Actividad de aprendizaje 2. Vectores en Rn.

Objetivo:
Reforzar las habilidades y destrezas adquiridas, realizando ejercicios apropiados para
fortalecer los conceptos estudiados durante el curso.

Instrucciones:
Realiza los ejercicios que se enuncian en el archivo de apoyo #2. Espacios vectoriales y
espacios con producto interno.

Desarrollo:
Vectores en Rn

1. Sean u= (−1,1,2 ) , v= ( 2,0,3 ) y w= (−1,3,9 ) . Hallar, en forma de coordenadas, el

resultado de las siguientes operaciones:
a. u+ v– w
b. 6 u +2 v-2w
1
c. ( v+ 3 u−4 w )
3
d. 4 ( u +v ) −( v −w+ u )

Solución:

• Sean u=(-1, 1,2) v= (2,0,3) y w=(-1,3,9)

a)

u+ v−w
u+ v=(−1 , 1, 2 ) + ( 2,0,3 )= (1 , 1 ,5 )−w
¿ ( 1 ,1 , 5 )−(−1,3,9 )=(2 ,−2 ,−4 )

b)

6 u +2 v-2w

6(-1, 1 ,2) + 2(2, 0, 3) - 2(-1, 3, 9) = (-6, 6, 12) + (4, 0, 6) = (-2, 6, 18) - (2, -6, -18) = (0, 0, 0)

c)

1
( v+3 u−4 w )
3

1
3
[ 2,0,3 ¿ + (−3,3,6 )+(4 ,−12 ,−36)]
1
( 3 ,−9 ,−27 )= (1, -3, -9)
3

d)

4 ( u +v ) −( v −w+ u )

¿ [4 (−1,1,2 ) + ( 2,0,3 ) ]− [ ( 2,0,3 )−(−1,3,9 ) + (−1,3,9 ) ¿

¿ [ (−4,4,8 ) + ( 2,0,3 ) ]−[ ( 3 ,−3 ,−6 ) + (−1,3,9 ) ]
¿ (−2,4,11 )−(2,0,3)
¿(−4 , 4 , 8)

2. Hallar las ecuaciones vectoriales y paramétricas de las siguientes rectas:

a. La recta paralela a (2,-1,0), que pasa por P(1,-1,3)
b. Las rectas que pasan por P(1,0,1) y cortan a la recta de ecuación vectorial
p=(1,2,0)+t(2,-1,2) en los puntos situados a 3 unidades de distancia del punto
P0(1,2,0)

Solución:

a)
La recta paralela a (2,-1,0), que pasa por P (1,-1,3)

La recta que pasa por el punto P0 ( x 0 , y 0 , z 0 ) con vector de dirección d= ( a , b , c ) ≠ 0 viene

dada por:
x=x 0 +t a
Y = y 0+ t b
Z=z 0+ t c
Que es la ecuación paramétrica

En la distancia se resta el punto final menos el inicial cuando nos dan los 2 puntos

Y la ecuación vectorial es:

P= ( x , y , z ) +t (a , b , c)

Por lo que:

P (1,-1,3) V (2,-1,0)
En base a la anterior obtenemos la ecuación vectorial:
( x, y, z) = (1, -1, 3) + t (2, -1, 0)

Las ecuaciones paramétricas de L son:

x=1+2 t
y=−1−t
z=3+t
b)

Las rectas que pasan por P(1,0,1) y cortan a la recta de ecuación vectorial p=(1,2,0)+t(2,-1,2)
en los puntos situados a 3 unidades de distancia del punto P0(1,2,0)

De la ecuación vectorial:

P= (1,2,0 )+ t(2 ,−1,2)

Obtenemos:
x=1+2 t
y=2−t
z=0+ 2t=2 t

Como los coeficientes de t proporcionan el vector dirección d= (2,-1,2)

Para el punto p (1, 0, 1) las ecuaciones quedan

P= (1 , 0,1 ) +t ¿ )

x=1+2 t
y=−t
z=1+2 t

Los coeficientes de t proporcionan el vector dirección d= (2,-1,2)

Para el punto p1 (4, 5, 3) las ecuaciones quedan de la siguiente forma:

P= ( 4 , 5,3 ) + s ¿)

x=4+2 t
y=5−s
z=3+2 s

3. Hallar el punto de intersección (si existe) del siguiente par de rectas.

x =4+ 2 s x=3+t
y=6+3 s y=1−2 t
z=1+ s z=3+3 t

Solución:

Un punto que pertenezca a la primera recta, tendrá como vector posición, para algún valor de
t. De la misma manera un punto que pertenezca a la segunda recta tendrá el vector de
posición para algún valor de t. Si el punto pertenece a ambas rectas, entonces deben existir
valores de t y s que satisfagan simultáneamente el siguiente sistema de ecuaciones lineal:

Punto de intersección:

3+t=4 +2 s
1−2 t=6+ 3 s
3+3 t =1+ s

Que es equivalente al siguiente sistema de ecuaciones:

t−2 s=1
2 t+3 s=−5
3 t−s=−2

Ahora debemos obtener la matriz aumentada del sistema obtenido:

| |
1 −2 1
A= 2 3 −5
3 −1 −2

Se tendrá que resolver la matriz escalonada en su forma reducida quedando:

| |
1 0 −1
A= 0 1 −1
0 0 0

Esto significa que la solución es única y que los valores son:

s=−1
t =−1

Sustituyendo los valores resultantes en cada una de las ecuaciones vectoriales de las rectas,
tenemos:

• Para la recta 1:
( x , y , z )=( 4 ,6 ,1 ) + (−1 ) ( 2 ,3 , 1 )=( 4 , 6 , 1 )+ (−2 ,−3 ,−1 ) =(2 , 3 , 0)

• Para la recta 2:
( x , y , z )=( 3 , 1, 3 ) + (−1 ) ( 1 ,−2 ,3 )=( 3 , 1, 3 ) + (−1 ,−2,−3 )=(2 ,3 ,0)

Concluimos que el punto de intersección de las dos rectas es P (2, 3, 0)

Espacios vectoriales
 4. Hallar el volumen del paralelepípedo determinado por u, v y w cuando:
a. w=( 2,1,1 ) , v=( 1,0,2 ) y u=(2,1,−1)
5. Hallar el área del triángulo definido por los siguientes vértices
b. A ( 3 ,−1,1 ) , B ( 4,1,0 ) y C (2 ,−3,0)
6. Sea V el conjunto de ternas ordenadas ( x , y , z) y defínase la suma de V como en R3 .
Para cada una de las siguientes definiciones de multiplicación por un escalar, decidir si
V es un espacio vectorial.
c. a ( x , y , z )=(ax , y , az)
d. a ( x , y , z )=(0,0,0)

Solución:

4a) w=( 2 , 1, 1 ) , v=( 1 , 0 , 2 ) y u=(2 ,1 ,−1)

Utilizando el Teorema 1:

| |
2 1 1
w . ( u xv )=det 1 0 2
2 1 −1
Calculamos la determinante del sistema

Encontrar una fila o columna con tantos ceros como sea posible, es esta ocasión ocuparemos
la fórmula de expansión de Laplace.
Fila 2 tiene más ceros que los demás:

| |
2 1 1
1 0 2
2 1 −1

| |
2 1 1
El determinante de la matriz 1 0 2 esta dada por −1
2 1 −1
1 1
1 −1
+0
2 1
2 −1
−2 |
2 1
2 −1 | | | | |
−1 |11 −11 |+ 0|22 −11 |−2|22 11|
Buscar todos los términos donde el coeficiente es 0.
Retiramos todos los términos donde el coeficiente es 0:

| | | |
−1 1 1 −2 2 1
1 −1 2 1

Ahora calculamos la determinante de la matriz |11 −11 | y multiplicamos por el resultado por -

1.
 | |
−1 1 1 =−(−2 )=2
1 −1

2−2 |22 11|

Calculamos la determinante de la matriz |22 11| y se multiplica el resultado por -2.

-2|22 11|=−2 ×0=0

Resultado: 2

5b)
A ( 3 ,−1,1 ) , B ( 4,1,0 ) y C (2 ,−3,0)
Primero se obtiene la distancia del punto C hacia A y B:

⃗
CA=( ( 3−2 ) , ( −1−(−3 ) ) , ( 1−0 ) )=(1 ,2 , 1)
⃗
CB=( ( 4−2 ) , ( 1−(−3 ) ) , ( 0−0 ) ) =( 2, 4 , 0)

Ahora para calcula el área del triángulo:

1
A= |⃗ CB|
CA X ⃗
2

| |
i j k
⃗ ⃗
CA X CB=det 1 2 1
2 4 0
Resolvemos el determinante:

⃗
CA X ⃗
CB=( 0−4 ) i−( 0−2 ) j+ ( 4−4 ) k =(−4 ,2 , 0 )

Ahora debemos obtener la magnitud del vector:

|(−4 ,2 , 0)|= √(−4)2 +(2)2 +(0)2=√ 20

Cambiamos valores en la fórmula:

1
A= |⃗ CB|
CA X ⃗
2

1 1
A= (−4 , 2 , 0 )= √ 20
2 2
 1
Resultado: √ 20
2

6)
c)a ( x , y , z )=( ax , y , az )
Respuesta: No, no se cumple el axioma S4.

d) a ( x , y , z )=(0,0,0)
Respuesta: No, no se cumple el axioma S5.

Subespacios de espacios vectoriales.

7. En cada caso, determinar si U es un sub espacio de R3. Justificar la respuesta

a. U ={[ 1 s t ] |s ,t ∈ R }
T

b. U ={[ r 0 s ] |r 2 +s 2=0 , r , s ∈ R }
T

Solución:
a)
U= {( 1, s, t )t|s, t ∈ R }

()
1
U= s ; s, t ∈ R
t
Para este caso tenemos que 1, s, t Pertenecen a los reales.
Sabemos que todo subespacio de un espacio contiene al cero "0"

( )()
0⋅1 0
0⋅U = 0⋅s = 0 ∈ R
Tenemos que:
0⋅t 0 por lo tanto U es un subespacio

( )
α⋅1
rU = α⋅s ∈ R
Tenemos que α=escalar ∈ R entonces
α⋅t
Por lo tanto U es un subespacio de R
Tenemos x+ y= ( 1, s, t ) ∈ R
Por lo tanto U es un subespacio de R
b)
U= {( r , 0 , s )t|r 2 +s 2 =0 ; r , s ∈ R }
 ()
r
U= 0 ; r , s∈ R
s

( )()
0⋅r 0
0⋅U = 0⋅0 = 0 ∈ R
Tenemos que
0⋅s 0 por lo tanto U es un subespacio

Tenemos que U +V =a(r +s )+b ( r +s2 ) ; a , b ∈ R

2 2 2
por lo tanto U es un subespacio

Tenemos que αU =0 ; α ( r +s )=0 ; r , s=0

2 2
por lo tanto U es un subespacio.

Independencia lineal

8. ¿Cuáles de los siguientes subconjuntos son independientes? Justificar respuesta.

a. { [ 1−10 ] , [ 3 2−1 ] , [ 35−2 ] } de R3
T T T

b. { [ 1−11−1 ] , [ 2 01 0 ] , [ 0−21−2 ] } de R4
T T T

9. Demostrar que cada uno de los siguientes conjuntos de vectores es linealmente

independiente.
a. [ 1+ x ,1−x , x+ x 2 ] en P2

b. {[ ] [ ] [ ] [ ] }
1 1 0 1 1 0 1 1
, , ,
1 0 1 1 1 1 0 1
en M22

Solución:

8 a), b)

Como en independencia lineal:

( r 1 −s 1 ) x 1 +¿

t 1 x 1+ t 2 x2 + …+ t k x k =0 t 1=t 2 …=t k =0

Hay que identificar que es R3 porque cada paréntesis tiene 3 elementos.

Acomodamos en el orden de las variables r, s, t reescribiendo:

r¿

Con el símbolo de transpuesta formamos el siguiente sistema:

r +3 s+3 t=0
−r +2 s +5 s=0
−s−2t=0

Se puede resolver el sistema con la siguiente matriz utilizando el Método de Gauss Jordan

| ||
1 3 3 0
−1 2 5 0
0 −1 −2 0

1) Empezamos el método verificando que a11=1

Seguimos con a21= 0, nuestro renglón pivote es R1, entonces tenemos que hacer la siguiente
operación:

R 2→ R 2+ R 1

3) Reescribimos la matriz:

| ||
1 3 3 0
0 5 8 0
0 −1 −2 0

4) Continuamos con a22= 1, entonces R2 se dividirá entre 5

| ||
1 33
0
8
0 1 0
5
0
0 −1 −2

5) Continuamos con a12=0, nuestro renglón pivote es R2, entonces tenemos que hacer la
siguiente operación:

R 1→ R 1−3 R 2
1 3 3 0
−24
0 −3 0
5
−9
1 0 0
5

6) Continuamos con a32=0, nuestro renglón pivote es R2, entonces tenemos que hacer la
siguiente operación:

R 3 → R 3+ R 2

0 −1 −2 0
8
0 1 0
5
−2
0 0 0
5
7) Reescribimos la matriz

| |
−9
1 0
5
0
8
0 1 0
5
0
−2
0 0
5

8) Como a33=1 dividiremos entre -2/5 al renglon3.

| |
−9
1 0
5 0
8 0
0 1
5 0
0 0 0

9) Seguimos con a13=0, nuestro renglón pivote es R3, entonces:

| |
−9
1 0
5 0
9 0
0 0
5 0
1 0 0

10) Seguimos con a23=0, nuestro renglón pivote es R3, resolvemos:

 8
R 2→ R 2− R 3
5

8
0 1 0
5
−8
0 0 0
5
0 1 0 0

11) Reescribimos la matriz

| ||
1 0 00
0 1 00
0 0 10

12) La solución del sistema seria:

r =0
s=0
t=0

Entonces se dice que hay independencia lineal.

9) a)
[ 1+x , 1−x , x+ x2 ]
En 2
P
Suponiendo una combinación lineal nula
s 1 ( 1+ x )+ s 2 ( 1−x )+ s 3 ( x + x 2 )=0
Ahora igualamos los coeficientes de 1, x y x2 obtenemos un sistema de ecuaciones
lineales
s 1 + s2 +0=0
s 1 −s 2 + s3 =0
0+0+ s 3=0
Se tiene como única solución 1
s =s =s =0
2 3
Por lo tanto es linealmente independiente.

b)

[( ) ( ) ( ) ( )]
1
1
1 , 0
0 1
1 , 1
1 1
Suponemos una combinación lineal nula
0 , 1
1 0
1
1 En
M 22
 s1( ) ( ) ( ) ( )
1 1
1 0
+s2
0 1
1 1
+s3
1 0
1 1
+s 4
1 1
0 1
=0

( )
s1 + s 3 + s 4
s1 +s 2 + s3
s1 +s 2 + s 4
s2 +s 3 + s 4

Las matrices son linealmente independientes cuando ninguna de sus filas es combinación
lineal de las otras.
Por lo tanto, si es Linealmente independiente.

Base y dimensión

10. Encontrar una base y calcular la dimensión de los siguientes subespacios de R4 .

a. L {[ 1−1 20 ] , [ 2 3 0 3 ] , [ 1 9−6 6 ] }
T T T

11. Encontrar una base y calcular la dimensión de los siguientes subespacios de R4

e. U ={[ aa+ba−bb ] |a , b ∈ R }
T

12. Encontrar una base de V que incluya al vector v.

f. V =R 3 , v=( 1 , −1 , 1 )
13. Encontrar una base de V que incluya al vector v y w.
g. V =R 4 , v= (1 , −1, 1 ,−1 ) , w=(0 , 1 , 0 ,1)

Solución:

10) a)
L={ [ 1 ,−1 , 2 , 0 ] , [ 2 , 3 , 0 , 3 ] , [ 1 , 9 ,−6 , 6 ] } De R4
t t t

[ ]
1 2 1
−1 3 9
2 0 −6
0 3 6 Para encontrar la base de una matriz debemos reducirla a la forma

[ ][ ]
escalonada.
1 2 1 1 0 −3
−1 3 9 →0 1 2
2 0 −6 0 0 0
0 3 6 0 0 0 Una vez obtenido el resultado tenemos la base la las
filas.
Base de las filas es [ ( 1, 0 ,−3 ) , ( 0, 1, 2 ) ]
Sea el número de n vectores de la base, se denomina la dimensión de V
dim L=n
En este caso dim L=2
11) e)
U = {[ aa+ba+ bb ] |a , b ∈ R }
t

[]
aa
ba
bb Supongamos que a, b =1 tenemos

[]
1
1
1 Reduciendo de la forma escalonada tenemos la base

[][]
1 1
1 → 0
1 0

Del teorema dim U =n tenemos que dim U =1

12) f)
3
V =R , v= (1 ,−1, 1 )
Suponemos que tenemos una matriz 3x3 que contiene el vector v

[ ]
1 −1 1
V= 1 0 1
0 1 0 Encontramos la base por reducción de la forma escalonada

[ ][ ]
1 −1 1 1 0 1
1 0 1 →0 1 0
0 1 0 0 0 0 De esta forma tenemos nuestra base.

13) g)
4
V =R , v=( 1 ,−1 , 1 ,−1 ) , w=( 0 , 1, 0 , 1 )
Suponemos que tenemos una matriz 4x4 que contiene el vector v y w
 [ ]
1 −1 1 −1
V= 0 1 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0

[ ][ ]
Encontramos la base por reducción de la forma escalonada
1 −1 1 −1 1 0 1 0
0 1 0 1 0 1 0 1
→
1 0 1 0 0 0 0 0
0 1 0 1 0 0 0 0 De esta forma obtenemos la base

Rango de una matriz

14. Encontrar bases para los espacios fila y columna de A y determinar el rango de A.

[ ]
2 −4 6 8
2 −1 3 2
A=
4 −5 9 10
0 −1 1 2

[ ][ ]
Si reducimos de la forma escalonada obtendremos las bases
2 −4 6 8 1 0 1 0
2 −1 3 2 → 0 1 −1 −2
4 −5 9 10 0 0 0 0
0 −1 1 2 0 0 0 0

La base de la fila es: ( 1, 0, 1, 0 ) , ( 0, 1,−1,−2 )

( )
2 −4
2 −1
4 −5
La base de la columna es:
0 −1
El rango de la matriz es 2

15. Calcular el rango de cada matriz

 [ ]
1 2 −3 −2 −3
h= 1 3 −2 0 −4
3 8 −7 −2 −11
2 1 −9 −10 −3

Si reducimos de la forma escalonada obtendremos las bases

[ ][ ]
1 2 −3 −2 −3 1 0 −5 −6 −1
1 3 −2 0 −4 0 1 1 2 −1
→
3 8 −7 −2 −11 0 0 0 0 0
2 1 −9 −10 −3 0 0 0 0 0

La base de la fila es: ( 1, 0,−5,−6,−1 ) , ( 0, 1, 1, 2,−1 )

( )
1 2
1 3
3 8
La base de la columna es:
2 1
El rango de la matriz es 2

[ ]
i)
2 1
A= 6 −14
−6 1
10 −16
Si reducimos de la forma escalonada obtendremos las bases

[ ][ ]
2 1 1 0
6 −14 0 1
→
−6 1 0 0
10 −16 0 0

La base de la fila es: ( 1, 0 ) , ( 0 , 1 )

 [ ]
2 1
6 −14
−6 1
La base de la columna es:
10 −16
El Rango de la matriz es 2.

Longitud y producto punto en Rn

16. Calcular ‖v‖ si v es igual a2(1 ,−2,2)

17. Hallar el ángulo entre los vectores u= (7 ,−1,3 ) y v=(1,4 ,−1)
18. Calcular la proyección de u=(5,7,1) sobre v=(2 ,−1,3)
Solución:
16) Calcular ‖v‖ si v es igual a 2(1 ,−2,2)

La magnitud o norma de P= ( x , y , z ) ,se denota por ‖P‖ y es igual a √ x 2+ y 2 + z 2 , de una

forma más general, si A= (a1, a2…, an) es un punto de Rn y se define como:

‖ A‖= a 12 +a 22 +…+ an2

Por lo tanto sustituimos valores:

‖ A‖= √12 +¿ ¿

‖ A‖= √1+ 4+ 4=2 √ 9 = 2(3)=6

Respuesta: 6

17) Hallar el ángulo entre los vectores u= (7 ,−1,3 ) y v=(1,4 ,−1)

La generación natural de ángulo entre vectores en Rn debe estar dada por la fórmula:
u⃗ . ⃗v
cos θ=
‖u‖‖v‖
7−4−3 0
cos θ= = =0
√ 49+1+9 √ 1+ 16+1 √59 √ 18
Por lo tanto el ángulo es:
Respuesta:
cos θ=90 °

18) Calcular la proyección de u=(5,7,1) sobre v=(2 ,−1,3)

La proyección ortogonal de u sobre v está dada por la fórmula:
u.v
proy v u= v
v.v
u.v 10−7+3 6 3
proy v u= v= = ( 2 ,−1, 3 ) = (2 ,−1, 3)
v.v 4 +1+9 14 7

6 3 9
Resultado: − ,
7 7 7

Espacios con producto interno

19. Verificar que el siguiente es un producto interno en R2, donde

u=( x 1 , x 2) y v =( y 1 , y 2 ) :f ( u , v ) =x1 y 1−2 x1 y 2−2 x2 y 1 +5 x 2 y 2
20. Considérense los vectores de u=( 1,−3 ) y v=(2 ,5) en R2. Hallar:
h. ⟨ u , v ⟩ con respecto al producto interno usual en R2
i. ‖v‖ utilizando el producto interno usual en R2

Solución:

19)
⟨ u , v ⟩ =x 1 y 1−2 x 1 y 2−2 x 2 y 1+5 x 2 y 2 donde u=( x 1 , x 2) y v =( y 1 , y 2 )
Comprobamos que se satisfacen los tres axiomas de un producto interno. Tomando
w=( z ¿ ¿1 , z 2)¿ encontramos:

au+ bw=a ( x1 , x 2) + b ( z 1 , z 2) =( a x 1 +b z 1+ a x2 +b z 2 )

Así pues:

⟨ au+bw , v ⟩=¿

¿ ( a x 1 +b z 1 ) y 1−2 ( a x 1 +b z 1 ) y 2−2 ( a x2 +b z 2 ) y 1+ 5 ( a x2 +b z 2 ) y 2=¿

¿ a ( x 1 y 1 −2 x 1 y2 −2 x 2 y 1+5 x 2 y 2 ) + b ( z1 y 1−2 z 1 y 2−2 z 2 y 1 +5 z 2 y 2 ) =¿

¿ a ⟨ u , v ⟩ +b ⟨ w , v ⟩

Y por tanto se satisface el axioma [ I 1 ]. Así mismo,

⟨ u , v ⟩= y 1 x 1−2 y 1 x 2−2 y 2 x 1+ 5 y 2 x 2=x 1 y 1−2 x 1 y 2−2 x 2 y 1 +5 x 2 y 2= ⟨ u , v ⟩

y se satisface [ I 2 ]. Finalmente,
⟨ u ,u ⟩=x 21−4 x 1 x 2+ 5 x 22=x 21−4 x 1 x 2 +4 x 22 + x 22=¿

¿(x 1−2 x 2)2 + x 22 ≥ 0

Además, ⟨ u ,u ⟩=0 si y sólo si x 1=0 x 2=0 , es decir, u=0. Por consiguiente, se satisface
el último axioma [ I 3].

Solución:

20)
j)
u= (1,−3 ) , v=( 2, 5 )
2
Con respecto al producto interno usual en R
( u , v )= (1⋅2 )+ (−3⋅5 )= ( 2 )−( 15 )=−13
k)
Utilizando el producto interno usual en R2
2
‖v‖ =( v , v ) =( ( 2 , 5 ) , ( 2 , 5 ) )= ( 2⋅2 )+ ( 5⋅5 )=4+ 25=29
2
‖v‖ =29 Luego sacamos raíz en ambas partes
‖v‖= √29

Bases ortonormales.

21. Obtener una base ortonormal de R3 mediante la normalización de:

l { [ 1−1 2 ] , [ 0 2 1 ] , [ 51−2 ] }
22. Hallar todos los vectores [ a b c d ] ∈ R 4 para que le conjunto sea ortogonal

m { [ 1 21 0 ] , [ 1−1 1 3 ] , [ 2−1 0−1 ] , [ a , b , c , d ] }

Solución:

21)
l)
{[ 1,−1, 2 ] , [ 0, 2, 1 ] , [ 5, 1,−2 ] }
Realizamos el producto punto de u⋅v, u⋅w , v⋅w
[ 1,−1, 2 ]⋅[ 0, 2, 1 ] =0
[ 1,−1, 2 ]⋅[ 5, 1,−2 ] =0
[ 0, 2, 1 ⋅] [ 5, 1,−2 ] =0
Como todos son iguales a cero, decimos que el conjunto de vectores es una base ortogonal.
 3
Ahora determinaremos si es una base ortogonal de R

[ ]
1 0 5
−1 2 1
2 1 −2
al obtener la determinante de la matriz tenemos detA=−30
Como detA=−30 es diferente de cero implica que los vectores son linealmente
3
independientes y el conjunto de vectores es base de R

Ahora calculemos las magnitudes de cada vector para saber si son ortonormales.

|u|=√ 12 + (−1 )2 +22 =√ 6

|v|=√ 0+22 + 12= √ 5
|w|= √ 52 +12 +22 =√ 30
u
VectorUnitario=|u|
Sabemos que para que sea un vector normalizado

[
U= √16 ( 1,−1, 2 )= √16 − √16 √26 ]
1 2
[
V = √5 ( 0, 2, 1 )= 0 √5 √5
1
]
1
[
W= √ 30 ( 5, 1,−2 )= √ 30 √30 − √ 30
5 1 2
]
Ahora la base ortonormal queda de la siguiente manera:

[ ]
1 5
√6
0 √30
− √16 2
√5
1
√30
2 1 2
√6 √5
− √30

22)
m)
{[ 1, 2, 1, 0 ] , [1,−1, 1, 3 ] , [ 2,−1, 0,−1 ] , [ a, b, c , d ] }
Encontremos el valor de x=( a, b, c , d ) por medio de un sistema de ecuaciones.
u⋅x= [ 1, 2 , 1 , 0 ]⋅[ a, b , c, d ] =a+2 b+c=0
v⋅x= [ 1 ,−1, 1 , 3 ]⋅[ a , b , c , d ] =a−b+c+3 d =0
w⋅x=[ 2,−1 , 0,−1 ]⋅[ a, b, c , d ] =2 a−b−d=0
Nuestra ecuación a resolver queda de la siguiente manera
 a+b +c +d=0
a+2 b+c+0=0
a−b+c +3 d=0
2 a−b+0−d=0
Tenemos la solución de la siguiente manera:
a=b=d y c=−3 a
Si a=1 tenemos que x=[ 1, 1,−3, 1 ]
Ahora demostraremos que todos los vectores son ortogonales.

[ 1, 2, 1, 0 ]⋅[ 1,−1, 1, 3 ] =0
[ 1, 2, 1, 0 ]⋅[ 2,−1, 0,−1 ] =0
[ 1, 2, 1, 0 ]⋅[ 1, 1,−3, 1 ] =0
[ 1,−1, 1, 3 ]⋅[ 2,−1, 0,−1 ]=0
[ 1,−1, 1, 3 ]⋅[ 1, 1,−3, 1 ] =0
[ 2,−1, 0,−1 ]⋅[ 1, 1,−3, 1 ]=0

[ ]
1 1 2 1
2 −1 −1 1
1 1 0 −3
0 3 −1 1 Su determinante es = 72

Por lo tanto es una base ortogonal.

Bibliografía:

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http://www.vitutor.com/analitica/recta/problemas_recta.html

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