ESPACIOS VECTORIALES
En esta parte de la asignatura vamos a introducir los conjuntos denominados es-pacios vectoriales. En estos conjuntos las operaciones b´asicas que manejaremos son la suma y multiplicaci´on de n´umeros reales y n´umeros complejos.
El conjunto de los n´umeros reales, R, y el conjunto de los n´umeros complejos, C, tienen “buenas” propiedades con respecto a la suma y a la multiplicaci´on. Son cuerpos.
Las “buenas” propiedades de la suma son asociativa, elemento neutro “0”, opuesto y conmutativa. Las de la multiplicaci´on son asociativa, elemento unidad “1”, inverso y conmutativa. Y la combinaci´on de ambas, la distributiva. Definici´on.- Un cuerpo es una estructura algebraica (K, +, ·) formada por un conjunto K no vac´ıo y 2 operaciones internas +, · que verifican las siguientes propiedades:
(K, +) cumple las propiedades:
Asociativa: (a + b) + c = a + (b + c), ∀a, b, c ∈ K, Elemento neutro: ∃e(= 0) con a + e = e + a = a, ∀a ∈ K, Elemento opuesto: ∀a ∈ K, ∃ a′
∈ K con a + a′
= a′
+ a = e, Conmutativa: a + b = b + a ∀a, b ∈ K.
(K \ {0}, ·) cumple las propiedades:
Asociativa: (a · b) · c = a · (b · c) ∀a, b, c ∈ K, Elemento unidad: ∃u(= 1) con a · u = u · a = a, ∀a ∈ K, Elemento inverso: ∀a ∈ K \ {0}, ∃ a−1
∈ K con a · a−1
= a−1
· a = u, Conmutativa: a · b = b · a ∀a, b ∈ K.
Propiedad distributiva del producto respecto a la suma:
a · (b + c) = (a · b) + (a · c) ∀a, b, c ∈ K
Tambi´en los elementos de los espacios vectoriales se comportan bien con res-pecto a la suma y con resres-pecto a la multiplicaci´on de un elemento por n´umero real o complejo.
Definici´on.- Sea (K, +, ·) un cuerpo. Un espacio vectorial sobre el cuerpo K es una estructura algebraica (V, +, ·) donde V es un conjunto no vac´ıo y 1) + es una operaci´on interna (suma de vectores) verificando las propiedades:
Asociativa: (u + v) + w = u + (v + w), ∀ u, v, w ∈ V , Elemento neutro: ∃ 0 con u + 0 = 0 + u = u, ∀ u ∈ V ,
Elemento opuesto: ∀ u ∈ V , ∃ −u ∈ V con u + (−u) = (−u) + u = 0, Conmutativa: u + v = v + u ∀ u, v ∈ V .
2) · es una operaci´on externa, · : K × V → V , (producto por escalares) que verifica:
Distributiva I: λ · (¯u + ¯v) = λ · ¯u + λ · ¯v, ∀λ ∈ K, ¯u, ¯v ∈ V Distributiva II: (λ + µ) · ¯u = λ · ¯u + µ · ¯u, ∀λ, µ ∈ K, ¯u ∈ V Pseudoasociativa: λ · (µ · ¯u) = (λ · µ) · ¯u, ∀λ, µ ∈ K, ¯u ∈ V Elemento unidad: 1 · ¯u = ¯u, ∀¯u ∈ V .
A los elementos de V se les denominan vectores y a los de K, escalares. Observaci´on.- Todo cuerpo es un espacio vectorial sobre s´ı mismo.
Ejemplos.-(Rn, +, ·) es un espacio vectorial sobre R.
(Cn, +, ·) es un espacio vectorial sobre C.
(Mm×n(K), +, ·), donde + es la suma de matrices y · es el producto de
matrices por escalares, es un espacio vectorial sobre K.
(Pk(K), +, ·), donde + es la suma de polinomios y · es el producto de
polinomios por escalares, es un espacio vectoral sobre K.
En general, estos son los espacios vectoriales con los que trabajaremos a lo largo del curso.
Ejemplo.- Vamos a ver si el conjunto V1 = {p(x) ∈ P2(R) | p(0) = 0} es un
espacio vectorial sobre R.
En primer lugar hay que comprobar que la suma de elementos de V1 es una
operaci´on interna. Es decir, hay que comprobar que si sumamos dos elementos de V1, la suma es un elemento de V1.
Sean p, q ∈ V1. Entonces, p y q son dos polinomios de grado 2 y tales que
p(0) = q(0) = 0. (p + q) es un polinomio de grado 2 y (p + q)(0) = p(0) + q(0) = 0 + 0 = 0. Es decir, (p + q) ∈ V1.
Una vez que hemos comprobado que la suma es una operaci´on interna hay que comprobar que verifica las propiedades asociativa, elemento neutro, opuesto y conmutativa. Todos los polinomios las cumplen, y adem´as 0 ∈ V1 y si p ∈ V1,
−p ∈ V1 (si p(0) = 0, (−p)(0) = 0).
Haremos tambi´en la comprobaci´on para el producto. Hay que comprobar que la multiplicaci´on de un real por un elemento de V1 es una operaci´on externa.
Es decir, hay que comprobar que si multiplicamos un real por un elemento de V1, el producto es un elemento de V1.
Sean λ ∈ R y p ∈ V1. Entonces p es un polinomio de grado 2 verificando
p(0) = 0. (λp) es un polinomio de grado 2 y (λp)(0) = λ(p(0)) = λ · 0 = 0. Es decir, (λp) ∈ V1.
Una vez que hemos comprobado que el producto es una operaci´on externa hay que comprobar que verifica las propiedades del producto. Todos los polinomios las cumplen.
Por lo tanto, V1 es un espacio vectorial sobre R.
Observaciones.-Para comprobar que V1 era espacio vectorial, esencialmente hemos
de-mostrado que la suma es una operaci´on interna y que la multiplicaci´on es una operaci´on externa. En general, al trabajar sobre Rn, Cn, M
m×n, Pk
el resto de propiedades se cumplen.
El espacio vectorial V1 se puede escribir como sigue
V1 = {p(x) = a2x2+ a1x + a0 ∈ P2(R) | p(0) = 0}
= {p(x) = a2x2+ a1x + a0 ∈ P2(R) | a202+ a10 + a0 = 0}
= {p(x) = a2x2+ a1x + a0 ∈ P2(R) | a0 = 0}
Ejemplo.- Vamos a ver si el conjunto V2 = {A ∈ M2×2(C) | det(A) = 0} es un
espacio vectorial sobre C.
En primer lugar hay que comprobar que la suma de elementos de V2 es una
operaci´on interna. Es decir, hay que comprobar que si sumamos dos elementos de V2, la suma es un elemento de V2.
Sean A, B ∈ V2. Entonces, A y B son dos matrices 2 × 2 con det(A) = det(B) =
0. A + B es una matriz 2 × 2 pero no podemos asegurar que det(A + B) = 0. Vamos a considerar un ejemplo A =
1 0 1 0 , B = 0 1 0 −1
son dos matrices 2 × 2 tales que det(A) = det(B) = 0. Es decir A, B ∈ V2. Por otro lado,
A + B = 1 1 1 −1 , y det(A + B) = −2.
V2 no tiene suma interna. Entonces V2 no es espacio vectorial.
OBSERVACI ´ON.- Para DEMOSTRAR que un conjunto es ESPACIO VEC-TORIAL, hay que demostrar que TODOS sus elementos verifican TODAS las propiedades.
Si se quiere demostrar que NO ES ESPACIO VECTORIAL, hay que demostrar que NO TODOS sus elementos verifican TODAS las propiedades. Es decir, hay que buscar un caso en el no se cumpla una propiedad. En el ejemplo anterior para demostrar que V2 no es espacio vectorial se encuentrar el ejemplo
A = 1 0 1 0 , B = 0 1 0 −1
∈ V2, con A + B /∈ V2. Este ejemplo se denomina
contraejemplo.
Observaciones.-Para comprobar que V2 no era espacio vectorial, se ha encontrado un
contraejemplo que no verificaba la suma. En general, cuando un conjunto no es espacio vectorial casi cualquier ejemplo que se tome se convierte en contraejemplo.
El espacio vectorial V2 se puede escribir como sigue
V2 = A = a11 a12 a21 a22 ∈ M2×2(C) | det(A) = 0 = A = a11 a12 a21 a22 ∈ M2×2(C) | a11a22− a12a21= 0
El conjunto no queda descrito por una ecuaci´on lineal homog´enea, ya que no es lineal.
Propiedades.- Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpo K. Entonces 1. El elemento neutro es ´unico.
2. El elemento opuesto es ´unico. 3. ∀ u ∈ V , 0 · u = 0.
4. ∀ λ ∈ K, λ · 0 = 0. 5. ∀ u ∈ V , (−1) · u = −u. Demostraci´
on.-1. Para demostrar que el elemento neutro es ´unico, vamos a suponer que hay dos elementos neutros: 0, 0′.
Entonces,
u + 0 = 0 + u = u, ∀ u ∈ V (1)
u + 0′ = 0′+ u = u, ∀ u ∈ V (2)
Sustituyendo u por 0′, en la ecuaci´on (1) se tiene
0′+ 0 = 0 + 0′ = 0′
Sustituyendo u por 0, en la ecuaci´on (2) se tiene 0 + 0′ = 0′+ 0 = 0
Entonces, 0′ = 0′+0 = 0. Hemos demostrado que no puede haber dos elementos
neutros, 0′= 0.
2. Para demostrar que el elemento opuesto es ´unico, vamos a suponer que hay dos elementos opuestos para un vector u ∈ V : u1, u2.
Entonces, u + u1= u1+ u = 0 (3) u + u2= u2+ u = 0 (4) Entonces, u1 = 0 + u1 (4) = (u2+ u) + u1 asociativa= = u2+ (u + u1) (3) = u2+ 0 = = u2
3. Sea u ∈ V , entonces
u = 1 · u =
= (1 + 0) · u distributiva= = 1 · u + 0 · u = = u + 0 · u
Es decir, u = u + 0 · u. Sumando a la izquierda el opuesto de u se tiene
0 = −u + u = = −u + (u + 0 · u) asociativa= = (−u + u) + 0 · u = = 0 + 0 · u = = 0 · u Entonces 0 = 0 · u, ∀u ∈ V . 4. Sea λ ∈ K, entonces λ · 0 = λ · (0 + 0)distributiva= = λ · 0 + λ · 0
Es decir, λ · 0 = λ · 0 + λ · 0. Sumando a la izquierda el opuesto de λ0 se tiene
0 = −λ · 0 + λ · 0 = = −λ · 0 + (λ · 0 + λ · 0) asociativa= = (−λ · 0 + λ · 0) + λ · 0 = = 0 + λ · 0 = = λ · 0 Entonces 0 = λ · 0, ∀λ ∈ K. 5. Sea u ∈ V , entonces u + (−1)u = 1 · u + (−1) · u distributiva= = (1 + (−1)) · u = = 0 · u = = 0
Definici´on.- Sea (V, +, ·) un espacio vectorial sobre K. Un subconjunto U ⊆ V es un subespacio vectorial de V , si U es un espacio vectorial sobre K con las operaciones de V .
Hab´ıamos observado previamente que si los elementos de V verificaba las pro-piedades asociativa, elemento neutro, opuesto, etc.; entonces los de U tambi´en lo verificaban. En la siguiente caracterizaci´on se tiene en cuenta estas carac-ter´ısticas y se simplifica el concepto de subespacio vectorial.
Caracterizaci´on.- Sea (V, +, ·) un espacio vectorial y U ⊆ V . Entonces son equivalentes 1. U es un subespacio vectorial de V . 2. ∀ u, v ∈ U, ∀λ ∈ K se tiene que u + v ∈ U λu ∈ U . 3. ∀ u, v ∈ U, ∀λ, µ ∈ K se tiene que λu + µv ∈ U .
Demostraci´on.- Hay que demostrar que (1) ⇔ (2), (1) ⇔ (3) y (2) ⇔ (3). Si demostramos (1) ⇒ (2), (2) ⇒ (3) y (3) ⇒ (1), tenemos demostradas todas las implicaciones.
(1)⇒(2) La implicaci´on es inmediata ya que si es U es espacio vectorial, la suma es una operaci´on interna y el producto una operaci´on externa.
(2)⇒(3) Si u, v ∈ U, y λ, µ ∈ K, se tiene que λu ∈ U y µv ∈ U porque el producto es externo. Entonces λu + µv ∈ U ya que la suma es interna.
(3)⇒(1) La suma es una operaci´on interna, pues si λ = µ = 1, se tiene que ∀ u, v ∈ U, u + v ∈ V .
En V la suma verifica las propiedades asociativa y la conmutativa; entonces, en U tambi´en se verifican.
Existe elemento neutro, pues si λ = µ = 0, λu + µv ∈ U . Y λu + µv = 0u + 0v = 0 + 0 = 0 ∈ U .
Existe elemento opuesto , pues si λ = −1 y µ = 0, λu + µv ∈ U . Y λu + µv = −1u + 0v = −u + 0 = −u ∈ U .
El producto es externo, pues si µ = 0, se tiene que ∀ u ∈ U, λu ∈ U .
En V el producto verifica las propiedades distributivas, pseudoasociativa y ele-mento unidad, entonces en U tambi´en se verifican.
Ejemplo.- Vamos a estudiar si el conjunto
V1= {ax3+ bx2+ cx + d ∈ P3(C) | a = 0, a + b = 0} es un subespacio vectorial
de P3(C).
Veremos si es subespacio vectorial utilizando la tercera caracterizaci´on. Hay que comprobar que si p, q ∈ V1 y λ, µ ∈ C, entonces (λp + µq) ∈ V1.
Sean p, q ∈ V1. Entonces p = ax3+ bx2+ cx + d y q = αx3+ βx2+ γx + δ son
dos polinomios de grado 3 tales que a = 0, a + b = 0, α = 0, α + β = 0. (λp + µq) es un polinomio de grado 3, tenemos que ver que el t´ermino en grado 3 es nulo y que la suma de ´este con el de grado 2, tambi´en lo es.
λp + µq = λ(ax3+ bx2+ cx + d) + µ(αx3+ βx2+ γx + δ) = (λa + µα)x3+ (λb + µβ)x2+ (λc + µγ)x + (λd + µδ) Comprobemos la primera ecuaci´on:
λa + µα = λ0 + µ0 = 0 Se verifica. Comprobemos la segunda ecuaci´on:
(λa + µα) + (λb + µβ) = λ(a + b) + µ(α + β) = λ0 + µ0 = 0 Por lo tanto, (λp + µq) ∈ V1 y V1 es un subespacio vectorial.
N´otese que el subespacio vectorial est´a descrito por un sistema de dos ecuaciones lineales y homog´eneas.
Ejemplo.- Vamos a estudiar si el conjunto V2= {ax2+ bx + c ∈ P2(R) | c = 1}
es un subespacio vectorial de P2(R).
Veremos si es subespacio vectorial utilizando la tercera caracterizaci´on. Hay que comprobar que si p, q ∈ V2 y λ, µ ∈ R, entonces (λp + µq) ∈ V2.
Sean p, q ∈ V2. Entonces, p = ax2+bx+c y q = αx2+βx+γ son dos polinomios
de grado 2 tales que c = 1, γ = 1. (λp + µq) es un polinomio de grado 2, veremos si verifica la ecuaci´on.
λp+µq = λ(ax2+bx+c)+µ(αx2+βx+γ) = (λa+µα)x2+(λb+µβ)x+(λc+µγ). En este caso
λc + µγ = λ1 + µ1
No se puede asegurar que sea uno. Busquemos un ejemplo p = 1, q = x + 1 ∈ V2
y p + q = x + 2 /∈ V2.
Por lo tanto, V2 no es un subespacio vectorial.
N´otese que el subespacio vectorial V2 est´a descrito por una ecuaci´on lineal
Ejemplo.- Vamos a estudiar si el conjunto V3 = a b c d ∈ M2×2(C)|2ac = 0 es un subespacio vectorial de M2×2(C).
Veremos si es subespacio vectorial utilizando la tercera caracterizaci´on. Hay que comprobar que si A, B ∈ V3 y λ, µ ∈ C, entonces (λA + µB) ∈ V3.
Sean A, B ∈ V2. Entonces, A = a b c d y B = α β γ δ
son dos matrices 2 × 2 tales que 2ac = 0, 2αγ = 0. (λA + µB) es una matriz 2 × 2, veremos si verifica la ecuaci´on. λA + µB = λ a b c d + µ α β γ δ = λa + µα λb + µβ λc + µγ λd + µδ . En este caso 2(λa + µα)(λc + µγ) = λ2(2ac) + 2µλ(aγ + αc) + µ2(2αγ)
= λ2(0) + 2µλ(aγ + αc) + µ2(0) = 2µλ(aγ + αc)
No se puede asegurar que sea nulo. Busquemos un ejemplo A = 0 0 1 0 , B = 1 0 0 0 ∈ V3 y A + B = 1 0 1 0 / ∈ V3.
Por lo tanto, V3 no es un subespacio vectorial.
N´otese que el subespacio vectorial est´a descrito por una ecuaci´on homog´enea no lineal.
Ejemplo.- Vamos a estudiar si el conjunto V4 = {A ∈ M2×2(R) | A es sim´etrica}
es un subespacio vectorial de M2×2(R).
Veremos si es subespacio vectorial utilizando la tercera caracterizaci´on. Hay que comprobar que si A, B ∈ V4 y λ, µ ∈ R, entonces (λA + µB) ∈ V4.
Sean A, B ∈ V4, A = a b b c y B = α β β γ
son dos matrices sim´etricas 2 × 2. (λA + µB) es una matriz 2 × 2, veremos si es sim´etrica.
λA + µB = λ a b b c + µ α β β γ = λa + µα λb + µβ λb + µβ λc + µγ . Es sim´etrica. Por lo tanto, (λA + µB) ∈ V4 y V4 es un subespacio vectorial.
N´otese que el subespacio vectorial se puede escribir como V4 = a b c d ∈ M2×2(C) | b = c = a b c d ∈ M2×2(C) | b − c = 0 , est´a descrito por una ecuaci´on lineal homog´enea.
COMBINACIONES LINEALES.
DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL
A partir de ahora tomaremos siempre V = (V, +, ·).
Hemos destacado en el apartado anterior la importancia de la expresi´on λu+µv. La generalizaci´on de este concepto es la combinaci´on lineal.
Definici´on.- Una combinaci´on lineal de los vectores {v1, v2, . . . , vn} ⊂ V es un
vector de la forma λ1v1+ λ2v2+ · · · + λnvn con λ1, λ2, . . . , λn∈ K.
Observaciones.-El vector λ1v1+ λ2v2+ · · · + λnvn∈ V .
0 es combinaci´on lineal de cualquier conjunto de vectores, basta con con-siderar λi = 0, ∀i = 1, . . . , n.
Teorema.- Sea S = {v1, v2, . . . , vn} ⊂ V . Entonces,
L(S) = {λ1v1+ λ2v2+ · · · + λnvn | λ1, λ2, . . . , λn∈ K} es el menor subespacio
vectorial de V que contiene a S.
L(S) se denomina subespacio vectorial generado por S.
Demostraci´on.- Hay que demostrar que L(S) es subespacio de V y que es el menor subespacio que contiene S.
En primer lugar, observemos que λ1v1 + λ2v2+ · · · + λnvn ∈ V , por lo tanto
L(S) ⊂ V .
Vamos a demostrar que es subespacio vectorial utilizando la tercera caracteri-zaci´on. Hay que comprobar que si v = λ1v1+ λ2v2+ · · · + λnvny
w = µ1v1+ µ2v2+ · · · + µnvn∈ L(S) y λ, µ ∈ K, entonces λv + µw ∈ L(S).
λv + µw = λ(λ1v1+ λ2v2+ · · · + λnvn) + µ(µ1v1+ µ2v2+ · · · + µnvn)
= (λλ1+ µµ1)v1+ (λλ2+ µµ2)v2+ · · · + (λλn+ µµn)vn
λv + µw ∈ L(S) por ser una combinaci´on lineal de los vectores de S. Por lo tanto, es un subespacio vectorial de V .
Para ver que es el menor subespacio vectorial que contiene a S, supongamos que U es subespacio vectorial de V que contiene a S. Tenemos que U contiene a S, entonces v1, v2, . . . , vn∈ U . Si λ1, λ2, . . . , λn∈ K, como U subespacio vectorial,
la combinaci´on lineal λ1v1+ λ2v2+ · · · + λnvn∈ U . Es decir, U contiene a todos
los elementos de L(S). Por lo tanto, L(S) ⊂ U y queda demostrado que L(S) es el menor subespacio que contiene a S.
A continuaci´on vamos a ver algunos subespacios vectoriales generados en R2 y R3. Se representan en el plano o en el espacio para visualizar los subespacios vectoriales.
Ejemplos.-Sea S1= {(2, 3)} ⊂ R2, L(S1) = {(2λ, 3λ) | λ ∈ R}.
Sea S3 = {(1, 1), (1, −1)} ⊂ R2, L(S3) = {(λ + µ, λ − µ) | λ, µ ∈ R}.
Sea S4 = {(1, 1, 0), (1, 0, 0)} ⊂ R3, L(S4) = {(λ + µ, λ, 0) | λ, µ ∈ R}.
En estos subespacios vectoriales se ve que L(S) es una recta o un plano. En general dibujar estos espacios es dif´ıcil, ya que trabajamos con dimensiones mayores R4, R5, . . . o porque trabajamos con matrices, polinomios o n´umeros complejos. Pero estas figuras nos servir´an para introducir distintos conceptos de los subespacios vectoriales.
N´otese que L(S1) y L(S2) generan rectas y que L(S3) y L(S4), planos. Diremos
que S1 y S2 son sistemas generadores de las rectas; y S3 y S4 son sistemas
Definici´on.- Un conjunto de vectores S = {v1, . . . , vs} es un sistema
gene-radorde un subespacio vectorial V si todo elemento de V se puede poner como combinaci´on lineal de los vectores de S. Es decir, V = L(S).
Ejemplos.-S1 es un sistema generador de la recta 4x − 3y = 0.
S2 es un sistema generador de la recta x − y = 0.
S3 es sistema generador de R2.
S4 es sistema generador del plano z = 0.
La descripci´on de los espacios vectoriales como un sistema de ecuaciones linea-les homog´enea se ver´a m´as adelante, junto con el m´etodo para encontrar dicha descripci´on.
Ejemplo.- Vamos a ver si S = {x + 1} es un sistema generador del subespacio vectorial V = {ax + b ∈ P1(R) | a − b = 0}.
En primer lugar observemos que x + 1 ∈ V , ya que es un polinomio de grado uno y a = 1 = b (verifica la ecuaci´on). Entonces, L(S) ⊂ V .
Ahora consideraremos un vector de V , ax + b ∈ V . Entonces, a = b. As´ı, ax + b = ax + a = a(x + 1) ∈ L(S). Hemos demostrado que V ⊂ L(S).
Por lo tanto, L(S) = V y S es un sistema generador de V .
Ejemplo.- Vamos a ver si S = {(i, i, 0), (1, 1, 0)} es un sistema generador del subespacio vectorial V = {(x, y, z) ∈ C3 | z = 0}.
En primer lugar observemos que (i, i, 0), (1, 1, 0) ∈ V , son dos vectores cuya ´
ultima coordenada es nula (verifican la ecuaci´on). Entonces, L(S) ⊂ V .
Ahora consideraremos un vector de V , (x, y, 0) ∈ V . Si (x, y, 0) ∈ L(S), existen a, b ∈ C tales que (x, y, 0) = a(i, i, 0) + b(1, 1, 0) = (b + ai, b + ai, 0). Llegamos a la conclusi´on que x = y, y no todos los vectores de V lo verifican. Por ejemplo, (1, −1, 0) ∈ V y no se puede poner en combinaci´on lineal de los vectores de S.
(1, −1, 0) = a(i, i, 0) + b(1, 1, 0) = (b + ai, b + ai, 0) Se concluye que 1 = b + ai = −1. Imposible.
Hemos demostrado que (1, −1, 0) /∈ L(S). S no es un sistema generador de V . Hemos demostrado que no es sistema generador con un contraejemplo.
Ejemplo.- Vamos a ver si S = 1 0 0 0 , 0 1 1 0 , 0 0 0 1 es un sistema generador del subespacio vectorial V = {A ∈ M2×2 | A es sim´etrica}.
En primer lugar observemos que 1 0 0 0 , 0 1 1 0 , 0 0 0 1 ∈ V , ya que son matrices cuadradas de orden dos y sim´etricas. Entonces, L(S) ⊂ V .
Ahora consideraremos un vector de V , a b b c ∈ V . Entonces, a b b c = a 1 0 0 0 + b 0 1 1 0 + c 0 0 0 1 ∈ L(S) Hemos demostrado que V ⊂ L(S).
Por lo tanto, L(S) = V y S es un sistema generador de V .
M´as adelante veremos m´as propiedades que nos permitir´an decidir si un con-junto de vectores es un sistema generador de manera m´as eficiente.
El conjunto S2= {(1, 1), (−2, −2)} ⊂ R2 genera la recta x = y.
Pero se puede observar que tambi´en fS2 = {(1, 1)} ⊂ R2 genera la misma
rec-ta: L(fS2) = {(λ, λ) | λ ∈ R}. Se puede eliminar el segundo vector porque
Definici´on.- Un sistema de vectores S = {v1, . . . , vs} ⊂ V es linealmente
dependientesi el sistema lineal homog´eneo λ1v1+ · · · + λsvs= 0 es compatible
indeterminado.
Un sistema de vectores S = {v1, . . . , vs} es linealmente independiente si no
es linealmente dependiente. Es decir, si λ1v1 + · · · + λsvs = 0, implica que
λ1 = · · · = λs= 0 es la ´unica soluci´on.
Observaci´on.- Si S = {v1, . . . , vs} es un sistema de vectores linealmente
de-pendiente: λ1v1+ · · · + λsvs = 0 tiene una soluci´on no nula; entonces uno de
ellos se puede poner en combinaci´on lineal de los otros. Por ejemplo si λ1 6= 0,
se tiene que v1= −λ2 λ1 v2+ · · · + −λs λ1 vs.
En el caso anterior 2(1, 1) + (−2, 2) = 0, son linealmente dependientes.
Ejemplo.- Vamos a ver si el sistema de vectores S = {x2 + x, x + 1, i} es linealmente independiente.
Es linealmente independiente si el sistema de ecuaciones
λ1(x2 + x) + λ2(x + 1) + λ3(i) = 0 tiene una ´unica soluci´on. En este caso,
x2(λ1) + x(λ1+ λ2) + (λ2+ iλ3) = 0.
Hay que comprobar que el sistema λ1 = 0 λ1+ λ2= 0 λ2+ iλ3 = 0 es un sistema compatible determinado. Al ser un sistema lineal y homog´eneo solo hay que comprobar que la matriz 1 0 0 1 1 0 0 1 i
tiene rango 3. Efectivamente, tiene rango 3. Es un sistema linealmente independiente.
Ejemplo.- Vamos a ver si el sistema de vectores S = 1 1 1 1 , 1 −1 −1 1 , 1 0 0 1 es linealmente independiente. Es linealmente independiente si el sistema de ecuaciones
λ1 1 1 1 1 + λ2 1 −1 −1 1 + λ3 1 0 0 1 = 0 0 0 0
tiene una ´unica soluci´on. En este caso, λ1+ λ2+ λ3 λ1− λ2 λ1− λ2 λ1+ λ2+ λ3 = 0 0 0 0 .
Hay que comprobar que el sistema λ1+ λ2+ λ3= 0 λ1− λ2 = 0 λ1− λ2 = 0 λ1+ λ2+ λ3= 0 es un sistema compa-tible determinado. Al ser un sistema lineal y homog´eneo solo hay que comprobar
que la matriz 1 1 1 1 −1 0 1 −1 0 1 1 1
tiene rango 3. Sin embargo, tiene rango 2. Por lo tanto es un sistema linealmente dependiente.
Vimos anteriormente que el sistema de vectores S2 = {(1, 1), (−2, −2)} ⊂ R2
y el sistema fS2 = {(1, 1)} ⊂ R2 generan la misma recta. Tenemos dos
des-cripciones distintas de la recta, pero la segunda tiene menos elementos en su descripci´on. Adem´as, n´otese que las combinaciones lineales de los vectores de S2, son diversas para un vector; y son ´unicas para el vector de fS2:
(3, 3) = (1, 1) − (−2, −2) = 3(1, 1) + 0(−2, −2) = · · · En cambio (3, 3) = 3(1, 1) es la ´unica combinaci´on lineal posible. f
S2 = {(1, 1)} ⊂ R2 es un sistema generador de la recta {x = y} y adem´as es un
sistema linealmente independiente. La combinaci´on de estas dos propiedades hacen que el sistema de vectores, que se denomina base, posea caracter´ısticas muy importantes.
Teorema.- Sea S = {v1, . . . , vn} un sistema de vectores linealmente
indepen-diente que genera V . Entonces todo elemento de V se puede escribir de modo ´
unico como combinaci´on lineal de {v1, . . . , vn}.
Demostraci´on.- Sea v ∈ V , como S es sistema generador de V se tiene que V = L(S) y por lo tanto existen λ1, . . . , λn∈ K tales que v = λ1v1+ · · · + λnvn.
Una vez que hemos visto la existencia de los escalares, vamos a comprobar que son ´unicos.
Supongamos que existen λ1, . . . , λn, µ1, . . . , µn∈ K tales que
v = λ1v1+ · · · + λnvn
v = µ1v1+ · · · + µnvn
Igualando y despejando se tiene que (λ1 − µ1)v1+ · · · + (λn− µn)vn = 0. Al
ser S un sistema linealmente independiente la ´unica soluci´on de este sistema es λ1− µ1= · · · = λn− µn= 0. Es decir, λi = µi para todo i.
La combinaci´on lineal es ´unica.
Definici´on.- Una base de un espacio vectorial V es un sistema de generadores de V que son linealmente independientes.
Dado v ∈ V , los ´unicos λ1, . . . , λn ∈ K tales que v = λ1v1 + · · · + λnvn se
Ejemplos.-{(1, 0, 0, . . . , 0), (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , (0, 0, 0, . . . , 1)} es una base de Rn. {(1, 0, 0, . . . , 0), (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , (0, 0, 0, . . . , 1)} es una base de Cn. {xk, xk−1, . . . , x2, x, 1} es una base de P k. 1 0 0 0 , 0 1 0 0 , 0 0 1 0 , 0 0 0 1 es una base de M2×2.
Ejemplo.- Veamos si {(0, 1), (1, 2), (2, 3)} es una base de R2.
Primero comprobaremos si son linealmente independientes. Es linealmente inde-pendiente si el sistema de ecuaciones λ1(0, 0) + λ2(1, 2) + λ3(2, 3) =
(λ2+ 2λ3, λ + 2λ2+ 3λ3) = (0, 0) tiene una ´unica soluci´on.
Hay que comprobar que el sistema
λ2+ 2λ3= 0
λ + 2λ2+ 3λ3 = 0 es un sistema
compa-tible determinado. Al ser un sistema lineal y homog´eneo solo hay que comprobar que la matriz
0 1 2 1 2 3
tiene rango 3. Sin embargo tiene rango 2. Por lo tanto, es un sistema linealmente dependiente y no es base. Nota.- Obs´ervese que las columnas de la matriz
0 1 2 1 2 3
est´a formada por las coordenadas de los vectores en la base can´onica {(1, 0), (0, 1)}.
Y comprobar que es linealmente independiente es equivalente a comprobar que la matriz tiene rango m´aximo.
Ejemplo.- Veamos si S = {x} es una base de P1(C).
Primero comprobaremos si es un sistema linealmente independiente. Es lineal-mente independiente si el sistema de ecuaciones λx = 0 tiene una ´unica soluci´on. Es un sistema linealmente independiente, pues la ´unica soluci´on es λ = 0. A continuaci´on veremos si es un sistema generador. Observemos que x ∈ P1(C).
Entonces, L(S) ⊂ P1(C).
Ahora consideraremos un vector de P1(C), ax+b ∈ P1(C). Entonces, es sistema
generador si ax + b = αx. Llegamos a la conclusi´on que b = 0, y no todos los vectores de P1(C) lo verifican. Por ejemplo, x + 1 ∈ P1(C) y no se puede poner
en combinaci´on lineal del vector de S. x + 1 = αx Se concluye que 1 = 0. Imposible.
Ejemplo.- Veamos si S = 1 0 0 0 , 0 1 1 0 , 0 0 0 1 es una base de V = {A ∈ M2×2 | A es sim´etrica}.
Previamente, en un ejercicio, hemos probado que es un sistema generador del subespacio vectorial V .
Es base si es un sistema linealmente independiente. Es linealmente independien-te si el sisindependien-tema de ecuaciones λ1 1 0 0 0 + λ2 0 1 1 0 + λ3 0 0 0 1 = 0 0 0 0 tiene una ´unica soluci´on. En este caso,
λ1 λ2 λ2 λ3 = 0 0 0 0 .
Hay que comprobar que el sistema λ1= 0 λ2= 0 λ2= 0 λ3= 0
es un sistema compatible deter-minado. Es un sistema linealmente independiente.
Por lo tanto, S es una base de V .
Nota.- N´otese que decidir si un sistema de vectores es linealmente indepen-diente o depenindepen-diente es equivalente a comprobar si el sistema lineal homog´eneo asociado es determinado o indeterminado. Por lo tanto s´olo hay que comprobar que la matriz formada por las coordenadas de los vectores del sistema, fijada una base, tiene rango m´aximo o no.
S es linealmente independiente ⇔ rg(S) es m´aximo.
Teorema.- Todas las bases de un espacio vectorial V tienen el mismo n´umero de elementos.
Definici´on.- La dimensi´on de un espacio vectorial es el n´umero de elementos que posee cualquier base del espacio.
Se escribe dim(V ) = dim V .
Ejemplos.-dim Rn= n.
dim Cn= n.
dim Pk = k + 1
dim Mm×n= mn.
Ejemplo.- Sea V = {A ∈ M2×2 | A es sim´etrica}, entonces dim V = 3 ya que
DE SISTEMA GENERADOR A BASE
Retomando el ejemplo de S2= {(1, 1), (−2, −2)}, fS2 = {(1, 1)} ⊂ R2.
Obs´ervese que ambos conjuntos son sistema generador pero al eliminar el vector (−2, −2) se obtiene una base.
En general, para obtener una base de un sistema hay que eliminar vectores. Teorema.- Sea V un espacio vectorial de dimensi´on n. Si S = {v1, . . . , vs} es
un sistema generador, entonces n ≤ s.
Adem´as, se puede encontrar un subconjunto eS ⊂ S que sea base de V .
Demostraci´on.- Vamos a demostrar los dos apartados a la vez. Adem´as es una demostraci´on constructiva, pues no s´olo se demuestra la propiedad sino que se introduce un m´etodo para encontrar el subconjunto eS.
Sea B = {e1, . . . , en} una base de V . Como v1, . . . , vs ∈ V , existen escalares
xij ∈ K tales que
v1= x11e1+ · · · + x1nen
..
. ...
vs= xs1e1+ · · · + xsnen
Si λ1v1+ · · · + λsvs = 0, se tiene
λ1(x11e1+ · · · + x1nen) + · · · + λs(xs1e1+ · · · + xsnen)
= (λ1x11+ · · · + λsxs1)e1+ · · · + (λ1x1n+ · · · + λsxsn)en
= 0
Al ser B una base es un sistema linealmente independiente y la ´unica soluci´on del sistema es
λ1x11+ · · · + λsxs1 = 0
..
. ...
λ1x1n+ · · · + λsxsn= 0
Si consideramos λ1, . . . , λscomo inc´ognitas, tendremos un sistema de n
ecuacio-nes y s inc´ognitas. Al ser un sistema lineal y homog´eneo siempre es compatible. Si S es linealmente independiente los λi son ´unicos y el sistema es determinado.
Entonces rg(xij) = s. En este caso S es directamente una base. Como todas las
bases tienen el mismo n´umero de vectores s = n.
En cambio si S es linealmente dependiente existen infinitos λi, no todos nulos,
y el sistema es indeterminado. En este caso, sabemos que existe un vector de S, vr, que se pone en combinaci´on lineal del resto. Es decir, L(S) = L(S \ {vr}).
S \{vr} sigue siendo un sistema generador, al que le hemos eliminado un vector.
Comprobamos si es linealmente independiente o dependiente. Si es linealmente independiente se ha conseguido un subconjunto que es base. En caso contrario se elimina otro vector. Se sigue el proceso hasta conseguir un sistema linealmente indepedendiente. Como en este proceso se va eliminando un vector en cada paso hasta obtener una base, n ≤ s.
En esta demostraci´on constructiva para encontrar la base eS se comprueba si es un sistema de vectores linealmente independiente o dependiente. Si es de-pendiente se elimina un vector que se pueda poner el combinaci´on lineal de los otros. Ejemplo.- Sea S = 1 1 0 0 , 0 1 −1 0 , 1 0 1 0 , 0 0 1 0 un sistema de vectores del subespacio vectorial U =
a b c d ∈ M2×2(C) | d = 0 . Vamos a encontrar una base de B ⊂ S de U .
En primer lugar, vamos a estudiar la independencia. Se considera la matriz formada por las coordenadas de los vectores y se comprueba si tiene rango m´aximo. Si tomamos la base can´onica
1 0 0 0 , 0 1 0 0 , 0 0 1 0 , 0 0 0 1 ,
la matriz es 1 0 1 0 1 1 0 0 0 −1 1 1 0 0 0 0
. Veamos el rango de la matriz:
rg 1 0 1 0 1 1 0 0 0 −1 1 1 0 0 0 0 = 3 pues el menor 1 0 0 1 1 0 0 −1 1 = 1 6= 0.
Como el rango no es m´aximo, no es 4, tenemos que eliminar un vector. En el menor no nulo se han considerado las columnas 1, 2 y 4. Por lo tanto, consi-deraremos eS = 1 1 0 0 , 0 1 −1 0 , 0 0 1 0
, donde hemos eliminado el
ter-cer vector. Para eS hay que estudiar el rango rg 1 0 0 1 1 0 0 −1 1 0 0 0 = 3, el rango es m´aximo y eS es una base.
En la demostraci´on la eliminaci´on se hace uno a uno, pero se puede realizar con una sola operaci´on.
Ejemplo.- Sea S = 1 1 0 0 , 0 1 0 0 , 1 0 0 0 , 1 2 0 0 un sistema de vec-tores del subespacio vectorial U =
a b c d ∈ M2×2(C) | c = d = 0 . Vamos a encontrar una base de B ⊂ S de U .
En primer lugar, vamos a estudiar la independencia. Se considera la matriz formada por las coordenadas de los vectores y se comprueba si tiene rango m´aximo. Si tomamos la base can´onica
1 0 0 0 , 0 1 0 0 , 0 0 1 0 , 0 0 0 1 , la matriz es 1 0 1 1 1 1 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0
. Veamos el rango de la matriz:
rg 1 0 1 1 1 1 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 = 2 pues el menor 1 01 1 = 1 6= 0.
Como el rango no es m´aximo, no es 4, tenemos que eliminar un vector. Eliminar un vector es eliminar una columna y la nueva matriz seguir´a teniendo rango 2 y habr´a que eliminar otra columna. Eliminamos las dos directamente. En el menor
no nulo se han considerado las columnas 1 y 2. Por lo tanto, consideraremos el primer y segundo vector del sistema eS =
1 1 0 0 , 0 1 0 0 . En este caso, tenemos directamente que
rg 1 0 1 1 0 0 0 0
= 2, el rango es m´aximo y S es una base.e
Observaci´on.- Para ver si S es linealmente independiente hay que ver si el rango de la matriz generada por S es m´aximo. Si no es m´aximo es linealmente dependiente y se tiene que proceder a la eliminaci´on. Al calcular el rango se ha encontrado un menor no nulo m´aximo. Los vectores que est´an involucrados en este menor son linealmente independientes y forman la base buscada.
Ejemplo.- Sea S = {(1, 1, 0, 1, −1), (1, 0, 1, 1, 1), (2, 1, 1, 0, 0), (2, 1, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1, 0)} un sistema de vectores del subespacio vectorial U ⊂ R5. Vamos a
encontrar una base de B de U .
En primer lugar, vamos a estudiar la independencia. Se considera la matriz for-mada por las coordenadas de los vectores y se comprueba si tiene rango m´aximo. Si tomamos la base can´onica {(1, 0, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1, 0),
(0, 0, 0, 0, 1)}, la matriz es 1 1 2 2 0 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 −1 1 0 0 0
. Veamos el rango de la matriz, utilizaremos el m´etodo de Gauss:
rg 1 1 2 2 0 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 −1 1 0 0 0 f2=f2−f1 = f4= f4−f1 f5= f5+ f1 rg 1 1 2 2 0 0 −1 −1 −1 0 0 1 1 1 0 0 0 −2 −1 1 0 2 2 2 0 = f2= −f2 = rg 1 1 2 2 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 0 0 0 −2 −1 1 0 2 2 2 0 =
f3=f3−f2 = f5= f5−2f2 rg 1 1 2 2 0 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 −2 −1 1 0 0 0 0 0 = = 3
El rango no es m´aximo hay que eliminar vectores. Como el rango m´aximo posible es 5 y el rango es 3, hay que eliminar 5 − 3 vectores. Un menor no nulo es 1 1 2 0 1 1 0 0 −2
se han considerado las columnas 1, 2 y 3. Por lo tanto, e
S = {(1, 1, 0, 1, −1), (1, 0, 1, 1, 1), (2, 1, 1, 0, 0)} es una base.
Observaci´on.- Si en vez de utilizar la definici´on de rango para calcularlo se utiliza el M´etodo de Gauss (si las coordenadas de los vectores, fijada una base, se introducen en filas las operaciones son sobre las filas, si se introducen en columnas, las operaciones sobre las columnas) aparecer´an algunas l´ıneas nulas. Los vectores correspondientes a estas l´ıneas nulas son los que hay que eliminar. Adem´as, como los vectores de la reducci´on de Gauss se obtienen a trav´es de combinaciones lineales, se pueden considerar estos ´ultimos en la base.
Ejemplo.- En el ejemplo anterior podemos encontrar otra base del subespacio U .
Para aplicar Gauss, consideramos la base anterior y colocaremos las coordena-das de los vectores en filas:
rg 1 1 0 1 −1 1 0 1 1 1 2 1 1 0 0 2 1 1 1 0 0 0 0 1 0 f2=f2−f1 = f3= f3−2f1 f4= f4−2f1 rg 1 1 0 1 −1 0 −1 1 0 2 0 −1 1 −2 2 0 −1 1 −1 2 0 0 0 1 0 = f2= −f2 = rg 1 1 0 1 −1 0 1 −1 0 −2 0 −1 1 −2 2 0 −1 1 −1 2 0 0 0 1 0 = f3=f3+f2 = f4= f4+ f2 rg 1 1 0 1 −1 0 1 −1 0 −2 0 0 0 −2 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 1 0 = f3↔f5 = rg 1 1 0 1 −1 0 1 −1 0 −2 0 0 0 1 0 0 0 0 −2 0 0 0 0 −1 0 = f4=f4+2f3 = f5= f5+ f3 rg 1 1 0 1 −1 0 1 −1 0 −2 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = = 3
como las operaciones que hemos hecho son combinaciones lineales podemos afirmar que una base de U puede ser
B = {(1, 1, 0, 1, −1), (0, 1, −1, 0, −2), (0, 0, 0, 1, 0)}.
Este es el m´etodo que adoptaremos para encontrar una base a partir de un sistema generador, ya que no s´olo encontramos una base, sino que esta base, en general, es m´as “sencilla”.
Ejemplo.- Sea S = {x5− ix4, ix5+ x4+ ix − 1, x + i} un sistema de vectores
de un subespacio vectorial U ⊂ P5(C). Vamos a encontrar una base de B de U .
Para aplicar Gauss, consideraremos la base can´onica {x5, x4, x3, x2, x, 1} y co-locaremos las coordenadas de los vectores en filas:
rg 1 −i 0 0 0 0 i 1 0 0 i −1 0 0 0 0 1 i f2=f2−if1 = rg 1 −i 0 0 0 0 0 0 0 0 i −1 0 0 0 0 1 i = f2↔f3 = rg 1 −i 0 0 0 0 0 0 0 0 1 i 0 0 0 0 i −1 = f3= f3−if2 = rg 1 −i 0 0 0 0 0 0 0 0 1 i 0 0 0 0 0 0 = = 2
Una base de U puede ser B = {x5− ix4, x + i}.
DE SISTEMA LINEALMENTE INDEPENDIENTE A BASE
En el apartado anterior hemos visto que en general a un sistema generador le sobran vectores para ser una base. En cambio para una sistema de vectores linealmente independiente hay que a˜nadir vectores.
Teorema.- Sea V un espacio vectorial de dimensi´on n. Si S = {v1, . . . , vs} es
un sistema linealmente independiente, entonces s ≤ n. Adem´as, se puede completar S a una base de V .
Demostraci´on.- Haremos una demostraci´on constructiva.
Si S es sistema generador, directamente se tiene que es una base y s = n. En cambio si no es sistema generador, significa que L(S) ( V . Es decir, existe un vector v ∈ V \ L(S). S ∪ {v} sigue siendo linealmente independiente y tiene un vector m´as que S. Aplicando el m´etodo anterior se obtiene una base, y como el m´etodo de construcci´on es aditivo s ≤ n.
Ejemplo.- Sea V = {(x1, x2, x3, x4) ∈ C4 | 2x1+ ix2= 0} subespacio vectorial
de C4 de dimensi´on 3, vamos a encontrar una base de V .
En este caso S = ∅. Entonces consideramos un vector de V \ S = V . En la ecuaci´on 2x1+ ix2= 0 podemos considerar x1 = i y x2 = −2. Para el resto de
componentes consideraremos que son nulas: (i, −2, 0, 0) ∈ V .
Tenemos eS = {(i, −2, 0, 0)}. Como la dimensi´on es 3, todas las bases tienen 3 elementos. Tenemos que continuar.
A continuaci´on consideramos un vector de V \ S. Ahora en la ecuaci´on 2x1+ ix2= 0 podemos considerar x1 = 0 y x2 = 0. Como x3 y x4 pueden tomar
cualquier valor, tomaremos x3 = 1 y x4 = 0: (0, 0, 1, 0) ∈ V y (0, 0, 1, 0) /∈ L( eS)
porque (i, −2, 0, 0), (0, 0, 1, 0) son linealmente independientes: rg i 0 −2 0 0 1 0 0 =2; no hay ninguna combinaci´on lineal no nula entre los vectores.
e
S = {(i, −2, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}.
Como la dimensi´on es 3, continuamos. Consideramos un vector de V \ eS. En la ecuaci´on 2x1 + ix2 = 0 seguimos tomando x1 = 0 y x2 = 0. Como x3 y
x4 pueden tomar cualquier valor, tomaremos x3 = 0 y x4 = 1: (0, 0, 0, 1) ∈ V
y (0, 0, 0, 1) /∈ L( eS) porque (i, −2, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) son linealmente independientes rg i 0 0 −2 0 0 0 1 0 0 0 1
=3; no hay ninguna combinaci´on lineal no nula entre los vectores.
e
S es una base.
Corolario.-1) Si S = {v1, . . . , vn} es un sistema linealmente independiente, entonces S es
una base.
2) Si U es subespacio de V , entonces dim U ≤ dim V . dim U = dim V ⇐⇒ U = V
Nota.- Obs´ervese que es importante conocer a priori la dimensi´on del espacio. En el apartado siguiente se introducir´an varios resultados que proporcionar´an un m´etodo efectivo para el c´alculo de la dimensi´on.
ECUACIONES DE UN SUBESPACIO VECTORIAL
Hemos observado previamente que algunos espacios vectoriales se pueden des-cribir a trav´es de un sistema lineal y homog´eneo.
Teorema.- Sea V un espacio vectorial de dimensi´on n. El conjunto de soluciones de un sistema lineal homog´eneo de V es un subespacio vectorial de dimensi´on n − r, donde r es el rango de la matriz del sistema.
Observaci´on.- Con este teorema podemos afirmar que todo conjunto de solu-ciones de un sistema lineal y homog´eneo es un subespacio vectorial. No hace falta demostrarlo a trav´es de la caracterizaci´on.
V = {p(x) ∈ P2(R) | p(0) = 0} = {a2x2+ a1x + a0 | a0 = 0} ⊂ P2(R). dim V = dim P2(R) − rg 0 0 1= 3 − 1 = 2. V1 = {ax3+ bx2+ cx + d ∈ P3(C) | a = 0, a + b = 0} ⊂ P3(C). dim V1 = dim P3(C) − rg 1 0 0 0 1 1 0 0 = 4 − 2 = 2. V = {A ∈ M2×2(R) | A es sim´etrica} = = a b c d ∈ M2×2(R) | b − c = 0 ⊂ M2×2(R). dim V = dim M2×2(R) − rg 0 1 −1 0= 4 − 1 = 3. U = a b c d ∈ M2×2(R) | d = 0 ⊂ M2×2(R). dim U = dim M2×2(R) − rg 0 0 0 1= 4 − 1 = 3. U = a b c d ∈ M2×2(R) | c = d = 0 ⊂ M2×2(R). dim U = dim M2×2(R) − rg 0 0 1 0 0 0 0 1 = 4 − 2 = 2. V = {(x1, x2, x3, x4) ∈ C4 | 2x1+ ix2 = 0}. dim V = dim C4− rg 2 i 0 0= 4 − 1 = 3.
Definici´on.- El sistema de ecuaciones que describe un subespacio vectorial se denomina ecuaciones impl´ıcitas del subespacio.
Teorema.- Fijada cualquier base de B = {e1, . . . , en} de V , las coordenadas de
los vectores de un subespacio vectorial U de V de dimensi´on k son el conjunto de soluciones de un sistema lineal y homog´eneo de ecuaciones con n − k ecuaciones y n inc´ognitas.
Definici´on.- A la soluci´on del sistema de ecuaciones que describe un subespacio vectorial se denomina ecuaciones param´etricas del subespacio.
Obtenci´on de ecuaciones param´etricas a partir de ecuaciones impl´ıcitas.-Se resuelve el sistema de ecuaciones.
U = {(x, y, z) ∈ C3| x+y = 0, x−z = 0}. Resolvemos el sistema por el m´etodo de Gauss. La matriz del sistema es
1 1 0 1 0 −1 f2=f2−f1 ∼ 1 1 0 0 −1 −1 f2=−f2 ∼ 1 1 0 0 1 1 f1=f1−f2 ∼ 1 0 −1 0 1 1
, tiene rango 2, la dimensi´on es 3 − 2 = 1. Es decir, tenemos un par´ametro en las ecuaciones param´etricas. Como el menor 1 00 1
6= 0 se corresponde con las columnas 1 y 2, consideraremos la tercera columna como par´ametro:
1 0 0 1 −tt .
La soluci´on es x = t, y = −t y z = t. Las ecuaciones param´etricas son U = {(t, −t, t) | t ∈ C}
Obs´ervese que U = L({(1, −1, 1)}). Por lo tanto las ecuaciones param´etricas se pueden definir tambi´en a trav´es de una base.
Ejemplo.- Vamos a encontrar una base para el subespacio vectorial U = a3x 3+ a 2x2+ a1x + a0 ∈ P3(C) a3− a0 = 0 a2+ a0 = 0 a3+ a2 = 0 . Posteriormente des-cribiremos las ecuaciones param´etricas.
Para encontrar una base primero hay que saber cu´al es la dimensi´on dim U = dim P3(C)−rg 1 0 0 −1 0 1 0 1 1 1 0 0 . 1 0 0 −1 0 1 0 1 1 1 0 0 f3=f3−f1 ∼ 1 0 0 −1 0 1 0 1 0 1 0 1 f3=f3−f2 ∼ 1 0 0 −1 0 1 0 1 0 0 0 0
Entonces dim U = 4 − 2 = 2, es decir tenemos dos par´ametros en las ecua-ciones param´etricas. Utilizando la matriz reducida por el m´etodo de Gauss, se observa que con las dos primeras filas y columnas tenemos un menor no nulo de dimensi´on 2 1 0 0 1 0 0 0 −1 0 1 0 0
Entonces consideraremos los par´ametros en las dos ´ultimas coordenadas: a3 = λ
y a4 = µ. Con esto datos, junto con el sistema reducido de Gauss
a1− a4= 0
a2+ a4= 0 ,
se tiene que las coordenadas (a1, a2, a3, a4) = (µ, −µ, λ, µ) =
{µx3 + λx − µx2 + µ | λ, µ ∈ C} son unas ecuaciones param´etricas de U y U = L({x, x3− x2+ 1}). Obs´ervese que adem´as estos vectores son linelamente
independientes al no ser proporcionales: rg 1 0 −1 0 0 1 1 0 = 2. Por lo tanto, una base de U es B = {x3− x2+ 1, x}.
Obtenci´on de ecuaciones impl´ıcitas a partir de ecuaciones param´ etricas.-De las ecuaciones param´etricas se obtiene una base, B.
Se considera un vector gen´erico v, como es linealmente dependiente de la base rg(B | v) = dim U . Cada menor de orden m´aximo genera una ecuaci´on pa-ram´etrica.
Hay que calcular dim V − dim U ecuaciones linealmente independientes.
Ejemplo.- Vamos a calcular unas ecuaciones impl´ıcitas del subespacio vectorial U = {(t, −t, t) | t ∈ C}.
Una base del subespacio es {(1, −1, 1)}, por ser sistema generador y linealmente independiente.
La dimensi´on de U es 1, por lo tanto hay que encontrar 3 − 1 = 2 ecuaciones impl´ıcitas linealmente independientes.
Sea v = (x, y, z) un vector gen´erico de U , entonces rg −1 y1 x
1 z
= 1. Entonces, todos los menores de orden 2 son nulos:
−1 y1 x = y + x = 0. 1 x1 z = z − x = 0.
Estas dos ecuaciones son linealmente independientes: rg
1 1 0
−1 0 1
= 2. Entonces U = {(x, y, z) ∈ C3 | y + x = 0, z − x = 0} son unas ecuaciones
param´etricas de U .
Se puede utilizar el m´etodo de Gauss para calcular las ecuaciones param´etricas: Se considera la matriz dual (B |Iddim V). Se realizan las operaciones por filas
del m´etodo de Gauss hasta obtener la matriz
Iddim U | Be
0 | P
. Las filas de la matriz P describen unas ecuaciones impl´ıcitas de U .
Ejemplo.- Vamos a calcular unas ecuaciones impl´ıcitas del subespacio vectorial U = L(B) = {λx3+ µx − λx2+ λ | λ, µ ∈ C}.
U = {λ(x3− x2+ 1) + µx | λ, µ ∈ C} = L({x3− x2+ 1, x}). B = {x3− x2+ 1, x}
es un sistema generador linealmente independiente: rg 1 0 −1 0 0 1 1 0 = 2. La dimensi´on de U es 2 y B = {x3− x2+ 1, x} es base de U .
Apliquemos el m´etodo de Gauss para la matriz 1 0 −1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 −1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 f2=f2+f1 ∼ f4=f4−f1 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 −1 0 0 1 f2↔f3 ∼ 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 −1 0 0 1
Entonces la matriz resultante es 1 0 0 1 1 0 0 00 0 1 0 0 0 0 0 −1 0 0 11 1 0 0 . Las filas de 1 1 0 0 −1 0 0 1
describen unas ecuaciones impl´ıcitas de U : a3+ a2= 0 y −a3+ a0 = 0. Son linealmente independientes.
U = {a3x3+ a2x2 + a1x + a0 ∈ P3(C) | a3+ a2 = 0, −a3+ a0 = 0} son unas
ecuaciones impl´ıcitas de U .
CAMBIO DE BASE
Hemos visto c´omo encontar una base de un subespacio vectorial y cada vector tiene unas ´unicas coordenadas con respecto a esa base. En este apartado estu-diaremos la relaci´on existente entre las coordenadas de un vector en dos bases distintas.
B′
= {v1, . . . , vn} dos bases de V .
Como todo elemento de B′
tiene coordenadas en B, se tiene: v1 = a11e1 + · · · + an1en
..
. ... ...
vn = a1ne1 + · · · + annen
Diremos que la base B′
se obtiene de la base B mediante la matriz v1 v2 · · · vn ↓ ↓ ↓ MB(B′) = e1 → e2 → .. . en → a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a2n .. . ... . .. ... an1 an2 . . . ann Esta matriz se llama matriz de cambio de base de B′
a B. Para obtener la base B en funci´on de la base B′
se tiene la matriz MB′(B) = MB(B
′
)−1
Relaci´on de las coordenadas de un vector en dos bases distintas.- Sea v ∈ V , como B y B′
son bases se puede escribir: v = x1e1+ · · · + xnen v = x′ 1v1+ · · · + x′nvn Sustituyendo v = x′ 1(a11e1+ · · · + an1en) + · · · + x′n(a1ne1+ · · · + annen) = (a11x′1+ · · · + a1nx′n)e1+ · · · + (an1x′1+ · · · + annx′n)en
Como las coordenadas en una base son ´unicas:
MB(B′) x′ 1 .. . x′ n = x1 .. . xn
Ejemplo.- Sea B = {e1, e2, e3} una base de R3. Sea B′ = {u1, u2, u3}
don-de u1 = e1 + e3, u2 = e2, u3 = e2 + e3. Vamos a ver que B′ es base de
R3 y calcularemos la coordenadas de v = 3u1 + 2u2 en la base B y las de
w = 2e1+ e2− e3 en la base B′.
Para demostrar que es base solo hay que ver que son linealmente independientes, ya que la dimensi´on del espacio es 3: rg
1 0 0 0 1 1 1 0 1 = 3. Adem´as, MB(B′) = 1 0 0 0 1 1 1 0 1 . Entonces, vB= MB(B′)vB′. Si v = 3u1+ 2u2, se tiene que v = 1 0 0 0 1 1 1 0 1 3 2 0 = 3 2 3 = 3e1+ 2e2+ 3e3. Si w = 2e1+ e2− e3, se tiene que 2e1+ e2− e3 = 2 1 −1 = 1 0 0 0 1 1 1 0 1 w. Calculemos la inversa de la matriz:
1 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 f3=f3−f1 ∼ 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 −1 0 1 f2=f2−f3 ∼ 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 −1 −1 0 1 Entonces, w = 1 0 0 1 1 −1 −1 0 1 2 1 −1 = 2 4 −3 = 2u1+ 4u2− 3u3
OPERACIONES CON SUBESPACIOS
Las dos operaciones esenciales entre conjuntos era la uni´on y la intersecci´on. A continuaci´on se ver´an c´omo afectan estas operaciones a los espacios vectoriales. Proposici´on.- La intersecci´on de dos subespacios U1, U2 de V es otro
sub-espacio vectoral de V .
Demostraci´on.- Para demostrar que es subespacio utilizaremos la caracteri-zaci´on.
Sean u, v ∈ U1 ∩ U2 y λ, µ ∈ K. Entonces, como u, v ∈ U1 y U1 es
subes-pacio, λu + µv ∈ U1. An´alogamente, se obtiene que λu + µv ∈ U2. Es decir,
λu + µv ∈ U1∩ U2.
Construcci´on del espacio intersecci´on.- Para describir el subespacio intersecci´on de U1 y U2, se describen los subespacios mediante sus
ecuaciones impl´ıcitas: U1 = {v ∈ V | v verifica el sistema S1} y
U2 = {v ∈ V | v verifica el sistema S2}. Entonces,
U1∩ U2 = {v ∈ V | v verifica los sistemas S1 y S2}.
Ejemplo.- Sean U1 = {(x, y) | y = 0} y U2 = {(x, y) | x = 0}, entonces
U1∩ U2 = {(x, y) | x = 0, y = 0} = {(0, 0)}.
Observaci´on.- En general la uni´on de subespacios vectoriales no es subespacio vectorial.
Por ejemplo, si U1 = {(x, y) | y = 0} y U2 = {(x, y) | x = 0}, entonces
U1∪ U2 = {(x, y) | xy = 0}.
Tenemos que (1, 0), (0, 1) ∈ U1∪ U2, pero su suma (1, 1) /∈ U1∪ U2.
Proposici´on.- Sean U1, U2 subespacios de V . Entonces el conjunto
U1 + U2 = {u1 + u2 | u1 ∈ U1, u2 ∈ U2} es el menor subespacio vectorial
que contiene a U1 y a U2.
U1+ U2 se denomina subespacio vectorial suma de U1 y U2.
Demostraci´on.- Hay que demostrar que U1+ U2 es subespacio de V y que es
el menor subespacio que contiene a U1, U2.
En primer lugar, observemos que si v1 ∈ U1, entonces v1 = v1+ 0 ∈ U1+ U2.
Similarmente, si v2 ∈ U2, entonces v2 = v2+ 0 ∈ U1 + U2 por lo tanto U1,
U2⊂ U1+ U2.
Vamos a demostrar que es subespacio vectorial utilizando la caracterizaci´on. Hay que comprobar que si v = v1+ v2, w = w1 + w2 ∈ U1+ U2 y λ, µ ∈ K,
entonces λv + µw ∈ U1+ U2.
λv + µw = λ(v1+ v2) + µ(w1+ w2)
= (λv1+ µw1) + (λv2+ µw2)
Pertenece a U1+ U2 por ser una suma de los vectores de U1, U2. Por lo tanto,
U1+ U2 es un subespacio vectorial de V .
Para ver que es el menor subespacio vectorial que contiene a U1 y a U2,
supon-gamos que U es subespacio de V que contiene a U1 y a U2. Al contener a U1 y
vectorial, se tiene que v1+ v2 ∈ U . Es decir, U contiene a todos los elementos
de U1+ U2. Hemos demostrado que U1+ U2⊂ U . Entonces, U1+ U2es el menor
subespacio vectorial que contiene a U1 y a U2.
Construcci´on del espacio suma.- Para describir el subespacio suma de U1
y U2, se describen los subespacios mediante un sistema generador: U1 = L(S1)
y U2 = L(S2). Entonces, U1+ U2 = L(S1∪ S2).
Ejemplo.- Sean U1 = {(x, y) | y = 0} y U2 = {(x, y) | x = 0}. Como
U1 = {(x, 0)} = L({(1, 0)}) y U2 = {(0, y) | x = 0} = L({(0, 1)}, entonces
U1+ U2= L({(1, 0), (0, 1)}) = R2.
F´ormula de la dimensi´on.- Sean U1, U2 subespacios de V . Entonces,
dim U1+ dim U2= dim(U1+ U2) + dim(U1∩ U2)
Ejemplo.- Sean U1 = {(x, y) | y = 0} y U2= {(x, y) | x = 0}. Son subespacios
de dimensi´on 1. U1 ∩ U2 = {(0, 0)} tiene dimensi´on 0 y U1 + U2 = R2, tiene
dimensi´on 2. Se verifica la f´ormula de la dimensi´on:
dim U1 + dim U2 = dim(U1+ U2) + dim(U1∩ U2)
1 + 1 = 2 + 0
Definici´on.- Sean U1, U2 subespacios de V . Se dice que V es suma directa de
U1 y U2 si V = U1+ U2 y U1∩ U2 = {0}.
Denotaremos V = U1⊕ U2 y diremos que los subespacios U1, U2 son
suplemen-tarios.
Ejemplo.- U1 = {(x, y) | y = 0} y U2 = {(x, y) | x = 0} son suma directa de
R2.
Ejemplo.- Consideraremos los subconjuntos de P3(C): U1= L({x+1, x3+1}) y
U2 = {ax3 + bx2 + cx + d ∈ P3(C) | a + b + c + d = 0, ib − id = 0}. Vamos
a comprobar si son subespacio vectoriales de P3(C), calcularemos su
dimen-si´on, describiremos los subespacios suma e intersecci´on y comprobaremos si son suplementarios de P3(C).
U1 es subespacio vectorial porque todos los conjuntos de combinaciones lineales
lo son. Adem´as, dim U1 =rg
0 1 0 0 1 0 1 1
= 2. Por lo tanto, {x+1, x3+ 1} es sistema generador linealmente independiente, es una base generada por 2 vectores.
U2 es subespacio vectorial porque todos los conjuntos de soluciones de un
sis-tema lineal y homog´eneo lo son. Adem´as, dim U2= dim P3(C)−rg 1 1 1 1 0 i 0 −i = 4 − 2 = 2.
Para describir el espacio suma necesitamos un sistema generador de cada uno de los subespacios. B1 = {x + 1, x3 + 1} es una base de U1. Para U2
tenemos 2 par´ametros, como las dos primeras columnas forman un menor no nu-lo de dimensi´on dos, tomaremos c = λ y d = µ. Junto con las ecuaciones
a + b + c + d = 0
ib − id = 0 , se tiene que las coordenadas
(a, b, c, d) = (−λ − 2µ, µ, λ, µ) = λ(−1, 0, 1, 0) + µ(−2, 1, 0, 1). Entonces U2 = L({−x3 + x, −2x3 + x2 + 1}). Como adem´as son vectores linealmente
independientes: rg −1 −2 0 1 1 0 0 1 = 2. Entonces U1+ U2 = L({x + 1, x3+ 1, −x3+ x, −2x3+ x2+ 1}.
Para describir el espacio intersecci´on necesitamos un sistema de ecuaciones li-neales y homog´eneo de cada uno de los subespacios.
U2 = {ax3 + bx2 + cx + d ∈ P3(C) | a + b + c + d = 0, ib − id = 0}.
Pa-ra U1 = L({x + 1, x3 + 1}) necesitamos 4 − 2 = 2 ecuaciones lineales
ho-mog´eneas linealmente independientes. Reducimos por el m´etodo de Gauss la matriz: 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 f4=f4−f1 ∼ 1 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 −1 0 0 1 f2↔f3 ∼ 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 −1 0 0 1 f4=f4−f2 ∼ 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 −1 0 −1 1
Entonces la matriz resultante es 1 0 0 1 1 0 0 00 0 1 0 0 0 0 0 −1 0 −1 10 1 0 0 . Las filas de 0 1 0 0 −1 0 −1 1
describen unas ecuaciones impl´ıcitas de U1: b = 0
y −a − c + d = 0. Son linealmente independientes.
U1 = {a3x3+ a2x2+ a1x + a0∈ P3(C) | b = 0, −a − c + d = 0}. Entonces U1∩ U2= ax3+ bx2+ cx + d ∈ P3(C) a + b + c + d = 0 ib − id = 0 b = 0 −a − c + d = 0 .
Para decidir si son suplementarios, hay que ver que U1+ U2 = P3(C) y que
U1∩ U2 = {0}. Si demostramos que dim(U1+ U2) = 4 y que dim U1∩ U2 = 0,
tendremos que son suplementarios.
U1+ U2= L({x + 1, x3+ 1, −x3+ x, −2x3+ x2+ 1} dim(U1+ U2) = rg 0 1 −1 −2 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 f4↔f1 = rg 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 1 −1 −2 f3=f3−f1 = rg 1 1 0 1 0 0 0 1 0 −1 1 −1 0 1 −1 −2 f4↔f2 = rg 1 1 0 1 0 1 −1 −2 0 −1 1 −1 0 0 0 1 f3=f3+f2 = rg 1 1 0 1 0 1 −1 −2 0 0 0 −3 0 0 0 1 = 3 No son suplementarios.
Proposici´on.- Sean U1, U2 subespacios vectoriales de V . Entonces
V = U1⊕ U2⇐⇒ ∀v ∈ V ∃! v1 ∈ U1, v2∈ U2 tales que v = v1+ v2
Demostraci´
on.-⇒) Si v ∈ V , existen v1∈ U1, v2 ∈ U2 tales que v = v1+ v2.
Supongamos que no son ´unicos: existen u1 ∈ U1, u2 ∈ U2 tales que v = u1+ u2.
Entonces v1 + v2 = u1+ u2 ⇒ v1− u1 = u2− v2 ∈ U1 ∩ U2 = {0}. Es decir,
⇐) Si todo vector de V se puede poner como suma de vectores de U1 y U2 se
tiene que V = U1+ U2.
Por otro lado, sea u ∈ U1 ∩ U2. u = u + 0 = 0 + u, pero se escribe de manera
´
