Dependencia lineal y productos vectorial y escalar

**a) (1 punto) Compruebe si los vectores $\{\vec{v}_1, \vec{v}_2, \vec{v}_3\}$ son linealmente dependientes o independientes, siendo: $\vec{v}_1 = 2\vec{u}_1 - \vec{u}_2, \quad \vec{v}_2 = \vec{u}_1 + \vec{u}_3, \quad \vec{v}_3 = \vec{u}_4$.** En primer lugar, obtenemos las coordenadas de los vectores $\vec{v}_1$, $\vec{v}_2$ y $\vec{v}_3$ realizando las operaciones indicadas con los vectores $\vec{u}_i$: - Para $\vec{v}_1$: $$\vec{v}_1 = 2(-1, 1, 1) - (0, 3, 1) = (-2, 2, 2) - (0, 3, 1) = (-2, -1, 1)$$ - Para $\vec{v}_2$: $$\vec{v}_2 = (-1, 1, 1) + (1, -2, 0) = (0, -1, 1)$$ - Para $\vec{v}_3$: $$\vec{v}_3 = \vec{u}_4 = (-2, 0, 1)$$ 💡 **Tip:** Para operar con vectores, multiplicamos el escalar por cada componente y sumamos/restamos componente a componente: $a(x,y,z) + (x',y',z') = (ax+x', ay+y', az+z')$. Resultados intermedios: $$\vec{v}_1 = (-2, -1, 1), \quad \vec{v}_2 = (0, -1, 1), \quad \vec{v}_3 = (-2, 0, 1)$$

Para comprobar si tres vectores en $\mathbb{R}^3$ son linealmente independientes, calculamos el determinante de la matriz formada por ellos. Si el determinante es distinto de cero, los vectores son linealmente independientes (rango 3). Planteamos el determinante con los vectores en filas: $$|M| = \begin{vmatrix} -2 & -1 & 1 \\ 0 & -1 & 1 \\ -2 & 0 & 1 \end{vmatrix}$$ Resolvemos aplicando la regla de Sarrus: $$|M| = [(-2) \cdot (-1) \cdot 1 + (-1) \cdot 1 \cdot (-2) + 1 \cdot 0 \cdot 0] - [1 \cdot (-1) \cdot (-2) + (-1) \cdot 0 \cdot 1 + (-2) \cdot 1 \cdot 0]$$ $$|M| = [2 + 2 + 0] - [2 + 0 + 0]$$ $$|M| = 4 - 2 = 2$$ Como $|M| = 2 \neq 0$, los vectores son **linealmente independientes**. 💡 **Tip:** Recuerda que si el determinante de $n$ vectores de dimensión $n$ es nulo, los vectores son linealmente dependientes. ✅ **Resultado:** $$\boxed{\text{Los vectores son linealmente independientes}}$$

**b) (1 punto) Calcule las siguientes expresiones: $(2\vec{u}_1 - \vec{u}_2) \cdot (2\vec{u}_1 - \vec{u}_2), \quad (\vec{u}_4 - \vec{u}_1) \times (\vec{u}_4 - \vec{u}_1)$.** Calculamos la primera expresión. Observemos que el vector $(2\vec{u}_1 - \vec{u}_2)$ es el vector $\vec{v}_1$ calculado en el apartado anterior: $\vec{v}_1 = (-2, -1, 1)$. El producto escalar de un vector por sí mismo es igual al cuadrado de su módulo: $$\vec{v}_1 \cdot \vec{v}_1 = (-2, -1, 1) \cdot (-2, -1, 1)$$ $$\vec{v}_1 \cdot \vec{v}_1 = (-2)^2 + (-1)^2 + 1^2 = 4 + 1 + 1 = 6$$ 💡 **Tip:** El producto escalar se define como $\vec{a} \cdot \vec{b} = a_x b_x + a_y b_y + a_z b_z$. ✅ **Resultado (Producto escalar):** $$\boxed{(2\vec{u}_1 - \vec{u}_2) \cdot (2\vec{u}_1 - \vec{u}_2) = 6}$$

Calculamos la segunda expresión: $(\vec{u}_4 - \vec{u}_1) \times (\vec{u}_4 - \vec{u}_1)$. Primero obtenemos el vector diferencia: $$\vec{w} = \vec{u}_4 - \vec{u}_1 = (-2, 0, 1) - (-1, 1, 1) = (-1, -1, 0)$$ Ahora calculamos el producto vectorial $\vec{w} \times \vec{w}$. Por propiedad del producto vectorial, el producto de cualquier vector por sí mismo es siempre el **vector nulo**, ya que el seno del ángulo que forma un vector consigo mismo ($0^\circ$) es cero. No obstante, lo calculamos mediante el determinante para comprobarlo: $$\vec{w} \times \vec{w} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \end{vmatrix}$$ Desarrollando por la primera fila (o por Sarrus): $$= \vec{i} \begin{vmatrix} -1 & 0 \\ -1 & 0 \end{vmatrix} - \vec{j} \begin{vmatrix} -1 & 0 \\ -1 & 0 \end{vmatrix} + \vec{k} \begin{vmatrix} -1 & -1 \\ -1 & -1 \end{vmatrix}$$ $$= \vec{i}(0) - \vec{j}(0) + \vec{k}(1-1) = (0, 0, 0) = \vec{0}$$ 💡 **Tip:** En un determinante, si dos filas son iguales, el determinante es cero. Esto justifica que $\vec{a} \times \vec{a} = \vec{0}$. ✅ **Resultado (Producto vectorial):** $$\boxed{(\vec{u}_4 - \vec{u}_1) \times (\vec{u}_4 - \vec{u}_1) = (0, 0, 0)}$$