² := T∘T, etc. Las dos ecuaciones que aparecen en la guía son T∘T = T (idempotencia ⟹ es una proyección) y T∘T = Id (involución ⟹ es una simetría).

Lo que agregó la clase teórica virtual del 25/9 (las notas están en la carpeta «Clase virtual 25-9» de la Unidad 2 del campus). La composición y su matriz son las de arriba; lo nuevo es cómo define la cátedra la inversa y qué equivalencias da. La notación 𝓛(V, W) que usa la clase es el conjunto de las transformaciones lineales de V en W; L(V) es el caso V = W.

Las dos pruebas cortas que conviene tener. ▸ Unicidad de la inversa: si G y G′ cumplen las dos igualdades, G = G∘IdW = G∘(T∘G′) = (G∘T)∘G′ = IdV∘G′ = G′. ▸ La matriz de la inversa (es la cuenta que hizo la clase): de T−1∘T = IdV y la fórmula de la composición, I = [IdV]B1B1 = [T−1]B1B2 · [T]B2B1, así que [T]B2B1 es inversible y [T−1]B1B2 = ([T]B2B1)−1. Alcanza con esa igualdad de un solo lado porque T es isomorfismo, entonces dim V = dim W, la matriz es cuadrada, y para matrices cuadradas una inversa de un lado ya lo es de los dos.

Los cuatro ejercicios de esa clase, verbatim y resueltos, están al final de esta sección, en el bloque de los talleres de la unidad 2.

4.9 · Preimagen de un vector y de un subespacio: el corazón del Ej 2

Definición. Para w ∈ W, la preimagen es T⁻¹(w) := {v ∈ V : T(v) = w}. Para un subconjunto Y ⊆ W, T⁻¹(Y) := {v ∈ V : T(v) ∈ Y}. La notación T⁻¹ acá no significa que T sea inversible: es la preimagen como conjunto, y existe siempre (puede ser vacía).

Teorema de la estructura de las soluciones. Si T(v_p) = w, entonces

▸ ⊇: T(v_p + u) = T(v_p) + T(u) = w + 0 = w. ▸ ⊆: si T(v) = w, entonces T(v − v_p) = w − w = 0, así que v − v_p ∈ Nu(T) y v = v_p + (v − v_p). ∎

Preimagen de un subespacio. Esta es la variante donde más gente se cae, y es la que domina 2023 en el corpus: 4 de las 7 preimágenes de un subespacio del corpus son de ese año. Si S = gen{w} ⊆ W, NO es resolver A·z = [w]_C. Es:

1. Calculá [w]_C.
2. Planteá A·z = α·[w]_C con α parámetro libre. Pasando todo a la izquierda, es un sistema homogéneo en las incógnitas (z₁, …, z_n, α).
3. Resolvelo. La solución en z queda como combinación de direcciones: las que vienen de α = 0 son el núcleo, y la que viene de α = 1 es una preimagen de w.
4. Traducí cada dirección a un vector del dominio combinando con B.
5. Respuesta: T⁻¹(S) = gen{…}, que sí es un subespacio (la preimagen de un subespacio siempre lo es, porque T(0) = 0).

Con S de dimensión 1: si w ∈ Im(T) da 1 + dim Nu(T); si w ∉ Im(T) da 0 + dim Nu(T), o sea que la preimagen es exactamente el núcleo. Si S tiene varios generadores, va un parámetro por generador.

4.10 · Proyecciones y simetrías: el Ej 3

Sean S₁ y S₂ subespacios suplementarios de V, es decir V = S₁ ⊕ S₂: todo v ∈ V se escribe de manera única como v = v₁ + v₂ con v₁ ∈ S₁ y v₂ ∈ S₂. Se definen:

Por qué Π es la única TL que vale v sobre S₁ y 0 sobre S₂. Tomá una base de S₁ y una de S₂; juntas forman una base de V, porque la suma es directa. Una TL queda determinada por su valor sobre una base (§4.2), y esos valores están fijados por las dos condiciones. Por lo tanto es única, y coincide con Π_S₁S₂. ∎

Por qué Π∘Π = Π. Para cualquier v, Π(v) = v₁ ∈ S₁, y sobre S₁ la proyección es la identidad; entonces Π(Π(v)) = Π(v₁) = v₁ = Π(v). ∎  Y por qué Σ∘Σ = Id. Σ = 2Π − Id, así que Σ² = 4Π² − 4Π + Id = 4Π − 4Π + Id = Id, usando Π² = Π. ∎

Qué de esta unidad va sí o sí en las 4 carillas manuscritas

Las siete trampas concretas de esta unidad

1. Entregar coordenadas en vez del vector. Multiplicaste por la matriz y contestaste. Si la base del codominio no es la canónica, falta el paso ③. Es el error número uno del Ej 2.
2. Leer la notación al revés. Antes de tocar nada: contá filas y columnas contra las dimensiones del dominio y el codominio.
3. Confundir «preimagen de w» con «preimagen de gen{w}». La primera es una variedad lineal; la segunda un subespacio con una dimensión más.
4. Escribir la preimagen de w ≠ 0 como gen{…}. No es un subespacio: no contiene al 0.
5. Aplicar nulidad + rango contra la dimensión del codominio. Es contra el dominio, siempre.
6. Olvidarse de chequear la degeneración al mandar un triángulo o un segmento. Con rango deficiente, degenerar es lo normal.
7. Proyectar ortogonalmente cuando la dirección la da el enunciado. En la Guía 2 la proyección es oblicua: nada de bajar perpendiculares a ojo.

Los talleres del 2C2026 (unidad 2), resueltos

Desde el 18/9 los talleres de la cátedra (sección «Talleres» del campus) son de transformaciones lineales. Al 25/9 hay tres, con 10 ejercicios, y van verbatim con la resolución completa, igual que los ocho de la unidad 1 al final de la sección 3. Al final del bloque están los cuatro ejercicios de la clase teórica virtual del 25/9 (composición e inversa) y la página de comentarios de esa clase. ▸ Los enunciados llevan la notación de la cátedra, [v]^B y [T]^C_B (base del dominio abajo, del codominio arriba); en las resoluciones las coordenadas van como [v]_B, igual que en 4.6. Es el mismo objeto: el recuadro del Taller 5, en la sección 3, explica las dos notaciones.

Taller 9 · clase del 18/9 · la matriz de una TL, núcleo e imagen

a) Con u = (u₁, u₂, u₃)^T, v = (v₁, v₂, v₃)^T y α, β ∈ ℝ genéricos: T(αu + βv) = (−4(αu₂ + βv₂) + 3(αu₃ + βv₃), 2(αu₁ + βv₁) + (αu₂ + βv₂))^T, y agrupando por α y por β queda α(−4u₂ + 3u₃, 2u₁ + u₂)^T + β(−4v₂ + 3v₃, 2v₁ + v₂)^T = αT(u) + βT(v). Tiene que ser con vectores genéricos: verificarlo en dos vectores concretos no demuestra nada. ▸ b) T(e₁) = (0, 2)^T, T(e₂) = (−4, 1)^T, T(e₃) = (3, 0)^T. ▸ c) A_T = [[0, −4, 3],[2, 1, 0]]: cada fila son los coeficientes de una coordenada de T(x).

d) Las columnas de A_T son T(e₁), T(e₂) y T(e₃), lo mismo que se calculó en b). En general, si T : ℝⁿ → ℝ^m es lineal, x = x₁e₁ + ⋯ + x_ne_n y por linealidad T(x) = x₁T(e₁) + ⋯ + x_nT(e_n) = A_Tx, con A_T = [T(e₁) | ⋯ | T(e_n)] ∈ ℝ^m×n. Es la matriz asociada en las bases canónicas, [T]^E′_E (E y E′ las canónicas de ℝ³ y ℝ²): el caso particular de 4.6. ▸ Es el ejercicio 2.1 de la Guía 2 con otros números.

a) Mirá las filas antes de escalonar: la primera es la suma de las otras dos, (1, 1, 1) = (1, −1, 0) + (0, 2, 1). Entonces rg(A_T) = 2 y dim Nu(T) = 3 − 2 = 1. De la segunda fila, x₁ = x₂; de la tercera, x₃ = −2x₂. ▸ Nu(T) = gen{(1, 1, −2)^T}. Como Nu(T) ≠ {0}, T no es monomorfismo.

b) Im(T) = col(A_T), de dimensión 2. La tercera columna es el promedio de las dos primeras, (1, 0, 1) = ½[(1, 1, 0) + (1, −1, 2)], así que Im(T) = gen{(1, 1, 0)^T, (1, −1, 2)^T}. ▸ La relación entre filas da la ecuación gratis: si y = A_Tx, entonces y₁ − y₂ − y₃ = (fila 1 − fila 2 − fila 3)·x = 0, porque esa combinación de filas es nula. Im(T) = {y ∈ ℝ³ : y₁ − y₂ − y₃ = 0}, dimensión 2 < 3: T no es epimorfismo. ▸ Que falle las dos cosas a la vez no es casualidad: con dim V = dim W, mono ⟺ epi (4.5).

c) (1, 0, 1) cumple 1 − 0 − 1 = 0, así que está en Im(T). Además es la tercera columna, o sea T(e₃) = (1, 0, 1)^T: la solución particular sale sin resolver nada. ▸ T(x) = (1, 0, 1)^T ⟺ x = (0, 0, 1)^T + t(1, 1, −2)^T, t ∈ ℝ. Infinitas soluciones: una recta que no pasa por el origen, solución particular más núcleo (4.9).

a) Bien definida quiere decir que T(p) cae en el codominio. Si p ∈ ℝ₂[x], p″ es una constante, (1 − x²)p″ tiene grado ≤ 2, y entonces 2p + (1 − x²)p″ ∈ ℝ₂[x]. ▸ Lineal, porque derivar es lineal: (αp + βq)″ = αp″ + βq″, y entonces T(αp + βq) = 2(αp + βq) + (1 − x²)(αp″ + βq″) = αT(p) + βT(q). ▸ T(3x² + x) = 2(3x² + x) + (1 − x²)·6 = 6x² + 2x + 6 − 6x² = 2x + 6.

b) Sobre la base canónica: T(1) = 2, T(x) = 2x y T(x²) = 2x² + 2(1 − x²) = 2: el término en x² se cancela. Para p = a + bx + cx², T(p) = 2(a + c) + 2bx. ▸ T(p) = 0 ⟺ b = 0 y c = −a: Nu(T) = gen{x² − 1}. No es monomorfismo.

c) Im(T) = gen{T(1), T(x), T(x²)} = gen{2, 2x, 2} = gen{1, x} = ℝ₁[x], de dimensión 2 < 3: no es epimorfismo. ▸ Control: 1 + 2 = 3 = dim ℝ₂[x] ✓.

Taller 10 · clase del 23/9 · T definida sobre una base, existencia e imágenes de figuras

a) Escribí X en la base donde conocés T y aplicá linealidad. Llamando v₁ = (1, 0, −1), v₂ = (1, 1, 1), v₃ = (0, 1, 1), resolver X = αv₁ + βv₂ + γv₃ da α = x₂ − x₃, β = x₁ − x₂ + x₃, γ = −x₁ + 2x₂ − x₃. Entonces T(X) = α(1, 2, 2) + β(1, 0, 1) + γ(−1, 2, 0):

▸ Es lo mismo que [T]^E_E = W·V⁻¹, con V la matriz que tiene a v₁, v₂, v₃ como columnas y W la que tiene a sus imágenes: es la cuenta que hace la cátedra en los comentarios del 25/9, más abajo. ▸ Control obligatorio, porque es barato: T(1, 0, −1) = (1, 2, 2) ✓, T(1, 1, 1) = (1, 0, 1) ✓, T(0, 1, 1) = (−1, 2, 0) ✓.

b) Sin usar la fórmula. Las imágenes cumplen (−1, 2, 0) = (1, 2, 2) − 2(1, 0, 1), es decir T(v₃) = T(v₁) − 2T(v₂). Por linealidad, T(v₁ − 2v₂ − v₃) = 0, y v₁ − 2v₂ − v₃ = (−1, −3, −4). ▸ Nu(T) = gen{(1, 3, 4)^T}, de dimensión exactamente 1: las imágenes generan un plano ((1, 2, 2) y (1, 0, 1) no son proporcionales) y 3 − 2 = 1. ▸ Im(T) = gen{(1, 2, 2)^T, (1, 0, 1)^T} = {y : 2y₁ + y₂ − 2y₃ = 0}: por la Proposición 3 de 4.3, la imagen es el generado de las imágenes de una base, y acá esas imágenes son dato.

c) T(S) = gen{T(1, 0, 1), T(1, 1, 2)} = gen{(3, −6, 0)^T, (2, −4, 0)^T}, y esos dos son proporcionales: T(S) = gen{(1, −2, 0)^T}, de dimensión 1, no 2. ▸ El motivo: el núcleo está adentro de S, (1, 3, 4) = −2(1, 0, 1) + 3(1, 1, 2). Aplicando el teorema de la dimensión a T restringida a S, dim T(S) = dim S − dim(S ∩ Nu T) = 2 − 1 = 1.

d) Preimagen de un subespacio dado por ecuaciones: se compone la ecuación con T. x ∈ T⁻¹(L) ⟺ T(x) ∈ L ⟺ la suma de las tres coordenadas de T(x) es 0. Sumando las filas de [T]^E_E: (2 − 2 + 1)x₁ + (−2 + 6 + 1)x₂ + (1 − 4 − 1)x₃ = x₁ + 5x₂ − 4x₃. ▸ T⁻¹(L) = {x ∈ ℝ³ : x₁ + 5x₂ − 4x₃ = 0} = gen{(1, 3, 4)^T, (4, 0, 1)^T}. ▸ Control de dimensión de 4.9: L ≠ Im(T) (las normales (1, 1, 1) y (2, 1, −2) no son paralelas), así que L ∩ Im(T) es una recta y dim T⁻¹(L) = 1 + dim Nu(T) = 2 ✓. Y contiene al núcleo, como tiene que ser: 1 + 15 − 16 = 0. ▸ Cuando el subespacio viene por ecuaciones, este camino es más corto que el truco del parámetro de 4.9, que conviene cuando viene por generadores.

Los tres vectores son dependientes, y eso es todo el ejercicio: los tres cumplen x₁ + x₂ = 0, y de hecho (1, −1, −2) = 4(1, −1, 1) − 3(1, −1, 2). Si T es lineal, obligatoriamente T(1, −1, −2) = 4T(1, −1, 1) − 3T(1, −1, 2) (4.2, segunda consecuencia):

La tercera coordenada cierra sola. La primera pide a² = 1 y la segunda 4a + 3 = −1, o sea a = −1. Único valor: a = −1. (a = 1 cumple la primera pero no la segunda: 4 + 3 = 7 ≠ −1.)

Dos ejemplos con a = −1. Los datos fijan T(1, −1, 1) = (2, −1, −1) y T(1, −1, 2) = (1, −1, 1), y el tercero es consecuencia de éstos. Dos vectores no alcanzan para determinar T: hay que completar a una base con un vector fuera del plano x₁ + x₂ = 0 y elegir su imagen libremente. ▸ Con e₁ = (1, 0, 0) y T(e₁) = 0: T₁(x) = (−3x₂ − x₃,   x₂,   3x₂ + 2x₃)^T. ▸ Con T(e₁) = e₁: T₂(x) = (x₁ − 2x₂ − x₃,   x₂,   3x₂ + 2x₃)^T. ▸ Control de T₁: T₁(1, −1, 1) = (3 − 1, −1, −3 + 2) = (2, −1, −1) ✓; T₁(1, −1, 2) = (3 − 2, −1, −3 + 4) = (1, −1, 1) ✓; T₁(1, −1, −2) = (3 + 2, −1, −3 − 4) = (5, −1, −7) ✓. ▸ Todas las soluciones son T₁(x) + (x₁ + x₂)·u con u ∈ ℝ³ libre: el término agregado se anula justo en el plano donde están los datos.

Qué hace cada una. T(x₁, x₂) = (x₁, 0): proyecta sobre el eje x₁ en la dirección del eje x₂, con Nu(T) = gen{(0, 1)}. S(x₁, x₂) = (x₁, x₁ + x₂): deja fija la primera coordenada y le suma la primera a la segunda; det A_S = 1, así que S es isomorfismo. ▸ Como una TL manda segmentos y triángulos en la cápsula convexa de las imágenes de los vértices (4.10), alcanza con transformar los vértices y ver si la figura degenera.

Para graficar: T aplasta todo sobre el eje horizontal (cada punto baja o sube en vertical hasta el eje). S empuja cada punto hacia arriba tanto como vale su abscisa: el de abscisa 1 sube 1, el de abscisa 3 sube 3. Por eso el lado de abajo del triángulo, de (1, 1) a (3, 1), se inclina y pasa a ir de (1, 2) a (3, 4).

Taller 11 · clase del 25/9 · todo a partir de [T]^C_B

La cátedra subió este taller dos veces: como Taller 11 en la sección Talleres y como «taller virtual 25-9-26» en la carpeta «Clase virtual 25-9» de la Unidad 2, con un ejercicio por página. Los enunciados son los mismos, palabra por palabra. Lo que difiere es que la versión virtual se subió como notas de la clase del 25/9: trae la resolución manuscrita de los cuatro ejercicios y, en el ejercicio 4, una corrección a mano del enunciado (ver la trampa de ese ejercicio). Los resultados de esa resolución coinciden con los de esta guía.

Las flechas de 4.6, recorridas al revés. ▸ ①′ [v]_C: (1, 1, 1, 1) = α(1, 1, 0, 0) + β(0, 1, 1, 0) + γ(0, 0, 1, 1) + δ(0, 0, 0, 1); de arriba hacia abajo, α = 1, β = 0, γ = 1, δ = 0 ⟹ [v]_C = (1, 0, 1, 0). ▸ ②′ Resolver [T]^C_B·z = (1, 0, 1, 0). Mirá las filas: f₁ = f₂ + f₃ − f₄, así que rg = 3, dim Nu(T) = 1, y el sistema es compatible sólo si y₁ = y₂ + y₃ − y₄: 1 = 0 + 1 − 0 ✓. Con z₄ = t: la fila 2 da z₁ = −t, la 4 da z₃ = −t, la 3 da z₂ = 1 − t. Entonces z = (0, 1, 0, 0) + t(−1, −1, −1, 1). ▸ ③′ Volver con B: z = (0, 1, 0, 0) es el segundo vector de B, [[0, 1],[1, 0]]; y −B₁ − B₂ − B₃ + B₄ = [[−1, −2],[−2, 0]].

T⁻¹(v) = { [[0, 1],[1, 0]] + t·[[1, 2],[2, 0]] : t ∈ ℝ }. Es una variedad lineal de dimensión 1 = dim Nu(T), no un subespacio. ▸ Control directo: T([[0, 1],[1, 0]]) tiene coordenadas (1, 0, 1, 0) en C (la segunda columna de la matriz), o sea (1, 1, 0, 0) + (0, 0, 1, 1) = (1, 1, 1, 1) ✓.

Núcleo. La tercera fila es la suma de las dos primeras: rg = 2, dim Nu(T) = 1. De z₁ + z₂ = 0 y z₂ + z₃ = 0, [v]_B1 = t(1, −1, 1). ▸ Volviendo con B₁: (1, 1, 1) − (1, 0, 1) + (1, 1, 0) = (1, 2, 0). Nu(T) = gen{(1, 2, 0)^T}.

Imagen. dim Im(T) = 2. Las columnas son las coordenadas en B₂ de T(b₁), T(b₂), T(b₃), y hay que traducirlas a polinomios: (1, 0, 1) ↦ (x² + x) + (x + 1) = x² + 2x + 1; (1, 1, 2) ↦ (x² + x) + (x − 1) + 2(x + 1) = x² + 4x + 1; (0, 1, 1) ↦ (x − 1) + (x + 1) = 2x. La segunda es la suma de las otras dos. ▸ Im(T) = gen{x² + 2x + 1, 2x} = gen{(x + 1)², x}. ▸ Contestar gen{(1, 0, 1)^T, (0, 1, 1)^T} es el error número uno de 4.6: ésas son coordenadas, y T llega a ℝ₂[x].

T(S) = gen{T(x³ − x² + 1), T(2x + 1)}, y cada imagen sale con las tres flechas. ▸ Coordenadas en B₁: planteando α₁(x³ − x) + α₂(x³ + x) + α₃(−x² + x) + α₄ e igualando coeficientes, [x³ − x² + 1]_B1 = (1, 0, 1, 1) y [2x + 1]_B1 = (−1, 1, 0, 1). ▸ Multiplicando por la matriz: (1, 3, 4) y (−2, 2, 0), coordenadas en B₂. ▸ Combinando con B₂: (1, 1, 1) + 3(1, 2, 1) + 4(2, 1, 1) = (12, 11, 8) y −2(1, 1, 1) + 2(1, 2, 1) = (0, 2, 0).

T(S) = gen{(12, 11, 8)^T, (0, 2, 0)^T}, de dimensión 2. ▸ Y se puede decir más: la tercera fila de la matriz es la suma de las dos primeras, así que rg = 2 = dim Im(T). Como T(S) ⊆ Im(T) y tienen la misma dimensión, T(S) = Im(T) = {y ∈ ℝ³ : 2y₁ − 3y₃ = 0}, con una base más limpia {(3, 0, 2)^T, (0, 1, 0)^T}. Que dim T(S) = dim S dice además que S ∩ Nu(T) = {0}.

Con T : ℝ³ → 𝕎. Llamá H al subespacio. ▸ ①′ w = [[1, −1],[−1, 1]] = 1·C₁ − 1·C₂ + 1·C₃ ⟹ [w]_C = (1, −1, 1). ▸ Mirando filas: f₁ = f₃, rg = 2, y en coordenadas la imagen es {y₁ = y₃}. (1, −1, 1) lo cumple, así que w ∈ Im(T) y la respuesta tiene dimensión 1 + dim Nu(T) = 2. ▸ ②′ El truco del parámetro de 4.9: resolver [T]^C_B·z = k(1, −1, 1). De z₁ + 2z₃ = k y z₂ + z₃ = −k: z = k(1, −1, 0) + z₃(−2, −1, 1). ▸ ③′ Con B: (1, −1, 0) ↦ (1, −1, 0) − (1, 0, 1) = (0, −1, −1), y (−2, −1, 1) ↦ −2(1, −1, 0) − (1, 0, 1) + (0, 1, −1) = (−3, 3, −2).

T⁻¹(H) = gen{(0, −1, −1)^T, (−3, 3, −2)^T}, un subespacio de ℝ³ de dimensión 2: el segundo generador genera el núcleo y el primero es una preimagen de w. Coincide con la resolución manuscrita del taller virtual.

Clase teórica virtual del 25/9 · composición e inversa

El 25/9 la clase del curso 5 fue virtual, y ese mismo día la cátedra subió «las notas de la clase» al campus del curso: la clase teórica (4 páginas), el taller virtual (el Taller 11, resuelto arriba) y una página de comentarios. La teoría de la clase está en 4.8, con lo que agregó a esta guía. Acá van sus cuatro ejercicios, verbatim y resueltos.

La idea que ordena los seis ítems: [F] y [G] vienen en bases distintas, así que el producto [G]^B′_B′·[F]^B_B no representa nada (la B′ de abajo de G no cancela con la B de arriba de F). Entre medio va una matriz de cambio de base, y cada fórmula se arma encadenando índices: el de abajo de cada matriz tiene que coincidir con el de arriba de la que está a su derecha. ▸ Las dos matrices de cambio: (2, 1) = ½(1, −1) + (3/2)(1, 1) y (3, 2) = ½(1, −1) + (5/2)(1, 1), así que M^B′_B = [[1/2, 1/2],[3/2, 5/2]] y M^B_B′ = (M^B′_B)⁻¹ = [[5, −1],[−3, 1]].

▸ En a) conviene ir de a dos: [G]^B′_B′·M^B′_B = [[3/2, 5/2],[0, −1]], que es [G]^B′_B, y después por [F]^B_B. Es el camino de la resolución manuscrita de la clase, y llega al mismo resultado. ▸ Controles que no obligan a rehacer nada. c), d), e) y f) son matrices de G∘F o de F∘G con la misma base a los dos lados, así que su traza y su determinante no dependen de la base (semejanza, 4.7). Además det(G∘F) = det(F∘G) = det F · det G = (−1)(−3) = 3, y tr(G∘F) = tr(F∘G) porque la traza de un producto no cambia al conmutar los factores. Las cuatro dan traza 36 y determinante 3 ✓. ▸ Y a) ≠ b): la composición no conmuta, G∘F y F∘G son transformaciones distintas.

Isomorfismo. dim ℝ₂[x] = dim ℝ³ = 3, así que por el atajo de 4.5 alcanza con ver que es monomorfismo. Si T(p) = 0, p se anula en 0, 1 y −1: un polinomio de grado ≤ 2 con tres raíces es el nulo, y Nu(T) = {0}. ▸ La clase lo hizo por el otro lado: Im(T) = gen{T(1), T(x), T(x²)} = gen{(1, 1, 1), (0, 1, −1), (0, 1, 1)}, que son LI, así que Im(T) = ℝ³. Las dos vías valen.

T⁻¹. T⁻¹(a, b, c) es el único p ∈ ℝ₂[x] con p(0) = a, p(1) = b y p(−1) = c. Con p = a + αx + βx²: a + α + β = b y a − α + β = c ⟹ α = (b − c)/2 y β = (b + c)/2 − a. ▸ T⁻¹((a, b, c)^T) = a + ((b − c)/2)·x + ((b + c)/2 − a)·x². Control: en x = 1 da a + (b − c)/2 + (b + c)/2 − a = b ✓.

[T⁻¹]^E′_E = ([T]^E_E′)⁻¹, la fórmula de 4.8 con los índices dados vuelta. [T]^E_E′ tiene por columnas T(1), T(x), T(x²): [[1, 0, 0],[1, 1, 1],[1, −1, 1]], de determinante 2 ≠ 0 (otra prueba de que es isomorfismo). ▸ Invirtiendo: [T⁻¹]^E′_E = [[1, 0, 0],[0, 1/2, −1/2],[−1, 1/2, 1/2]]. ▸ Es la misma cuenta que el ejercicio anterior, mirada por columnas: la primera, (1, 0, −1), son los coeficientes de T⁻¹(e₁) = 1 − x², que es lo que da la fórmula de T⁻¹ con (a, b, c) = (1, 0, 0).

El truco de la base B. ½x(x − 1) vale 1 en x = 2 y 0 en x = 0 y en x = 1; −x(x − 2) vale 1 en x = 1 y 0 en 0 y en 2; ½(x − 1)(x − 2) vale 1 en x = 0 y 0 en 1 y en 2. Es la base de Lagrange de los nodos 2, 1, 0, y entonces [p]_B = (p(2), p(1), p(0)) sin resolver ningún sistema (la clase llega a lo mismo evaluando en x = 0, 1, 2). ▸ Con eso, M^B_E tiene por columnas [1]_B = (1, 1, 1), [x]_B = (2, 1, 0) y [x²]_B = (4, 1, 0): M^B_E = [[1, 2, 4],[1, 1, 1],[1, 0, 0]]. Y M^E′_C tiene a los vectores de C como columnas: [[1, 1, 1],[1, −1, 0],[1, 0, 0]].

▸ Isomorfismo: det([T]^C_B) = 1·(2·3 − 0·0) + (−1)·(0·0 − 2·1) = 6 + 2 = 8 ≠ 0, y por la propiedad de 4.8 alcanza con un par de bases. ▸ Control de c) sin invertir nada: la primera columna es T(1) en la canónica. [1]_B = (1, 1, 1), [T]^C_B·(1, 1, 1) = (0, 2, 4), y 0·(1, 1, 1) + 2(1, −1, 0) + 4(1, 0, 0) = (6, −2, 0) ✓. ▸ La clase indica también el otro camino para la última: [T⁻¹]^E_E′ = M^E_B · [T⁻¹]^B_C · M^C_E′, que da lo mismo.

Procedencia. Los Talleres 9 (18/9), 10 (23/9) y 11 (25/9) salen de los PDF de la sección «Talleres» del campus, bajados el 25/9/2026, y van verbatim. El «taller virtual 25-9-26», la «clase teórica virtual 25-9-26» y los «comentarios 25-9-26» salen de la carpeta «Clase virtual 25-9» de la Unidad 2, bajada el mismo día. Los enunciados de la clase van verbatim; de las partes manuscritas se usan sólo los resultados, los caminos que se mencionan y la corrección del Taller 11, ejercicio 4. La notación de índices ([v]^B, y [T]^C_B con el dominio abajo) se verificó midiendo la altura de cada glifo en los PDF. Todas las cuentas fueron verificadas con sympy.

Los 20 ejercicios de la Guía 2 (y dos de repaso), resueltos

Están los veinte, con el enunciado textual de la guía de la cátedra. Los que la guía marca con ! son los que ella misma señala como prioritarios; el 2.15 es teórico y el 2.12 está marcado con A (avanzado). Al final hay dos de repaso en el formato del Taller 11 y de la clase del 25/9: ésos los redactó esta guía, no son de la cátedra. Resolvé primero y después revelá.

Por qué esta guía vale más que las otras tres juntas

Clasifiqué los 213 ejercicios de los 43 parciales reales (de 2021 a 2026) por tipo. Éste es el reparto:

El mapa: qué ejercicio de la guía entrena qué tipo de parcial

Los ejercicios marcados con ! en la guía original (3.1, 3.4, 3.5, 3.8, 3.9, 3.11, 3.14, 3.16, 3.21, 3.23) son los diez que la cátedra señala con esa marca en el archivo original. El 3.12 lleva otra marca y el 3.13 está rotulado [herramienta]: es el ejercicio teórico que construye cuadrados mínimos.

1 · Distancia y espacio métrico

Una distancia o métrica en un conjunto X es una función d : X × X → ℝ⁺ con tres propiedades (Guía 3, preliminar 1):

El par (X, d) es un espacio métrico. Notá que X es un conjunto, no hace falta que sea espacio vectorial: la distancia no necesita suma ni producto por escalar. Con la distancia ya se puede definir límite: x_n → x cuando lím_n→∞ d(x, x_n) = 0.

2 · Norma y espacio normado

Una norma en un K-espacio vectorial V (con K = ℝ o ℂ) es ‖·‖ : V → ℝ⁺ tal que:

Acá sí hace falta estructura de espacio vectorial: la propiedad (b) usa el producto por escalar. Si x ≠ 0, el vector u_x := ‖x‖⁻¹x es unitario (‖u_x‖ = 1) y genera la misma recta que x.

La distancia inducida por una norma tiene dos propiedades extra que una distancia cualquiera no tiene, y que se usan sin darse cuenta todo el tiempo:

• Invarianza por traslaciones: d(x,y) = d(x+z, y+z). Por eso d(x,S) para un subespacio S se puede calcular moviendo todo al origen.
• Cambio de escala: d(λx, λy) = |λ|·d(x,y).
• En particular d(x,y) = d(x−y, 0): alcanza con saber las distancias al origen.

3 · Producto interno: los cuatro axiomas

Un producto interno en un K-espacio vectorial V es ⟨·,·⟩ : V × V → K tal que (Guía 3, preliminar 6, y notas de Mancilla Aguilar):

4 · Las cuatro familias de productos internos que usa esta cátedra

Todo enunciado de la Guía 3 y de los 43 parciales usa uno de estos cuatro. (El de derivadas en 0, ⟨p,q⟩ = p(0)q(0) + p′(0)q′(0) + c·p″(0)q″(0), que aparece en cinco parciales de 2025 y 2026, es el 3c con pesos: con p = a₀ + a₁x + a₂x² da a₀b₀ + a₁b₁ + 4c·a₂b₂, así que con c = 1/4 es exactamente el de coeficientes, con c = 1 es un producto de Gram en la base {1, x, x²}, y en ℝ₁[x], sin el tercer término, es directamente el de coeficientes.) Reconocerlo en la primera línea del enunciado es medio ejercicio ganado, porque cada uno tiene su propia forma de calcular.

5 · Matriz de Gram y el criterio para decidir si algo es producto interno

Dada una colección X = (x₁,…,x_n), su matriz de Gram es G_X = [⟨x_i, x_j⟩]. El Gramiano G(X) es su determinante. Si B es una base de V, G_B determina unívocamente al producto interno: con x = Σc_iv_i e y = Σd_jv_j,

Es decir: todo producto interno en dimensión finita es un producto de Gram, escrito en coordenadas. Por eso el criterio de existencia es un criterio sobre matrices.

6 · Norma inducida, Cauchy-Schwarz y desigualdad triangular · con demostración

Todo espacio euclídeo (V, ⟨·,·⟩) es espacio normado con ‖x‖ := √⟨x,x⟩. Las tres propiedades de norma no son gratis: (a) sale del axioma 4; (b) sale de ‖λv‖² = ⟨λv,λv⟩ = λ·conj(λ)·⟨v,v⟩ = |λ|²‖v‖²; (c) necesita Cauchy-Schwarz.

7 · Identidad del paralelogramo: el test para saber si una norma viene de un producto interno

Sumando las dos identidades de arriba:

Demostración: ‖u+v‖² = ‖u‖² + 2⟨u,v⟩ + ‖v‖² y ‖u−v‖² = ‖u‖² − 2⟨u,v⟩ + ‖v‖². Sumando, los términos cruzados se cancelan ∎

8 · Ortogonalidad, Pitágoras y sistemas ortonormales

x ⊥ y cuando ⟨y,x⟩ = 0. En un espacio euclídeo real eso equivale a θ = π/2, salvo que alguno sea el 0 (el 0 es ortogonal a todo, y es el único vector ortogonal a sí mismo).

Un sistema S ⊂ V\{0} es ortogonal si ⟨v_i, v_j⟩ = 0 para i ≠ j; equivalentemente, si todas sus matrices de Gram son diagonales. Es ortonormal si además ‖u_i‖ = 1 para todo i, y entonces su matriz de Gram es la identidad.

9 · Gram-Schmidt: el algoritmo y una corrida completa

Entrada: L = {v₁,…,v_k} linealmente independiente. Salida: {w₁,…,w_k} ortogonal con gen{w₁,…,w_j} = gen{v₁,…,v_j} para todo j (esta propiedad de "banderas anidadas" es lo que hace que sirva para 3.23a: los primeros vectores siguen generando col(A)).

10 · Complemento ortogonal

Para un subconjunto W ⊆ V, W^⊥ := {x ∈ V : ⟨x,w⟩ = 0 ∀ w ∈ W}. Hechos que se usan sin demostrar en el parcial pero que conviene tener escritos:

11 · Proyección ortogonal · las dos vías

Dado un subespacio S ⊆ V y x ∈ V, la proyección ortogonal P_S(x) es el único vector de S tal que x − P_S(x) ⊥ S. Hay dos maneras de calcularla y conviene tener las dos:

12 · Teorema de la mejor aproximación · demostrado

13 · Cuadrados mínimos y las ecuaciones normales

Dados A ∈ ℝ^m×n y b ∈ ℝ^m, resolver Ax = b por cuadrados mínimos es hallar el conjunto argmín_x∈ℝⁿ ‖b − Ax‖. La cadena de razonamiento es la del 3.13, y es la que hay que poder reproducir:

14 · Ajuste de curvas: cómo se arma la matriz A

Ajustar datos (x_k, y_k) por una familia de funciones que depende linealmente de los parámetros es exactamente cuadrados mínimos. La matriz A tiene una fila por dato y una columna por parámetro:

15 · Proyecciones y simetrías ortogonales como transformaciones lineales

La sección 4 trata las oblicuas (tipo E). Acá van las ortogonales, que son el caso particular en que la dirección es S^⊥:

16 · Qué de todo esto va en las cuatro carillas manuscritas

En el curso 5 se permite un resumen teórico de hasta 4 carillas escrito a mano por vos. No se permiten ejercicios resueltos ni fotocopias. Y todo procedimiento que no se haya visto en clase hay que justificarlo teóricamente. Priorización, en orden:

17 · Las siete trampas de esta guía

Los 23 ejercicios de la Guía 3, resueltos

Todos los enunciados están transcriptos textuales de la guía de la cátedra. Todas las cuentas están verificadas con sympy: bases, dimensiones, complementos ortogonales, matrices de proyección, Gram-Schmidt, cuadrados mínimos y áreas.

6.1 · Las definiciones, tal como las escribe la cátedra

Sea A ∈ ℝ^n×n. La Guía 4 arranca con estas ocho definiciones, y conviene tenerlas con ese vocabulario exacto porque es el que usa el enunciado del parcial.

6.2 · μ(λ) ≤ m(λ), demostrado

Esta desigualdad es el corazón del criterio de diagonalizabilidad y es de las que la cátedra puede pedirte que justifiques. La demostración es corta.

6.3 · Semejanza: qué se conserva y qué no

A = PBP⁻¹ significa que A y B son la misma transformación lineal vista en dos bases distintas. Todo lo que sea intrínseco a la transformación se conserva; lo que dependa de la base, no.

6.4 · El criterio de diagonalizabilidad, demostrado

La Guía 4 enuncia cuatro condiciones equivalentes. Las escribo con la numeración de la guía y demuestro el ciclo.

6.5 · Cómo se diagonaliza, en orden

1. χ_A(x) = det(A − xI), factorizado. Si queda un factor cuadrático irreducible en ℝ, parás: no es diagonalizable sobre ℝ.
2. Para cada raíz λ, resolvé (A − λI)x = 0 y quedate con una base de S_λ. Contá μ(λ) = n − rango(A − λI).
3. Si Σμ(λ) = n, armá P poniendo las bases de todos los autoespacios como columnas y Λ = diag con los autovalores en el mismo orden.
4. Verificá con AP = PΛ, que es una multiplicación y no requiere invertir P.

6.6 · Potencias y polinomios en A

Si A = PΛP⁻¹ entonces A^k = PΛ^kP⁻¹, y más útil todavía: la Guía 4 lo escribe directamente en coordenadas de la base de autovectores.

O sea: escribís el vector en la base de autovectores y elevás los autovalores. Nunca calcules A¹² multiplicando doce matrices (ej 4.8), ni A⁶ y A⁷ a mano (ej 4.3d).

6.7 · Matrices ortogonales

U ∈ ℝ^n×n es ortogonal si U^TU = UU^T = I. La guía da ocho caracterizaciones equivalentes; estas son las que se usan.

6.8 · El teorema espectral, demostrado

Este es el teorema de la unidad. La cátedra lo enuncia en la Guía 4 como "caracterización de las matrices simétricas" y lo demuestra en las notas de Mancilla Aguilar. Va completo.

6.9 · Formas cuadráticas

Una forma cuadrática en ℝⁿ es q(x) = x^TAx con A simétrica (siempre se puede simetrizar: x^TMx = x^T((M+M^T)/2)x). Diagonalizando ortogonalmente A = UΛU^T y haciendo el cambio de variable y = U^Tx (que no cambia la norma, por ser U ortogonal) queda

Los términos cruzados desaparecen y la clasificación se lee en los signos de los autovalores, sin ninguna cuenta adicional.

6.10 · Valores singulares y DVS

Acá empieza la segunda mitad de la unidad, y el cambio conceptual es este: autovalores y diagonalización sólo existen para matrices cuadradas; los valores singulares y la DVS existen para toda matriz, de cualquier tamaño. Ese es todo el punto.

6.11 · Los cuatro subespacios fundamentales y sus proyecciones

La DVS entrega, gratis, bases ortonormales de los cuatro subespacios. Es la razón por la que la Guía 4 los pone juntos en el mismo ejercicio (4.11).

Las relaciones de ortogonalidad que la Guía 4 pone en los preliminares y que dan la estructura de la tabla salen todas de ⟨Ax,y⟩ = ⟨x,A^Ty⟩:

6.12 · La imagen de la esfera unitaria: qué significa geométricamente la DVS

Esta es la lectura que la cátedra pide en 4.16, 4.17 y 4.18, y también la que le da sentido a todo lo anterior. Sea A = UΣV^T con rango r, y Sⁿ⁻¹ = {x ∈ ℝⁿ : ‖x‖ = 1}.

6.13 · DVS reducida, seudoinversa y cuadrados mínimos

Escribiendo U = [U_r | U_m−r] y V = [V_r | V_n−r], los bloques nulos de Σ se comen todo lo demás y queda

que es la DVS reducida. Es más barata de calcular que la completa (no hace falta completar bases) y es la que da la seudoinversa.

6.14 · El patrón que se repite en la mitad de la Guía 4

6.15 · Qué de esta unidad conviene que esté en las 4 carillas

El resumen es manuscrito, de hasta 4 carillas, y no puede tener ejercicios resueltos. Así que lo que rinde es lo que no se reconstruye rápido bajo presión: