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ÁlgebraEspacios Vectoriales

Espacios Vectoriales

Un espacio vectorial requiere dos conjuntos:

  1. Un conjunto de vectores VV.
  2. Un conjunto de escalares K\KK.

Sea (K,+,⋅)(\KK, +, \cdot) un cuerpo. Sea VV un conjunto no vacío, sea ++ una operación en VV y ⋅\cdot una acción de K\KK en VV.
Se dice que (V,+,⋅)(V, +, \cdot) es un K\KK-espacio vectorial si se cumplen las siguientes propiedades:

  • P1) (V,+)(V, +) es un grupo abeliano.
  • P2) La acción ⋅:K×V→V\cdot : \KK \times V \to V cumple:
    • 1) Distributividad sobre vectores: a⋅(v+w)=a⋅v+a⋅w∀a∈K;  ∀v,w∈V\quad a \cdot (\bfv + \bfw) = a \cdot \bfv + a \cdot \bfw \quad \forall a \in \KK; \; \forall \bfv, \bfw \in V
    • 2) Distributividad sobre escalares: (a+b)⋅v=a⋅v+b⋅v∀a,b∈K;  ∀v∈V\quad (a + b) \cdot \bfv = a \cdot \bfv + b \cdot \bfv \quad \forall a, b \in \KK; \; \forall \bfv \in V
    • 3) Elemento neutro: 1⋅v=v∀v∈V\quad 1 \cdot \bfv = \bfv \quad \forall \bfv \in V
    • 4) Asociatividad: (a⋅b)⋅v=a⋅(b⋅v)∀a,b∈K;  ∀v∈V\quad (a \cdot b) \cdot \bfv = a \cdot (b \cdot \bfv) \quad \forall a, b \in \KK; \; \forall \bfv \in V

La acción ⋅\cdot se llama producto por escalares.

Ejercicios resueltos - Espacios vectoriales

Sea (V,+,⋅)(V, +, \cdot) un K\KK-espacio vectorial probar que:

1.

Sea −1-1 el opuesto aditivo de 11 en K\KK para todo v∈V\bfv \in V, se cumple que v⋅(−1)=−v\bfv \cdot (-1) = -\bfv.

v=vv⋅1=vv⋅1+(−v)=v+(−v)v⋅1+(−v)=0v⋅1−v=0v⋅(1−1)=0v⋅(1−1)+(−v)=0+(−v)v⋅(1−1−1)=−vv⋅(−1)=−v\begin{aligned} \bfv &= \bfv \\ \bfv \cdot 1 &= \bfv \\ \bfv \cdot 1 + (-\bfv) &= \bfv + (-\bfv) \\ \bfv \cdot 1 + (-\bfv) &= 0 \\ \bfv \cdot 1 - \bfv &= 0 \\ \bfv \cdot (1 - 1) &= 0 \\ \bfv \cdot (1 - 1) + (-\bfv) &= 0 + (-\bfv) \\ \bfv \cdot (1 - 1 - 1) &= -\bfv \\ \bfv \cdot (-1) &= -\bfv \end{aligned}

2.

Dados v1,v2∈V\bfv_1, \bfv_2 \in V se cumple −(v1+v2)=−v1−v2-(\bfv_1 + \bfv_2) = -\bfv_1 - \bfv_2

v1+v2=v1+v2(v1+v2)+(−(v1+v2))=0v1+v2−(v1+v2)=0v1+v2−(v1+v2)−v1−v2=−v1−v2−(v1+v2)=−v1−v2\begin{aligned} \bfv_1 + \bfv_2 &= \bfv_1 + \bfv_2 \\ (\bfv_1 + \bfv_2) + (-(\bfv_1 + \bfv_2)) &= 0 \\ \bfv_1 + \bfv_2 - (\bfv_1 + \bfv_2) &= 0 \\ \bfv_1 + \bfv_2 - (\bfv_1 + \bfv_2) - \bfv_1 - \bfv_2 &= -\bfv_1 - \bfv_2 \\ -(\bfv_1 + \bfv_2) &= -\bfv_1 - \bfv_2 \end{aligned}

3.

Si a∈K,v∈V  ⟹  −(a⋅v)=(−a)⋅v=a⋅(−v)a \in \KK, \bfv \in V \implies -(a \cdot \bfv) = (-a) \cdot \bfv = a \cdot (-\bfv)

a⋅v=a⋅va⋅v⋅(−1)=a⋅v⋅(−1)(a⋅v)⋅(−1)=a⋅v⋅(−1)−(a⋅v)=a⋅v⋅(−1)\begin{aligned} a \cdot \bfv &= a \cdot \bfv \\ a \cdot \bfv \cdot (-1) &= a \cdot \bfv \cdot (-1) \\ (a \cdot \bfv) \cdot (-1) &= a \cdot \bfv \cdot (-1) \\ -(a \cdot \bfv) &= a \cdot \bfv \cdot (-1) \end{aligned}

Por conmutatividad, a⋅v⋅(−1)=(−a)⋅v=a⋅(−v)a \cdot \bfv \cdot (-1) = (-a) \cdot \bfv = a \cdot (-\bfv).

4.

Si vchar"338=0∧a1⋅v=a2⋅v  ⟹  a1=a2\bfv \not= 0 \land a_1 \cdot \bfv = a_2 \cdot \bfv \implies a_1 = a_2

a1⋅v=a2⋅va1⋅v−a2⋅v=0(a1−a2)⋅v=0\begin{aligned} a_1 \cdot \bfv &= a_2 \cdot \bfv \\ a_1 \cdot \bfv - a_2 \cdot \bfv &= 0 \\ (a_1 - a_2) \cdot \bfv &= 0 \end{aligned}

Sabemos que vchar"338=0\bfv \not= 0, por lo tanto:

a1−a2=0a1=a2\begin{aligned} a_1 - a_2 &= 0 \\ a_1 &= a_2 \end{aligned}

Sea (V,+,⋅)(V, +, \cdot) un espacio vectorial sobre un cuerpo K\KK. Sean a,a1,a2∈Ka, a_1, a_2 \in \KK y v,v1,v2∈V\bfv, \bfv_1, \bfv_2 \in V. Probar los siguientes:

5.

Si a⋅v=0a \cdot \bfv = 0 entonces a=0a = 0 o v=0\bfv = 0:

Esto es válido para aa, ya que sabemos que: a,b∈Ka, b \in \KK donde a⋅b=0  ⟹  a=0  ∨  b=0a \cdot b = 0 \implies a = 0 \; \lor \; b = 0.

Quedar probar para v\bfv:

a⋅v=0a−1⋅a⋅v=0⋅a−11⋅v=0v=0\begin{aligned} a \cdot \bfv &= 0 \\ a^{-1} \cdot a \cdot \bfv &= 0 \cdot a^{-1} \\ 1 \cdot \bfv &= 0 \\ \bfv &= 0 \end{aligned}

6.

Si achar"338=0∧a⋅v1=a⋅v2  ⟹  v1=v2a \not= 0 \land a \cdot \bfv_1 = a \cdot \bfv_2 \implies \bfv_1 = \bfv_2:

a⋅v1=a⋅v2a−1⋅a⋅v1=a−1⋅a⋅v21⋅v1=1⋅v2v1=v2\begin{aligned} a \cdot \bfv_1 &= a \cdot \bfv_2 \\ a^{-1} \cdot a \cdot \bfv_1 &= a^{-1} \cdot a \cdot \bfv_2 \\ 1 \cdot \bfv_1 &= 1 \cdot \bfv_2 \\ \bfv_1 &= \bfv_2 \end{aligned}

7.

Sean (K,+,⋅)(\KK, +, \cdot) un cuerpo y nn un número natural. Consideramos el conjunto:

Kn=(x1,…,xn):x1,…,xn∈K.\KK^n = {(x_1, \ldots, x_n): x_1, \ldots, x_n \in \KK}.

Usando las operaciones de K\KK, definimos:

+:Kn×Kn→Kn((x1,…,xn),(y1,…,yn))↦(x1+y1,…,xn+yn)⋅:K×Kn→Kn(a,(x1,…,xn))↦(a⋅x1,…,a⋅xn)\begin{aligned} + : \KK^n \times \KK^n &\to \KK^n \quad ((x_1, \ldots, x_n), (y_1, \ldots, y_n)) \mapsto (x_1 + y_1, \ldots, x_n + y_n) \\ \cdot : \KK \times \KK^n &\to \KK^n \quad (a, (x_1, \ldots, x_n)) \mapsto (a \cdot x_1, \ldots, a \cdot x_n) \end{aligned}

Verificiar que (Kn,+,⋅)(\KK^n, +, \cdot) es un espacio vectorial:

Primero comprobamos si es un grupo abeliano:

v+w=w+v(x1,…,xn)+(y1,…,yn)=(y1,…,yn)+(x1,…,xn)=(x1+y1,…,xn+yn)v+0=v(x1,…,xn)+(0,…,0)=(x1+0,…,xn+0)=(x1,…,xn)v+(−v)=0(x1,…,xn)+(−(x1,…,xn))=0(x1,…,xn)+(−x1,…,−xn)=(x1−x1,…,xn−xn)=0(v+w)+z=v+(w+z)((x1,…,xn)+(y1,…,yn))+(z1,…,zn)=(x1,…,xn)+((y1,…,yn)+(z1,…,zn))(x1+y1,…,xn+yn)+(z1,…,zn)=(x1,…,xn)+(y1+z1,…,yn+zn)((x1+y1)+z1,…,(xn+yn)+zn)=(x1+(y1+z1),…,xn+(yn+zn))(x1+y1+z1,…,xn+yn+zn)=(x1+y1+z1,…,xn+yn+zn)\begin{aligned} \bfv + \bfw &= \bfw + \bfv \\ (x_1, \ldots, x_n) + (y_1, \ldots, y_n) &= (y_1, \ldots, y_n) + (x_1, \ldots, x_n) = (x_1 + y_1, \ldots, x_n + y_n) \\ \\ \bfv + 0 &= \bfv \\ (x_1, \ldots, x_n) + (0, \ldots, 0) &= (x_1 + 0, \ldots, x_n + 0) = (x_1, \ldots, x_n) \\ \\ \bfv + (-\bfv) &= 0 \\ (x_1, \ldots, x_n) + (-(x_1, \ldots, x_n)) &= 0 \\ (x_1, \ldots, x_n) + (-x_1, \ldots, -x_n) &= (x_1 - x_1, \ldots, x_n - x_n) = 0 \\ \\ (\bfv + \bfw) + \mathbf{z} &= \bfv + (\bfw + \mathbf{z}) \\ ((x_1, \ldots, x_n) + (y_1, \ldots, y_n)) + (z_1, \ldots, z_n) &= (x_1, \ldots, x_n) + ((y_1, \ldots, y_n) + (z_1, \ldots, z_n)) \\ (x_1 + y_1, \ldots, x_n + y_n) + (z_1, \ldots, z_n) &= (x_1, \ldots, x_n) + (y_1 + z_1, \ldots, y_n + z_n) \\ ((x_1 + y_1) + z_1, \ldots, (x_n + y_n) + z_n) &= (x_1 + (y_1 + z_1), \ldots, x_n + (y_n + z_n)) \\ (x_1 + y_1 + z_1, \ldots, x_n + y_n + z_n) &= (x_1 + y_1 + z_1, \ldots, x_n + y_n + z_n) \end{aligned}

Es un grupo abeliano. Comprobamos las propiedades de la acción ⋅\cdot

(a+b)⋅v=a⋅v+b⋅v(a+b)⋅(x1,…,xn)=a⋅(x1,…,xn)+b⋅(x1,…,xn)((a+b)⋅x1,…,(a+b)⋅xn)=(a⋅(x1,…,xn)+b⋅(x1,…,xn))(a⋅x1+b⋅x1,…,a⋅xn+b⋅xn)=(a⋅x1,…,a⋅xn)+(b⋅x1,…,b⋅xn)(a⋅x1+b⋅x1,…,a⋅xn+b⋅xn)=(a⋅x1+b⋅x1,…,a⋅xn+b⋅xn)v⋅1=v(x1,…,xn)⋅1=(x1⋅1,…,xn⋅1)=(x1,…,xn)a⋅(v+w)=a⋅v+a⋅wa⋅((x1,…,xn)+(y1,…,yn))=a⋅(x1,…,xn)+a⋅(y1,…,yn)(a⋅(x1,…,xn)+a⋅(y1,…,yn))=(a⋅x1,…,a⋅xn)+(a⋅y1,…,a⋅yn)(a⋅x1,…,a⋅xn)+(a⋅y1,…,a⋅yn)=(a⋅x1+a⋅y1,…,a⋅xn+a⋅yn)(a⋅x1+a⋅y1,…,a⋅xn+a⋅yn)=(a⋅(x1+y1),…,a⋅(xn+yn))(a⋅b)⋅v=a⋅(b⋅v)(a⋅b)⋅(x1,…,xn)=a⋅(b⋅(x1,…,xn))((a⋅b)⋅x1,…,(a⋅b)⋅xn)=a⋅(b⋅x1,…,b⋅xn)((a⋅b)⋅x1,…,(a⋅b)⋅xn)=(a⋅(b⋅x1),…,a⋅(b⋅xn))((a⋅b)⋅x1,…,(a⋅b)⋅xn)=((a⋅b)⋅x1,…,(a⋅b)⋅xn)\begin{aligned} (a + b) \cdot \bfv &= a \cdot \bfv + b \cdot \bfv \\ (a + b) \cdot (x_1, \ldots, x_n) &= a \cdot (x_1, \ldots, x_n) + b \cdot (x_1, \ldots, x_n) \\ ((a + b) \cdot x_1, \ldots, (a + b) \cdot x_n) &= (a \cdot (x_1, \ldots, x_n) + b \cdot (x_1, \ldots, x_n)) \\ (a \cdot x_1 + b \cdot x_1, \ldots, a \cdot x_n + b \cdot x_n) &= (a \cdot x_1, \ldots, a \cdot x_n) + (b \cdot x_1, \ldots, b \cdot x_n) \\ (a \cdot x_1 + b \cdot x_1, \ldots, a \cdot x_n + b \cdot x_n) &= (a \cdot x_1 + b \cdot x_1, \ldots, a \cdot x_n + b \cdot x_n) \\ \\ \bfv \cdot 1 &= \bfv \\ (x_1, \ldots, x_n) \cdot 1 &= (x_1 \cdot 1, \ldots, x_n \cdot 1) = (x_1, \ldots, x_n) \\ \\ a \cdot (\bfv + \bfw) &= a \cdot \bfv + a \cdot \bfw \\ a \cdot ((x_1, \ldots, x_n) + (y_1, \ldots, y_n)) &= a \cdot (x_1, \ldots, x_n) + a \cdot (y_1, \ldots, y_n) \\ (a \cdot (x_1, \ldots, x_n) + a \cdot (y_1, \ldots, y_n)) &= (a \cdot x_1, \ldots, a \cdot x_n) + (a \cdot y_1, \ldots, a \cdot y_n) \\ (a \cdot x_1, \ldots, a \cdot x_n) + (a \cdot y_1, \ldots, a \cdot y_n) &= (a \cdot x_1 + a \cdot y_1, \ldots, a \cdot x_n + a \cdot y_n) \\ (a \cdot x_1 + a \cdot y_1, \ldots, a \cdot x_n + a \cdot y_n) &= (a \cdot (x_1 + y_1), \ldots, a \cdot (x_n + y_n)) \\ \\ (a \cdot b) \cdot \bfv &= a \cdot (b \cdot \bfv) \\ (a \cdot b) \cdot (x_1, \ldots, x_n) &= a \cdot (b \cdot (x_1, \ldots, x_n)) \\ ((a \cdot b) \cdot x_1, \ldots, (a \cdot b) \cdot x_n) &= a \cdot (b \cdot x_1, \ldots, b \cdot x_n) \\ ((a \cdot b) \cdot x_1, \ldots, (a \cdot b) \cdot x_n) &= (a \cdot (b \cdot x_1), \ldots, a \cdot (b \cdot x_n)) \\ ((a \cdot b) \cdot x_1, \ldots, (a \cdot b) \cdot x_n) &= ((a \cdot b) \cdot x_1, \ldots, (a \cdot b) \cdot x_n) \end{aligned}

Decidir si los siguientes conjuntos son espacios vectoriales sobre R\RR con las operaciones definidas:

8.

Rn\RR^n con v1⊕v2=v1−v2\bfv_1 \oplus \bfv_2 = \bfv_1 - \bfv_2 y el producto usual.

v1⊕v2=v1−v2v1−v2=0  ⟺  v1=v2(x1,…,xn)⊕(0,…,0)=(x1−0,…,xn−0)=(x1,…,xn)(0,…,0)⊕(x1,…,xn)=(0−x1,…,0−xn)=(−x1,…,−xn)char"338=(x1,…,xn)\begin{aligned} \bfv_1 \oplus \bfv_2 &= \bfv_1 - \bfv_2 \\ \bfv_1 - \bfv_2 = 0 &\iff \bfv_1 = \bfv_2 \\ \\ (x_1, \ldots, x_n) \oplus (0, \ldots, 0) &= (x_1 - 0, \ldots, x_n - 0) = (x_1, \ldots, x_n) \\ \\ (0, \ldots, 0) \oplus (x_1, \ldots, x_n) &= (0 - x_1, \ldots, 0 - x_n) = (-x_1, \ldots, -x_n) \not= (x_1, \ldots, x_n) \end{aligned}

El elemento neutro no es bilateral para la operación, ∴\therefore no es grupo abeliano ni espacio vectorial.

9.

Rn\RR^n con la suma usual y a⊙v=−a⋅va \odot \bfv = -a \cdot \bfv

1⊙v=?v1⊙v=−1⋅v=−vchar"338=v\begin{aligned} 1 \odot \bfv &\stackrel{?}{=} \bfv \\ 1 \odot \bfv &= -1 \cdot \bfv = -\bfv \not= \bfv \end{aligned}

No se cumple la propiedad de elemento neutro, ∴\therefore no es un espacio vectorial.

10.

Probar que R\RR es un Q\QQ-espacio vectorial:

Definimos las operaciones (+),(⋅)(+), (\cdot),

+:R×R→R⋅:Q×R→R\begin{aligned} + : \RR \times \RR &\to \RR \\ \cdot : \QQ \times \RR &\to \RR \end{aligned}

Comprobamos si (R,+)(\RR, +) es grupo abeliano. Para x,y,z,0∈Rx, y, z, 0 \in \RR:

x+(−x)=0x+0=0x+y=y+x(x+y)+z=x+(y+z)\begin{aligned} x + (-x) &= 0 \\ \\ x + 0 &= 0 \\ \\ x + y &= y + x \\ \\ (x + y) + z &= x + (y + z) \end{aligned}

Si es grupo abeliano. Revisamos las propiedades de la operación ⋅\cdot, dados x,y∈R;p,q∈Qx, y \in \RR; p, q \in \QQ:

x⋅1=x(p+q)⋅x=p⋅x+q⋅xp⋅(x+y)=p⋅x+p⋅y(p⋅q)⋅x=p⋅(q⋅x)\begin{aligned} x \cdot 1 &= x \\ \\ (p + q) \cdot x &= p \cdot x + q \cdot x \\ \\ p \cdot (x + y) &= p \cdot x + p \cdot y \\ \\ (p \cdot q) \cdot x &= p \cdot (q \cdot x) \end{aligned}

Se cumplen las propiedades, por lo que R\RR es un espacio Q\QQ-vectorial.

Subespacios

Sea VV un K\KK-espacio vectorial. Un subconjunto S⊆VS \subseteq V no vacío se dice un subespacio de VV si la suma y el producto por escalares (de VV) son una operación y una acción en SS que lo convierten en un K\KK-espacio vectorial.

SS es un subespacio de VV solo si valen las siguientes condiciones:

  • P1) 0∈S0 \in S
  • P2) v,w∈S  ⟹  v+w∈S\bfv, \bfw \in S \implies \bfv + \bfw \in S
  • P3) λ∈K,  v∈S  ⟹  λ⋅v∈S\lambda \in \KK, \; \bfv \in S \implies \lambda \cdot \bfv \in S

Dados v1,…,vn∈V,S={α1v1+…+αnvn∣αi∈K,  1≤i≤n}\bfv_1, \ldots, \bfv_n \in V, S = \{ \alpha_1 \bfv_1 + \ldots + \alpha_n \bfv_n \mid \alpha_i \in \KK, \; 1 \leq i \leq n \} subespacio de VV.
SS es el subespacio generado por v1,…,vn\bfv_1, \ldots, \bfv_n y se denota S=  <v1,…,vn>S = \; < \bfv_1, \ldots, \bfv_n >.

Sea VV un K\KK-espacio vectorial, y S,TS, T subespacios de VV, entonces S∩TS \cap T es subespacio de VV.

Puede demostrarse como:

  1. 0∈S∩T0 \in S \cap T ya que 0∈S,0∈T0 \in S, 0 \in T.
  2. Dados v,w∈S∩T  ⟹  v,w∈S  ∧  v,w∈T\bfv, \bfw \in S \cap T \implies \bfv, \bfw \in S \; \land \; \bfv, \bfw \in T.
    Como S,TS, T son subespacios, v+w∈S  ∧  v+w∈T  ⟹  v+w∈S∩T\bfv + \bfw \in S \; \land \; \bfv + \bfw \in T \implies \bfv + \bfw \in S \cap T.
  3. Dados λ∈K,  v∈S∩T  ⟹  v∈S  ∧  v∈T\lambda \in \KK, \; \bfv \in S \cap T \implies \bfv \in S \; \land \; \bfv \in T
    Como S,TS, T son subespacios y λ∈K\lambda \in \KK: λ⋅v∈S  ∧  λ⋅v∈T  ⟹  λ⋅v∈S∩T\quad \lambda \cdot \bfv \in S \; \land \; \lambda \cdot \bfv \in T \implies \lambda \cdot \bfv \in S \cap T.

La intersección de cualquier familia de subespacios de un K\KK-espacio vectorial VV es un subespacio de VV.

Sea VV un K\KK-espacio vectorial, y S,TS, T subespacios de VV, entonces S∪TS \cup T no es necesariamente subespacio de VV.

Puede demostrarse como:

Dado V=R2V = \RR^2 si tenemos S=  <(1,0)>,  T=  <(0,1)>S = \; < (1, 0) >, \; T = \; < (0, 1) >, ambos (1,0),(0,1)∈S∪T(1, 0), (0, 1) \in S \cup T
pero (1,0)+(0,1)=(1,1)char"338∈S∪T(1, 0) + (0, 1) = (1, 1) \not\in S \cup T ya que (1,1)char"338∈S  ∧  (1,1)char"338∈T(1, 1) \not \in S \; \land \; (1, 1) \not \in T.

Ejercicios resueltos - Subespacios vectoriales

Dado n≥3n \geq 3 determinar cuales subconjuntos de Rn\RR^n son subespacios vectoriales.

1.

S={(x1,…,xn)∈Rn∣x1≥0}S = \{ (x_1, \ldots, x_n) \in \RR^n \mid x_1 \geq 0 \}
  1. 0∈S0 \in S, ya que 0≥00 \geq 0.
  2. Dados (x1,…,xn),(y1,…,yn)∈S(x_1, \ldots, x_n), (y_1, \ldots, y_n) \in S tenemos x1≥0  ∧  y1≥0  ⟹  x1+y1≥0x_1 \geq 0 \; \land \; y_1 \geq 0 \implies x_1 + y_1 \geq 0.
  3. Dados λ∈R,  (x1,…,xn)∈S,  \lambda \in \RR, \; (x_1, \ldots, x_n) \in S, \; si   λ≥0  ⟹  λ⋅x1≥0\; \lambda \geq 0 \implies \lambda \cdot x_1 \geq 0.
    Pero si λ<0  ⟹  −λ⋅x1<0\lambda < 0 \implies -\lambda \cdot x_1 < 0. Por lo tanto, SS no es un subespacio vectorial.

2.

P={(x1,…,xn)∈Rn∣x1+x2=0}P = \{ (x_1, \ldots, x_n) \in \RR^n \mid x_1 + x_2 = 0 \}
  1. 0∈P0 \in P ya que 0+0=00 + 0 = 0.
  2. Dados (x1,…,xn),(y1,…,yn)∈P(x_1, \ldots, x_n), (y_1, \ldots, y_n) \in P tenemos
    x1+y1=0  ∧  x2+y2=0  ⟹  (x1+y1)+(x2+y2)=0x_1 + y_1 = 0 \; \land \; x_2 + y_2 = 0 \implies (x_1 + y_1) + (x_2 + y_2) = 0.
  3. Dados λ∈R,  (x1,…,xn)∈P\lambda \in \RR, \; (x_1, \ldots, x_n) \in P tenemos x1+x2=0  ⟹  λ⋅0=0x_1 + x_2 = 0 \implies \lambda \cdot 0 = 0.

PP si es un subespacio vectorial.

3.

H={(x1,…,xn)∈Rn∣x1x2=0}H = \{ (x_1, \ldots, x_n) \in \RR^n \mid x_1x_2 = 0 \}
  1. 0∈H0 \in H ya que 0⋅0=00 \cdot 0 = 0.
  2. Dados (x1,…,xn),(y1,…,yn)∈H(x_1, \ldots, x_n), (y_1, \ldots, y_n) \in H tenemos (x1+y1)(x2+y2)=0(x_1 + y_1)(x_2 + y_2) = 0. Pero esto no se cumple necesariamente. Ejemplo: (1,0)+(0,1)=(1,1)  ⟹  1⋅1char"338=0(1, 0) + (0, 1) = (1, 1) \implies 1 \cdot 1 \not= 0. HH no es un subespacio vectorial.

4.

I={(x1,…,xn)∈Rn∣x1+x2=1}I = \{ (x_1, \ldots, x_n) \in \RR^n \mid x_1 + x_2 = 1 \}
  1. No se cumple que 0∈I0 \in I. Ya que 0+0char"338=10 + 0 \not= 1. Por ende, II no es un subespacio vectorial.

5.

Sean W1,W2W_1, W_2 subespacios de un K\KK-espacio vectorial VV.
Probar que si W1∪W2W_1 \cup W_2 es un subespacio de V  ⟹  W1⊂W2∨W2⊂W1V \implies W_1 \subset W_2 \lor W_2 \subset W_1:

Podemos demostrarlo por contradicción, es decir, W1char"338⊂W2∧W2char"338⊂W1W_1 \not\subset W_2 \land W_2 \not\subset W_1.

Sean w1∈W1,  w1char"338∈W2,  w2∈W2,  w2char"338∈W1\bfw_1 \in W_1, \; \bfw_1 \not\in W_2, \; \bfw_2 \in W_2, \; \bfw_2 \not\in W_1.
Tenemos que w1+w2∈W1∪W2\bfw_1 + \bfw_2 \in W_1 \cup W_2. La unión nos dice que: w1+w2∈W1  ∨  w1+w2∈W2\bfw_1 + \bfw_2 \in W_1 \; \lor \; \bfw_1 + \bfw_2 \in W_2.

Si restamos w1\bfw_1 del lado izquierdo y w2\bfw_2 del lado derecho, obtenemos:

w2∈W1∨w1∈W2.\bfw_2 \in W_1 \lor \bfw_1 \in W_2.

Por lo tanto, hemos llegado a una contradicción.

6.

Comprobar si {(abcd)∈Q2×2  ∣  b=c2}\big\{ \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \in \QQ^{2 \times 2} \; | \; b = c^2 \big\} es subespacio de Q2×2\QQ^{2 \times 2}.

  1. 00 si está en el conjunto: (0000)∈Q2×2\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \in \QQ^{2 \times 2}

  2. Comprobamos la suma:

(a1c12c1d1)+(a2c22c2d2)=(a1+a2c12+c22c1+c2d1+d2)\begin{pmatrix} a_1 & c_1^2 \\ c_1 & d_1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} a_2 & c_2^2 \\ c_2 & d_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_1 + a_2 & c_1^2 + c_2^2 \\ c_1 + c_2 & d_1 + d_2 \end{pmatrix}

Acorde a la definición, debería cumplirse que:

b1+b2=(c1+c2)2c12+c22=c12+2c1c2+c22\begin{aligned} b_1 + b_2 &= (c_1 + c_2)^2 \\ c_1^2 + c_2^2 &= c_1^2 + 2c_1c_2 + c_2^2 \end{aligned}

Lo cual, no se cumple si 2c1c2char"338=02c_1c_2 \not= 0. Al no ser cerrado bajo la suma, no es subespacio vectorial.

7.

Comprobar si {(abcd)∈R2×2  ∣  a+d=0}\big\{ \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \in \RR^{2 \times 2} \; | \; a + d = 0 \big\} es subespacio de R2×2\RR^{2 \times 2}.

  1. 00 si está en el conjunto: (0000)∈R2×2\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \in \RR^{2 \times 2}

  2. Teniendo en cuenta que a+d=0  ⟹  a=−da + d = 0 \implies a = -d, comprobamos la suma:

(−d1b1c1d1)+(−d2b2c2d2)\begin{pmatrix} -d_1 & b_1 \\ c_1 & d_1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -d_2 & b_2 \\ c_2 & d_2 \end{pmatrix}

Por lo tanto, tendríamos:

(−d1+−d2)+(d1+d2)=0(-d_1 + -d_2) + (d_1 + d_2) = 0

Esto se cumple, por lo tanto la suma está definida.

  1. Ahora comprobamos el producto por un escalar λ∈K\lambda \in \KK:
λ⋅(−dbcd)=(λ⋅(−d)λ⋅bλ⋅cλ⋅d)\lambda \cdot \begin{pmatrix} -d & b \\ c & d \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \lambda \cdot (-d) & \lambda \cdot b \\ \lambda \cdot c & \lambda \cdot d \end{pmatrix}

Entonces tenemos:

λ(−d)⋅λd=0λ(−d+d)=00=0\begin{aligned} \lambda (-d) \cdot \lambda d &= 0 \\ \lambda (-d + d) &= 0 \\ 0 &= 0 \end{aligned}

Lo cual es valido, la operación está bien definida. Es subespacio vectorial.

Combinación lineal

Sea VV un K\KK-espacio vectorial y G={v1,…,vr}⊆VG = \{ \bfv_1, \ldots, \bfv_r \} \subseteq V. Una combinación lineal de GG es un elemento v∈V\bfv \in V tal que v=∑i=1raivi\bfv = \displaystyle{\sum_{i=1}^r} a_i \bfv_i con ai∈Ka_i \in \KK para cada 1≤i≤r1 \leq i \leq r.

Un ejemplo de combinación lineal es la siguiente suma de vectores en R3\mathbb{R}^3:

5(1,2,3)+3(4,5,6)=(5,10,15)+(12,15,18)=(17,25,33)5(1, 2, 3) + 3(4, 5, 6) = (5, 10, 15) + (12, 15, 18) = (17, 25, 33)

Donde (17,25,33)(17, 25, 33) es combinación lineal de los vectores (1,2,3)(1, 2, 3) y (4,5,6)(4, 5, 6).

Sistema de generadores

Sea VV un K\KK-espacio vectorial y G⊆VG \subseteq V, entonces GG es un sistema de generadores de VV si todo elemento de VV es combinación lineal de GG. Es decir, ⟨G⟩=V\langle G \rangle = V

Sea VV un K\KK-espacio vectorial y S⊆VS \subseteq V un subespacio y G⊆VG \subseteq V un subconjunto.
Entonces ⟨G⟩⊆S  ⟺  G⊆S\langle G \rangle \subseteq S \iff G \subseteq S.

Demostración:

(⇒\Rightarrow) Si ⟨G⟩⊆S\langle G \rangle \subseteq S, entonces expresamos cada v∈G\bfv \in G como:

v=1⋅v∈⟨G⟩⊆S  ⟹  v∈S\bfv = 1 \cdot \bfv \in \langle G \rangle \subseteq S \implies v \in S

(⇐\Leftarrow) Supongamos que G⊆SG \subseteq S. Cada combinación lineal es v=∑i=1nαiviv = \displaystyle{\sum_{i=1}^n} \alpha_i \bfv_i con α∈K,  vi∈G\alpha \in \KK, \; \bfv_i \in G. Entonces, vi∈S\bfv_i \in S.
Luego v∈Sv \in S ya que SS es subespacio

Sean {v1,…,vn}⊆V\{ \bfv_1, \ldots, \bfv_n \} \subseteq V un conjunto de vectores de un K\KK-espacio vectorial VV.
Entonces ⟨v1,…,vi^,vi+1,…,vn⟩=⟨v1,…,vn⟩  ⟺  vi∈⟨v1,…,vi^,vi+1,…,vn⟩\langle \bfv_1, \ldots, \hat{\bfv_i}, \bfv_{i+1}, \ldots , \bfv_n \rangle = \langle \bfv_1, \ldots, \bfv_n \rangle \iff \bfv_i \in \langle \bfv_1, \ldots, \hat{\bfv_i}, \bfv_{i+1}, \ldots , \bfv_n \rangle

(⇒\Rightarrow) Supongamos ⟨v1,…,vi^,…,vn⟩=⟨v1,…,vn⟩\langle \bfv_1 , \ldots , \hat{\bfv_i} , \ldots , \bfv_n \rangle = \langle \bfv_1 , \ldots , \bfv_n \rangle.
Dado que vi∈⟨v1,…,vn⟩\bfv_i \in \langle \bfv_1 , \ldots , \bfv_n \rangle (porque el conjunto de la derecha lo genera), por la igualdad de espacios tenemos vi∈⟨v1,…,v^,…,vn⟩\bfv_i \in \langle \bfv_1 , \ldots , \hat{\bfv} , \ldots , \bfv_n \rangle. Esto muestra la implicación directa.

(⇐\Leftarrow) Supongamos que vi∈⟨v1,…,vi^,…,vn⟩\bfv_i \in \langle \bfv_1 , \ldots , \hat{\bfv_i} , \ldots , \bfv_n \rangle. Queremos probar que los dos espacios generados son iguales.

  • ⟨v1,…,vi^,…,vn⟩⊆⟨v1,…,vn⟩\langle \bfv_1, \ldots, \hat{\bfv_i}, \ldots, \bfv_n \rangle \subseteq \langle \bfv_1, \ldots, \bfv_n \rangle es claro.
  • Para la otra inclusión, sea v∈⟨v1,…,vn⟩,  v=α1v1+…+αivi+…+αnvn\bfv \in \langle \bfv_1, \ldots, \bfv_n \rangle, \; \bfv = \alpha_1 \bfv_1 + \ldots + \alpha_i \bfv_i + \ldots + \alpha_n \bfv_n.
    Por hipótesis, sabemos que vi\bfv_i si pertenece al espacio generado puede expresarse como combinación lineal de los otros vectores.
vi=β1v1+…+βi−1vi−1+βi+1vi+1+…+βnvn\bfv_i = \beta_1 \bfv_1 + \ldots + \beta_{i-1} \bfv_{i-1} + \beta_{i+1} \bfv_{i+1} + \ldots + \beta_n \bfv_n

Reemplazando en la expresión de v\bfv:

v=α1v1+…+αi(β1v1+…+βi−1vi−1+βi+1vi+1+…+βnvn)+…+αnvn\bfv = \alpha_1 \bfv_1 + \ldots + \alpha_i (\beta_1 \bfv_1 + \ldots + \beta_{i-1} \bfv_{i-1} + \beta_{i+1} \bfv_{i+1} + \ldots + \beta_n \bfv_n) + \ldots + \alpha_n \bfv_n

Por lo tanto, v\bfv es combinación lineal de los vectores {v1,…,vi^,…,vn}\{ \bfv_1, \ldots, \hat{\bfv_i}, \ldots, \bfv_n \}, es decir, v∈⟨v1,…,vi^,…,vn⟩\bfv \in \langle \bfv_1, \ldots, \hat{\bfv_i}, \ldots, \bfv_n \rangle.

Esto prueba la inclusión ⟨v1,…,vn⟩⊆⟨v1,…,vi^,…,vn⟩\langle \bfv_1, \ldots, \bfv_n \rangle \subseteq \langle \bfv_1, \ldots, \hat{\bfv_i}, \ldots, \bfv_n \rangle y por lo tanto la igualdad de los espacios generados.

Independencia lineal

Sea VV un K\KK-espacio vectorial y {vα}α∈I\{\bfv_{\alpha} \}_{\alpha \in I} una familia de vectores de VV, entonces {vα}α∈I\{\bfv_{\alpha}\}_{\alpha \in I} es linealmente independiente si:

∑α∈I  aα⋅vα=0⇒aα=0∀α∈I\displaystyle{\sum_{\alpha \in I}} \; a_{\alpha} \cdot \bfv_{\alpha} = 0 \Rightarrow a_{\alpha} = 0 \quad \forall \alpha \in I

De lo contrario, es linealmente dependiente.

Como ejemplo en R2\RR^2, (1,0);(0,1)(1, 0); (0, 1) son linealmente independientes. Ninguno puede escribirse como múltiplo del otro.

Base y dimensión

Sea VV un K\KK-espacio vectorial. Una base de VV es el conjunto B⊆VB \subseteq V tal que:
1 ) BB es l.i.
2 ) ⟨B⟩=V\langle B \rangle = V

Sea VV un K\KK-espacio vectorial. Sean {v1,…,vr}⊆V,⟨v1,…,vr⟩=V\{ \bfv_1, \ldots, \bfv_r \} \subseteq V, \langle \bfv_1, \ldots, \bfv_r \rangle = V.
Si {w1,…,ws}⊆V\{ \bfw_1, \ldots, \bfw_s \} \subseteq V es l.i., entonces s≤rs \leq r.

Demostración:

Como wi∈V=⟨v1,…,vr⟩,∃aij∈F\bfw_i \in V = \langle \bfv_1, \dots, \bfv_r \rangle, \exists a_{ij} \in F (escalares) tales que:

wi=∑j=1raijvj\bfw_i = \displaystyle{\sum_{j=1}^r} a_{ij} v_j {a11⋅x1+⋯+a1sxs=0⋮ar1⋅x1+⋯+arsxs=0\begin{cases} a_{11} \cdot x_1 + \dots + a_{1s} x_s = 0 \\ \vdots \\ a_{r1} \cdot x_1 + \dots + a_{rs} x_s = 0 \end{cases}

Si (y1,…,ys)∈Fs(y_1, \dots, y_s) \in F^s es solución del sistema, luego

⇒∑k=1syk⋅wk=∑k=1syk⋅(∑j=1rajk⋅vj)=∑j=1r(∑k=1sajk⋅yk⏟=0j (-eˊsima ecuacioˊn))⋅vj=∑j=1r0⋅vj=0⇒∑k=1syk⋅wk=0\begin{aligned} \Rightarrow \sum_{k=1}^s y_k \cdot w_k &= \sum_{k=1}^s y_k \cdot \left( \displaystyle{\sum_{j=1}^r} a_{jk} \cdot v_j \right) \\ &= \displaystyle{\sum_{j=1}^r} \left( \underbrace{\displaystyle{\sum_{k=1}^s} a_{jk} \cdot y_k}_{= 0 j\text{ (-ésima ecuación)}} \right) \cdot v_j \\ &= \displaystyle{\sum_{j=1}^r} 0 \cdot v_j \\ &= 0 \\ \Rightarrow \sum_{k=1}^s y_k \cdot w_k = 0 \end{aligned}

Luego como {w1,…,ws}\{w_1, \dots, w_s\} es un conjunto l.i., se tiene que yk=0,  ∀k=1,…,sy_k = 0, \; \forall k = 1, \dots, s. Es decir, la única solución posible es la trivial (todas las soluciones son nulas) ∴s≤r\therefore s \le r.
(→\rightarrow la cantidad de ecuaciones rr es mayor o igual que el número de variables ss)

La dimensión de VV es la cantidad de elementos de su base BB, se denota dim⁡V\dim V

Si tenemos dos bases B1,B2B_1, B_2 de VV, donde B1={v1,…,vn},  B2={w1,…,wm}B_1 = \{ \bfv_1, \ldots, \bfv_n \}, \; B_2 = \{ \bfw_1, \ldots, \bfw_m \}, entonces n=mn = m

Demostración: se prueba considerando B1B_1 como sistema de generadores y B2B_2 como conjunto l.i. y viceversa.
Si ∣B1∣≤∣B2∣  ∧  ∣B2∣≤∣B1∣  ⟹  ∣B1∣=∣B2∣|B_1| \leq |B_2| \; \land \; |B_2| \leq |B_1| \implies |B_1| = |B_2|.

Sea VV un K\KK-espacio vectorial de dimensión finita y sea B={v1,…,vn}B = \{ \bfv_1, \ldots, \bfv_n \} una base finita de VV.
Entonces para cada v∈V,∃!  α1,…,αn∈K\bfv \in V, \exists! \; \alpha_1, \ldots, \alpha_n \in \KK tales que: v=∑i=1nαivi\bfv = \displaystyle{\sum_{i=1}^n} \alpha_i \bfv_i.

Demostración:

Sea v∈V\bfv \in V. Como v∈⟨B⟩v \in \langle B \rangle, existen escalares α1,…,αn∈K\alpha_1, \ldots, \alpha_n \in \KK tales que v=∑i=1nαivi\bfv = \displaystyle{\sum_{i=1}^n} \alpha_i \bfv_i.

Por otro lado, si β1,…,βn∈K\beta_1, \ldots, \beta_n \in \KK son otros escalares tales que v=∑i=1nβivi\bfv = \displaystyle{\sum_{i=1}^n} \beta_i \bfv_i, entonces:

0=v−v=∑i=1nαivi−∑i=1nβivi=∑i=1n(αi−βi)vi\begin{aligned} 0 &= \bfv - \bfv \\ &= \displaystyle{\sum_{i=1}^n} \alpha_i \bfv_i - \displaystyle{\sum_{i=1}^n} \beta_i \bfv_i \\ &= \displaystyle{\sum_{i=1}^n} (\alpha_i - \beta_i) \bfv_i \end{aligned}

Como {v1,…,vn}\{ \bfv_1, \ldots, \bfv_n \} es l.i., se tiene que αi−βi=0\alpha_i - \beta_i = 0 para todo 1≤i≤n1 \leq i \leq n, es decir, αi=βi\alpha_i = \beta_i para todo 1≤i≤n1 \leq i \leq n.

Sea VV un K\KK-espacio vectorial de dimensión finita. Si S⊆VS \subseteq V es l.i. y w∈V−⟨S⟩\bfw \in V - \langle S \rangle, entonces S∪{w}S \cup \{ \bfw \} es l.i.

Demostración:

Supongamos que v1,…,vn\bfv_1, \ldots, \bfv_n son elementos distintos de SS y sean λ1,…,λn,μ∈K\lambda_1, \ldots, \lambda_n, \mu \in \KK tales que:

λ1v1+…+λnvn+μw=0\lambda_1 \bfv_1 + \ldots + \lambda_n \bfv_n + \mu \bfw = 0

Si μchar"338=0\mu \not= 0, entonces:

w=−1μ(λ1v1+…+λnvn)\bfw = - \frac{1}{\mu} (\lambda_1 \bfv_1 + \ldots + \lambda_n \bfv_n)

Lo cual implica que w∈⟨S⟩\bfw \in \langle S \rangle, lo cual es una contradicción.

Si μ=0\mu = 0, entonces:

λ1v1+…+λnvn=0\lambda_1 \bfv_1 + \ldots + \lambda_n \bfv_n = 0

Como SS es l.i., se tiene que λ1=…=λn=0\lambda_1 = \ldots = \lambda_n = 0. Por lo tanto, S∪{w}S \cup \{ \bfw \} es l.i.

Sea VV un K\KK-espacio vectorial de dimensión finita nn. Si S⊆VS \subseteq V es l.i. donde ∣S∣=n|S| = n, entonces SS es una base de VV.

Demostración:

Supongamos que ⟨S⟩⊊V\langle S \rangle \subsetneq V, luego, ∃  w∈V−⟨S⟩\exists \; \bfw \in V - \langle S \rangle.
Tenemos que S∪{w}S \cup \{ \bfw \} es l.i., y ∣S∪{w}∣=n+1|S \cup \{ \bfw \}| = n + 1, lo cual es una contradicción ya que la dimensión de VV es nn.

Sea VV un K\KK-espacio vectorial de dimensión finita nn. Sea S0S_0 conjunto l.i. de VV. Entonces S0S_0 es finito y ∃  w1,…,wn∈V\exists \; \bfw_1, \ldots, \bfw_n \in V tales que S0∪{w1,…,wk}S_0 \cup \{ \bfw_1, \ldots, \bfw_k \} es una base de VV.

Demostración:

S0S_0 es finito pues observamos que ∣S0∣≤dim⁡V=n|S_0| \le \dim V = n. Si S0S_0 genera a VV, entonces S0S_0 es una base.
Si S0S_0 no genera a V⇒∃w1∈V−⟨S⟩V \Rightarrow \exists w_1 \in V - \langle S \rangle, luego por el lema anterior, S1=S0∪{w1}S_1 = S_0 \cup \{w_1\} es l.i.

Si S1S_1 genera a VV, ya está. Si S1S_1 no genera a VV. ⇒∃w2∈V−⟨S⟩\Rightarrow \exists w_2 \in V - \langle S \rangle tal que S2=S0∪{w1,w2}S_2 = S_0 \cup \{w_1, w_2\} es l.i.
Continuando (y en no más de dim⁡V\dim V pasos) se llega a Sm=S0∪{w1,…,wm}S_m = S_0 \cup \{w_1, \dots, w_m\} que es l.i. y genera a VV, luego SmS_m es base

Sea VV un K\KK-espacio vectorial de dimensión finita nn, Vchar"338=0V \not= 0. Sea ⟨S⟩=V\langle S \rangle = V. Entonces un subconjunto BB de SS es una base.

Demostración:

Sea C={∣R∣  ∣  R⊆S,  R l.i.}C = \{ | R | \; | \; R \subseteq S, \; R \text{ l.i.} \}. Como vchar"338=0v \not=0 y ⟨S⟩=V  ⟹  Cchar"338=∅\langle S \rangle = V \implies C \not= \emptyset. Como CC no es vacío, este tiene máximo.

Sea nn el máximo de CC y sea B⊆SB \subseteq S un subconjunto l.i. de SS tal que ∣B∣=n|B| = n, podemos ver que BB es base:

Supongamos que v∈S\bfv \in S tal que vchar"338in⟨B⟩\bfv \not in \langle B \rangle. Como BB es l.i., entonces B∪{v}B \cup \{ \bfv \} es l.i. y ∣B∪{v}∣=n+1|B \cup \{ \bfv \}| = n + 1, lo cual es una contradicción. Entonces, v∈S  ⟹  v∈⟨B⟩\bfv \in S \implies \bfv \in \langle B \rangle.
Por lo tanto, ⟨S⟩⊆⟨B⟩  ⟹  V⊆⟨B⟩  ⟹  V=⟨B⟩\langle S \rangle \subseteq \langle B \rangle \implies V \subseteq \langle B \rangle \implies V = \langle B \rangle. Entonces, BB es base de VV.

Sea VV un K\KK-espacio vectorial de dimensión finita nn. S⊆V,∣S∣=nS \subseteq V, |S| = n. Si ⟨S⟩=V  ⟹  S\langle S \rangle = V \implies S es una base de VV.

Demostración:

Si SS es base, ya está. Si no lo es, ∃B⊊S\exists B \subsetneq S base de VV. Luego, ∣B∣<∣S∣=n|B| < |S| = n.
Pero como BB es base, ∣B∣=n|B| = n. Contradicción.

Vectores canónicos y base canónica

Se denota por   ei,  1≤i≤n\; \mathbf{e}_i, \; 1 \leq i \leq n a los vectores canónicos de Kn\KK^n donde solo hay una coordenada i=1i = 1 y el resto son nulos.

e1=(1,0,0)e2=(0,1,0)e3=(0,0,1)…\mathbf{e}_1 = (1, 0, 0) \quad \mathbf{e}_2 = (0, 1, 0) \quad \mathbf{e}_3 = (0, 0, 1) \ldots

El conjunto dado por {e1,…,en}\{\mathbf{e}_1, \ldots, \mathbf{e}_n\} es llamado base canónica de Kn\KK^n.

Ejercicios resueltos - Independencia lineal

Decidir si los siguientes subconjuntos de R3\RR^3 son linealmente independientes:

1.

{(1,0,−1),(1,2,1),(0,−3,2)}\{( 1, 0, -1), (1, 2, 1), (0, -3, 2)\}

Necesitamos ver si los vectores del subconjunto no son expresarse como combinación lineal de sí mismos.
Para ello, defino escalares α,β,γ\alpha, \beta, \gamma para ver si todos ellos son cero.

α(1,0,−1)+β(1,2,1)+γ(0,−3,2)  ⟹  α,β,γ=?0\alpha(1, 0, -1) + \beta(1, 2, 1) + \gamma(0, -3, 2) \implies \alpha, \beta, \gamma \stackrel{?}{=} 0

Defino un sistema de ecuaciones.

{α+β=02β−3γ=0−α+β+2γ=0\begin{cases} \alpha + \beta = 0 \\ 2 \beta - 3 \gamma = 0 \\ -\alpha + \beta + 2 \gamma = 0 \end{cases}

Resolviendo el sistema y reemplazando valores ecuación por ecuación, tenemos:

α=−β  −2α=3γ  −α−α+2γ=0−2α+2γ=03γ+2γ=05γ=0γ=0  ⟹  α=0  ⟹  β=0\begin{aligned} \alpha &= - \beta \\ &\; \\ -2 \alpha = 3 \gamma \\ &\; \\ -\alpha - \alpha + 2 \gamma &= 0 \\ -2 \alpha + 2 \gamma &= 0 \\ 3 \gamma + 2 \gamma &= 0 \\ 5 \gamma &= 0 \\ \gamma &= 0 \implies \alpha = 0 \implies \beta = 0 \end{aligned}

El subconjunto es linealmente independiente.

2.

{(1,0,−1),(1,−2,1),(2,−2,0)}\{(1, 0, -1), (1, -2, 1), (2, -2, 0)\}

Podemos observar que 1⋅(1,0,−1)+1⋅(1,−2,1)=(2,−2,0)1 \cdot (1, 0, -1) + 1 \cdot (1, -2, 1) = (2, -2, 0), por lo que el subconjunto es linealmente dependiente.

Si quisieramos resolverlo mediante ecuaciones hacemos lo siguiente:

{α+β+2γ=0−2β−2γ=0−α+β=0\begin{cases} \alpha + \beta + 2 \gamma = 0 \\ - 2 \beta - 2 \gamma = 0 \\ - \alpha + \beta = 0 \end{cases}

Resolviendo:

α=β  −2β=2γ−β=γ  β+β+2γ=02β+2γ=0−2γ+2γ=00=0\begin{aligned} \alpha &= \beta \\ &\; \\ - 2 \beta &= 2 \gamma \\ - \beta &= \gamma \\ &\; \\ \beta + \beta + 2 \gamma &= 0 \\ 2 \beta + 2 \gamma &= 0 \\ - 2 \gamma + 2 \gamma &= 0 \\ 0 &= 0 \end{aligned}

Los escalares no son iguales a cero.

3.

Encontrar a∈Ra \in \RR donde (1,a+2,a+4)(1, a + 2, a + 4) pertenece a {(3,1,−3),(4,−2,−14),(−1,3,11)}\{ (3, 1, -3), (4, -2, -14), (-1, 3, 11) \} para cada valor de aa hallado, además encontrar la combinación lineal correspondiente.

Defino la siguiente combinación lineal: α(3,1,−3)+β(4,−2,−14)+γ(−1,3,11)=(1,a+2,a+4)\alpha (3, 1, -3) + \beta (4, -2, -14) + \gamma (-1, 3, 11) = (1, a + 2, a + 4)

Esto nos deja el siguiente sistema:

{3α+4β−γ=1α−2β+3γ=a+2−3α−14β+11γ=a+4\begin{cases} 3 \alpha + 4 \beta - \gamma = 1 \\ \alpha - 2 \beta + 3 \gamma = a + 2 \\ -3 \alpha - 14 \beta + 11 \gamma = a + 4 \end{cases}

Como matriz, tenemos:

[34−111−23a+2−3−1411a+4]F2↔F1[1−23a+234−11−3−1411a+4] F2→F2−3F1[1−23a+2010−10−3a−5−3−1411a+4]F3→F3+3F1[1−23a+2010−10−3a−50−20204a+10]F3→F3+2F2[1−23a+2010−10−3a−5000−2a]\begin{aligned} & \begin{bmatrix} \begin{array}{ccc|c} 3 & 4 & -1 & 1 \\ 1 & -2 & 3 & a + 2 \\ -3 & -14 & 11 & a + 4 \end{array} \end{bmatrix} \\ F_2 \leftrightarrow F_1 & \begin{bmatrix} \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 3 & a + 2 \\ 3 & 4 & -1 & 1 \\ -3 & -14 & 11 & a + 4 \end{array} \end{bmatrix}  \\ F_2 \rightarrow F_2 - 3F_1 & \begin{bmatrix} \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 3 & a + 2 \\ 0 & 10 & -10 & -3a - 5 \\ -3 & -14 & 11 & a + 4 \end{array} \end{bmatrix} \\ F_3 \rightarrow F_3 + 3F_1 & \begin{bmatrix} \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 3 & a + 2 \\ 0 & 10 & -10 & -3a - 5 \\ 0 & -20 & 20 & 4a + 10 \end{array} \end{bmatrix} \\ F_3 \rightarrow F_3 + 2F_2 & \begin{bmatrix} \begin{array}{ccc|c} 1 & -2 & 3 & a + 2 \\ 0 & 10 & -10 & -3a - 5 \\ 0 & 0 & 0 & -2a \end{array} \end{bmatrix} \\ \end{aligned}

El sistema tiene solución si −2a=0  ⟹  a=0-2a = 0 \implies a = 0.

Por lo tanto, para a=0a = 0 tenemos:

{α−2β+3γ=210β−10γ=−5\begin{cases} \alpha - 2 \beta + 3 \gamma = 2 \\ 10 \beta - 10 \gamma = -5 \\ \end{cases}

Resolviendo el sistema:

10β−10γ=−55β−5γ=−52β−γ=−12β=−12+γ  α−2(−12+γ)+3γ=2α+1−2γ+3γ=2α+1+γ=2α=1−γ\begin{aligned} 10 \beta - 10 \gamma &= -5 \\ 5 \beta - 5 \gamma &= -\frac{5}{2} \\ \beta - \gamma &= -\frac{1}{2} \\ \beta &= -\frac{1}{2} + \gamma &\; \\ \alpha - 2 \left( -\frac{1}{2} + \gamma \right) + 3 \gamma &= 2 \\ \alpha + 1 - 2 \gamma + 3 \gamma &= 2 \\ \alpha + 1 + \gamma &= 2 \\ \alpha &= 1 - \gamma \\ \end{aligned}

γ\gamma es libre, por lo que podemos definir γ=t∈R\gamma = t \in \RR. Entonces, la combinación lineal queda definida como:

α=1−tβ=−12+tγ=t\begin{aligned} \alpha &= 1 - t \\ \beta &= -\frac{1}{2} + t \\ \gamma &= t \end{aligned}

La combinación lineal correspondiente es:

(1−t)(3,1,−3)+(−12+t)(4,−2,−14)+t(−1,3,11)=(1,2,4)t∈R(1 - t)(3, 1, -3) + \left(-\frac{1}{2} + t\right)(4, -2, -14) + t(-1, 3, 11) = (1, 2, 4) \quad t \in \RR

Ejercicios resueltos - Bases y dimensión

1.

Hallar la dimensión del subespacio W1W_1 generado por S1={(1,0,−1),(1,2,1),(0,−3,2)}S_1 = \{( 1, 0, -1), (1, 2, 1), (0, -3, 2)\}, caracterizar W1W_1 mediante ecuaciones y decidir si el vector (4,−5,1)(4, -5, 1) está en W1W_1.

Los tres vectores de S1S_1 son linealmente independientes. Por lo tanto, la base del subespacio puede definirse como: {(1,0,−1),(1,2,1),(0,−3,2)}\{( 1, 0, -1), (1, 2, 1), (0, -3, 2)\} tal que W1=⟨(1,0,−1),(1,2,1),(0,−3,2)⟩W_1 = \langle ( 1, 0, -1), (1, 2, 1), (0, -3, 2) \rangle. Por lo tanto, dim⁡W1=3\dim W_1 = 3.

Siendo dim⁡W1=3=dim⁡R3\dim W_1 = 3 = \dim \RR^3, podemos establecer que W1=R3W_1 = \RR^3. Por lo tanto, todos los vectores de R3\RR^3 están en W1W_1 tal que W1=(x,y,z)∈R3  ⟹  (4,−5,1)∈W1W_1 = (x, y, z) \in \RR^3 \implies (4, -5, 1) \in W_1.

2.

Hallar la dimensión del subespacio W2W_2 generado por S2={(1,0,−1),(1,−2,1),(2,−2,0)}S_2 = \{( 1, 0, -1), (1, -2, 1), (2, -2, 0)\}, caracterizar W2W_2 mediante ecuaciones y decidir si el vector (4,−5,1)(4, -5, 1) está en W2W_2

Observemos que uno de los vectores de S2S_2 es combinación lineal de los otros dos: 1⋅(1,0,−1)+1⋅(1,−2,1)=(2,−2,0)1 \cdot ( 1, 0, -1) + 1 \cdot (1, -2, 1) = (2, -2, 0). La base de W2W_2 solo está compuesta por vectores l.i., su base se define como {(1,0,−1),(1,−2,1)}\{(1, 0, -1), (1, -2, 1)\}. Tal que W2=⟨(1,0,−1),(1,−2,1)⟩W_2 = \langle (1, 0, -1), (1, -2, 1) \rangle

Tenemos que dim⁡W2=2\dim W_2 = 2, su representación mediante ecuaciones puede obtenerse mediante la combinación lineal de los vectores de la base. Es decir,

(x,y,z)=α(1,0,−1)+β(1,−2,1)  x=α+βy=−2βz=−α+β  α=x−ββ=−y2  z=−α+βz=−x−y  ⟹  x+y+z=0\begin{aligned} (x, y, z) &= \alpha (1, 0, -1) + \beta (1, -2, 1) &\; \\ x &= \alpha + \beta \\ y &= -2 \beta \\ z &= - \alpha + \beta &\; \\ \alpha &= x - \beta \\ \beta &= - \frac{y}{2} \\ &\; \\ z &= - \alpha + \beta \\ z &= - x - y \implies x + y + z = 0 \end{aligned}

Tenemos la ecuación de W1W_1 como (x,y,z)=x+y+z=0(x, y, z) = x + y + z = 0.
Por lo que, (4,−5,1)∈W2(4, -5, 1) \in W_2 ya que: 4−5+1=04 - 5 + 1 = 0

Dar una base y dimensión de los siguientes subespacios vectoriales.

3.

W1={(x,y,z)∈R3  ∣  z=x+y}W_1 = \{ (x, y, z) \in \RR^3 \; | \; z = x + y \}

La forma de determinar su base es determinar la combinación lineal de los vectores que permite cumplir la igualdad z=x+yz = x + y. Para ello, podemos definir un vector del subespacio (x,y,z)(x, y, z) en términos de x,yx, y, ya que zz depende de ellos:

(x,y,z)=(x,y,x+y)(x,y,z)=x(1,0,1)+y(0,1,1)  Base de  W1={(1,0,1),(0,1,1)}W1=⟨(1,0,1),(0,1,1)⟩dim⁡W1=2\begin{aligned} (x, y, z) &= (x, y, x + y) \\ (x, y, z) &= x(1, 0, 1) + y(0, 1, 1) \\ &\; \\ \textnormal{Base de} \; W_1 &= \{ (1, 0, 1), (0, 1, 1) \} \\ W_1 &= \langle (1, 0, 1), (0, 1, 1) \rangle \\ \dim W_1 &= 2 \end{aligned}

4.

W2={(x,y,z,w,u)∈R5:w=x+z,y=x−z,u=2x−3z}W_2 = \{(x, y, z, w, u) \in \RR^5 : w = x + z, y = x - z, u = 2x - 3z \}

Determino la combinación lineal que satisface w=x+z,y=x−z,u=2x−3zw = x + z, y = x - z, u = 2x - 3z:

(x,y,z,w,u)=(x,x−z,z,x+z,2x−3z)(x,y,z,w,u)=x(1,1,0,1,2)+z(0,−1,1,1,−3)  Base de  W2={(1,1,0,1,2)+z(0,−1,1,1,−3)}W2=⟨(1,1,0,1,2)+(0,−1,1,1,−3)⟩dim⁡W2=2\begin{aligned} (x, y, z, w, u) &= (x, x - z, z, x + z, 2x - 3z) \\ (x, y, z, w, u) &= x(1, 1, 0, 1, 2) + z(0, -1, 1, 1, -3) \\ &\; \\ \textnormal{Base de} \; W_2 &= \{ (1, 1, 0, 1, 2) + z(0, -1, 1, 1, -3) \} \\ W_2 &= \langle (1, 1, 0, 1, 2) + (0, -1, 1, 1, -3) \rangle \\ \dim W_2 &= 2 \end{aligned}

5.

Sea VV un Z17\ZZ_{17}-espacio vectorial de dimensión 1717. Determinar la cantidad de elementos que tiene.

Teniendo en cuenta que son 1717 elementos por cada dimensión, multiplicamos los elementos 1717 veces, es decir, 171717^{17}.

6.

Sea VV un espacio vectorial, v∈V,S⊂V\bfv \in V, S \subset V linealmente independiente. Si vchar"338∈⟨S⟩\bfv \not\in \langle S \rangle, probar que S∪{v}S \cup \{ \bfv \} es l.i.

Dados {s1,…,sn}∈S,α,β∈K\{ \mathbf{s}_1, \ldots, \mathbf{s}_n \} \in S, \alpha, \beta \in \KK:

αv+∑i=1n  βisi=0  ⟹  ?es l.i.\alpha \bfv + \displaystyle{\sum_{i = 1}^n} \; \beta_i \mathbf{s}_i = 0 \stackrel{?}{\implies} \textnormal{es l.i.} \\

Si α=0\alpha = 0, la igualdad a cero se mantiene. Por lo que es l.i.

Si αchar"338=0\alpha \not= 0, tenemos:

∑i=1n  βisi=−αv∑i=1n  βisi⋅1−α=v\begin{aligned} \displaystyle{\sum_{i = 1}^n} \; \beta_i \mathbf{s}_i &= -\alpha \bfv \\ \displaystyle{\sum_{i = 1}^n} \; \beta_i \mathbf{s}_i \cdot \frac{1}{-\alpha} = \bfv \end{aligned}

Nos contradecimos con nuestra definición inicial. Ya que v∈⟨S⟩\bfv \in \langle S \rangle

7.

Sean VV un espacio vectorial de dimensión finita y W⊂VW \subset V un subespacio. Probar que si dim⁡W=dimV  ⟹  W=V\dim W = dim V \implies W = V.

Los dos espacios W,VW, V tienen misma dimensión finita nn. Supongamos que Vchar"338=WV \not= W.
Es decir, ∃v∈V\exists \bfv \in V con vchar"338∈W\bfv \not \in W
La base de VV es {w1,…,wn,v}\{ \bfw_1, \ldots, \bfw_n, \bfv \} y la de WW es {w1,…,wn}\{ \bfw_1, \ldots, \bfw_n \}

La base de VV debe ser formada por vectores l.i. y por vchar"338∈Wv \not \in W. Dados α,β∈K\alpha, \beta \in \KK, tenemos que:

Si αchar"338=0\alpha \not= 0, tenemos que:

αv+∑i=1n  βiwi=0∑i=1n  βiwi=−αv∑i=1n  βiwi⋅1−α=v\begin{aligned} \alpha \bfv + \displaystyle{\sum_{i = 1}^n} \; \beta_i \mathbf{\bfw}_i &= 0 \\ \displaystyle{\sum_{i = 1}^n} \; \beta_i \mathbf{\bfw}_i &= - \alpha \bfv \\ \displaystyle{\sum_{i = 1}^n} \; \beta_i \mathbf{\bfw}_i \cdot \frac{1}{- \alpha} &= \bfv \end{aligned}

Observemos que, dada esta última igualdad, si se cumple que v∈⟨W⟩\bfv \in \langle W \rangle. Por contradicción probamos que la igualdad V=WV = W se cumple.

Suma de subespacios

Sea VV un K\KK-espacio vectorial y S,TS, T subespacios de VV. Se denomina suma de SS y TT al conjunto
S+T={  v∈V  ∣  ∃x∈S,y∈T,v=x+y  }={  x+y  ∣  x∈S,y∈T  }S + T = \{ \; \bfv \in V \; \mid \; \exists x \in S, y \in T, \bfv = x + y \; \} = \{ \; x + y \; \mid \; x \in S, y \in T \; \}

Podemos decir que:

  1. S+TS + T es subespacio de VV
  2. S+TS + T es el menor subespacio que contiene a S∪TS \cup T
  3. Si {vi}i∈I\{ \bfv_i \}_{i \in I} es sistema de generadores de SS y {wj}j∈J\{ \bfw_j \}_{j \in J} es un sistema de generadores de TT,
    {vi}i∈I∪{wj}j∈J\{ \bfv_i \}_{i \in I} \cup \{\bfw_j\}_{j \in J} es un sistema de generadores de S+TS + T

Demostración:

  1. 0∈S+T0 \in S + T ya que 0=0+0,  0∈S,  0∈T0 = 0 + 0, \; 0 \in S, \; 0 \in T.
    Si v1,v2∈S+T\bfv_1, \bfv_2 \in S + T, tal que v1=(x1,y1),  v2=(x2,y2),λ∈K\bfv_1 = (x_1, y_1), \; \bfv_2 = (x_2, y_2), \lambda \in \KK. Entonces,
v1+λv2=(x1,y1)+λ(x2,y2)=(x1+λx2,y1+λy2)\begin{aligned} \bfv_1 + \lambda \bfv_2 &= (x_1, y_1) + \lambda (x_2, y_2) \\ &= (x_1 + \lambda x_2, y_1 + \lambda y_2) \\ \end{aligned}
  1. S⊆S+TS \subseteq S + T pues ∀v∈S\forall \bfv \in S se tiene que v1+v1+0∈S+T\bfv_1 + \bfv_1 + 0 \in S + T. Análogamente, T⊆S+TT \subseteq S + T. Luego, S∪T⊆S+TS \cup T \subseteq S + T.

Sea UU un subespacio tal que S∪T⊆US \cup T \subseteq U. Sea v∈S+T  ⟹  v=s+t,  s∈S,  t∈T\bfv \in S + T \implies \bfv = \mathbf{s} + \mathbf{t}, \; \mathbf{s} \in S, \; \mathbf{t} \in T.

s∈S∪T⊆U  ⟹  s∈Ut∈S∪T⊆U  ⟹  t∈U\begin{aligned} \mathbf{s} \in S \cup T &\subseteq U \implies \mathbf{s} \in U \\ \mathbf{t} \in S \cup T &\subseteq U \implies \mathbf{t} \in U \end{aligned}

Como UU es subespacio vectorial se tiene que v=s+t∈U  ⟹  S+T⊆U\bfv = \mathbf{s} + \mathbf{t} \in U \implies S + T \subseteq U.

  1. Cada v∈S+T\bfv \in S + T es de la forma v=s+t,  s∈S,  t∈T\bfv = \mathbf{s} + \mathbf{t}, \; \mathbf{s} \in S, \; \mathbf{t} \in T.
    Como s∈S  ⟹  ∃  {αi}i∈I⊆K\mathbf{s} \in S \implies \exists \; \{ \alpha_i \}_{i \in I} \subseteq \KK tal que s=∑i∈Iαivi\mathbf{s} = \displaystyle{\sum_{i \in I}} \alpha_i \bfv_i con αi=0\alpha_i = 0 salvo un número finito. Análogamente, para t∈T  ⟹  ∃  {βj}j∈J⊆K\mathbf{t} \in T \implies \exists \; \{ \beta_j \}_{j \in J} \subseteq \KK tal que t=∑j∈Jβjwj\mathbf{t} = \displaystyle{\sum_{j \in J}} \beta_j \bfw_j con βj=0\beta_j = 0 salvo un número finito.
v=s+t=∑i∈Iαivi+∑j∈Jβjwj\bfv = \mathbf{s} + \mathbf{t} = \displaystyle{\sum_{i \in I}} \alpha_i \bfv_i + \displaystyle{\sum_{j \in J}} \beta_j \bfw_j

Sea VV un K\KK-espacio vectorial y S,TS, T subespacios de VV de dimensión finita, entonces
dim⁡(S+T)=dim⁡S+dim⁡T−dim⁡(S∩T)\dim (S+T) = \dim S + \dim T - \dim (S \cap T)

Demostración:

Sean s=dim⁡S,t=dim⁡T,r=dim⁡(S∩T)s = \dim S, t = \dim T, r = \dim (S \cap T). Si s=0  ⟹  S={0}s = 0 \implies S = \{ 0 \}, luego S+T=TS + T = T y S∩T={0}S \cap T = \{ 0 \}. Análogamente, si t=0t = 0.

Sea {v1,…,vr}\{ \bfv_1, \ldots, \bfv_r \} una base de S∩TS \cap T. (si r=0r=0, el conjunto es vacío). Luego,

  • ∃  wr+1,…,ws∈S\exists \; \bfw_{r+1}, \ldots, \bfw_s \in S tal que {v1,…,vr,wr+1,…,ws}\{ \bfv_1, \ldots, \bfv_r, \bfw_{r+1}, \ldots, \bfw_s \} es base de SS.

  • ∃  ur+1,…,ut∈T\exists \; \mathbf{u}_{r+1}, \ldots, \mathbf{u}_t \in T tal que {v1,…,vr,ur+1,…,ut}\{ \bfv_1, \ldots, \bfv_r, \mathbf{u}_{r+1}, \ldots, \mathbf{u}_t \} es base de TT.

Veamos que {v1,…,vr,wr+1,…,ws,ur+1,…,ut}\{ \bfv_1, \ldots, \bfv_r, \bfw_{r+1}, \ldots, \bfw_s, \mathbf{u}_{r+1}, \ldots, \mathbf{u}_t \} es base de S+TS + T.

Si v∈S+T\bfv \in S + T, entonces v=s+t,  s∈S,  t∈T\bfv = \mathbf{s} + \mathbf{t}, \; \mathbf{s} \in S, \; \mathbf{t} \in T.

s=∑i=1rαivi+∑i=r+1sαiwiα∈Kt=∑j=1rβivi+∑j=r+1tβiuiβ∈Kv=s+t=∑i=1r(αi+βi)vi+∑i=r+1sαiwi+∑i=r+1tβiuiv∈⟨v1,…,vr,wr+1,…,ws,ur+1,…,ut⟩(l.i.)\begin{aligned} \mathbf{s} &= \displaystyle{\sum_{i = 1}^r} \alpha_i \bfv_i + \displaystyle{\sum_{i = r + 1}^s} \alpha_i \bfw_i \quad \alpha \in \KK \\ \mathbf{t} &= \displaystyle{\sum_{j = 1}^r} \beta_i \bfv_i + \displaystyle{\sum_{j = r + 1}^t} \beta_i \mathbf{u}_i \quad \beta \in \KK \\ \bfv &= \mathbf{s} + \mathbf{t} \\ &= \displaystyle{\sum_{i = 1}^r} (\alpha_i + \beta_i) \bfv_i + \displaystyle{\sum_{i = r + 1}^s} \alpha_i \bfw_i + \displaystyle{\sum_{i = r + 1}^t} \beta_i \mathbf{u}_i \\ \bfv &\in \langle \bfv_1, \ldots, \bfv_r, \bfw_{r+1}, \ldots, \bfw_s, \mathbf{u}_{r+1}, \ldots, \mathbf{u}_t \rangle \quad (\text{l.i.}) \end{aligned}

Sean αi,βj,γk∈K\alpha_i, \beta_j, \gamma_k \in \KK tales que:

∑i=1rαivi+∑j=r+1sβjwj+∑k=r+1tγkuk=0∑i=1rαivi+∑j=r+1sβjwj⏟∈  S=−∑k=r+1tγkuk⏟∈  T∈S∩T\begin{aligned} \displaystyle{\sum_{i = 1}^r} \alpha_i \bfv_i + \displaystyle{\sum_{j = r + 1}^s} \beta_j \bfw_j + \displaystyle{\sum_{k = r + 1}^t} \gamma_k \mathbf{u}_k &= 0 \\ \underbrace{\displaystyle{\sum_{i = 1}^r} \alpha_i \bfv_i + \displaystyle{\sum_{j = r + 1}^s} \beta_j \bfw_j}_{\in \; S} &= \underbrace{- \displaystyle{\sum_{k = r + 1}^t} \gamma_k \mathbf{u}_k}_{\in \; T} \quad \in S \cap T \end{aligned}

∴∑k=r+1tγkuk=∑i=1rδivi\therefore \displaystyle{\sum_{k = r + 1}^t} \gamma_k \mathbf{u}_k = \displaystyle{\sum_{i = 1}^r} \delta_i \bfv_i con δi∈K\delta_i \in \KK. Pues {v1,…,vr}\{ \bfv_1, \ldots, \bfv_r \} es base de S∩TS \cap T. Luego,

0=∑i=1rαivi+∑j=r+1sβjwj+∑i=1rδivi=∑i=1r(αi+δi)vi+∑j=r+1sβjwj\begin{aligned} 0 &= \displaystyle{\sum_{i = 1}^r} \alpha_i \bfv_i + \displaystyle{\sum_{j = r + 1}^s} \beta_j \bfw_j + \displaystyle{\sum_{i = 1}^r} \delta_i \bfv_i \\ &= \displaystyle{\sum_{i = 1}^r} (\alpha_i + \delta_i) \bfv_i + \displaystyle{\sum_{j = r + 1}^s} \beta_j \bfw_j \end{aligned}

Por lo tanto αi+δi=0,  ∀i=1,…,r\alpha_i + \delta_i = 0, \; \forall i = 1, \ldots, r y βj=0,  ∀j=r+1,…,s\beta_j = 0, \; \forall j = r + 1, \ldots, s. Pues {v1,…,vr,wr+1,…,ws}\{ \bfv_1, \ldots, \bfv_r, \bfw_{r+1}, \ldots, \bfw_s \} es l.i. Luego,

∑i=1rαivi+∑k=r+1tγkuk=0\displaystyle{\sum_{i = 1}^r} \alpha_i \bfv_i + \displaystyle{\sum_{k = r + 1}^t} \gamma_k \mathbf{u}_k = 0

Por lo tanto, αi=0,  ∀i=1,…,r\alpha_i = 0, \; \forall i = 1, \ldots, r y γk=0,  ∀k=r+1,…,t\gamma_k = 0, \; \forall k = r + 1, \ldots, t. Pues {v1,…,vr,ur+1,…,ut}\{ \bfv_1, \ldots, \bfv_r, \mathbf{u}_{r+1}, \ldots, \mathbf{u}_t \} es l.i. Por lo tanto, el segundo conjunto deseado es l.i.

Por lo tanto,

dim⁡(S+T)=r+(s−r)+(t−r)=s+t−r=dim⁡S+dim⁡T−dim⁡(S∩T)\dim (S + T) = r + (s - r) + (t - r) = s + t - r = \dim S + \dim T - \dim (S \cap T)

Suma directa y complemento

Se dice que VV es suma directa de S,TS, T y se nota V=S⊕TV = S \oplus T tal que:   V=S+T  ∧  S∩T={0}\; V = S + T \; \land \; S \cap T = \{ 0 \}

Si V=S⊕T  ⟹  V = S \oplus T \implies para cada v∈V  ∃!  s∈S,  t∈T\bfv \in V \; \exists ! \; \mathbf{s} \in S, \; \mathbf{t} \in T tal que v=s+t\bfv = \mathbf{s} + \mathbf{t}

Demostración:

Supongamos que existen s1,s2∈S\mathbf{s}_1, \mathbf{s}_2 \in S y t1,t2∈T\mathbf{t}_1, \mathbf{t}_2 \in T tal que:

s1+t1=v=s2+t2\mathbf{s}_1 + \mathbf{t}_1 = \bfv = \mathbf{s}_2 + \mathbf{t}_2

Luego,

s1−s2=t2−t1∈S∩T={0}s1−s2=0  ⟹  s1=s2t2−t1=0  ⟹  t1=t2\begin{aligned} \mathbf{s}_1 - \mathbf{s}_2 &= \mathbf{t}_2 - \mathbf{t}_1 \in S \cap T = \{ 0 \} \\ \mathbf{s}_1 - \mathbf{s}_2 &= 0 \implies \mathbf{s}_1 = \mathbf{s}_2 \\ \mathbf{t}_2 - \mathbf{t}_1 &= 0 \implies \mathbf{t}_1 = \mathbf{t}_2 \end{aligned}

Sea S⊆VS \subseteq V un subespacio de VV. TT es un complemento de SS en VV si V=S⊕TV = S \oplus T.

Sean S,TS, T subespacios vectoriales de VV, con bases BSB_{S} y BTB_{T} respectivamente. Ambas son equivalentes:
1 ) V=S⊕TV = S \oplus T
2 ) BS∪BTB_{S} \cup B_{T} es base de VV

Demostración:

(1)   ⟹  \implies (2) Supongamos que V=S⊕TV = S \oplus T. Como V=S+TV = S + T, entonces BS∪BT=BB_{S} \cup B_{T} = B es un conjunto de generadores de S+TS + T.
Por otro lado, sean αi∈K(i∈I)\alpha_i \in \KK (i \in I) con αi=0\alpha_i = 0, salvo para finitos i∈Ii \in I y
βj∈K(j∈J)\beta_j \in \KK (j \in J) con βj=0\beta_j = 0, salvo para finitos j∈Jj \in J tenemos que:

  ⟹  ∑i∈Iαivi+∑j∈Jβjwj=0  ⟹  ∑i∈Iαivi⏟∈  S=−∑j∈Jβjwj⏟∈  T∈S∩T={0}  ⟹  ∑αivi=0  ∧  ∑βjwj=0\begin{aligned} &\implies \sum_{i \in I} \alpha_i \bfv_i + \sum_{j \in J} \beta_j \bfw_j = 0 \\ &\implies \underbrace{\sum_{i \in I} \alpha_i \bfv_i}_{\in \; S} = - \underbrace{\sum_{j \in J} \beta_j \bfw_j}_{\in \; T} \in S \cap T = \{0\} \\ &\implies \sum \alpha_i \bfv_i = 0 \; \land \; \sum \beta_j \bfw_j = 0 \\ \end{aligned}

Como BS,BTB_{S}, B_{T} son l.i. se tiene que αi=0,  ∀i\alpha_i = 0, \; \forall i y βj=0,  ∀j\beta_j = 0, \; \forall j. Por lo tanto, BB es l.i.

(2)   ⟹  \implies (1) Como BB es base de V  ⟹  V=S+TV \implies V = S + T.
Si v∈S∩T\bfv \in S \cap T, entonces:

  • v∈S  ⟹  ∃  αi∈K(i∈I)\bfv \in S \implies \exists \; \alpha_i \in \KK (i \in I) con αi=0\alpha_i = 0, salvo para finitos i∈Ii \in I tal que v=∑i∈Iαivi\bfv = \sum_{i \in I} \alpha_i \bfv_i
  • v∈T  ⟹  ∃  βj∈K(j∈J)\bfv \in T \implies \exists \; \beta_j \in \KK (j \in J) con βj=0\beta_j = 0, salvo para finitos j∈Jj \in J tal que v=∑j∈Jβjwj\bfv = \sum_{j \in J} \beta_j \bfw_j

Tal que:

v=∑i∈Iαivi=∑j∈Jβjwj0=∑i∈Iαivi−∑j∈Jβjwj\begin{aligned} \bfv &= \sum_{i \in I} \alpha_i \bfv_i = \sum_{j \in J} \beta_j \bfw_j \\ 0 &= \sum_{i \in I} \alpha_i \bfv_i - \sum_{j \in J} \beta_j \bfw_j \end{aligned}

Por la independencia lineal de BB se tiene que αi=0,  ∀i\alpha_i = 0, \; \forall i, y βj=0,  ∀j\beta_j = 0, \; \forall j. Por lo tanto, v=0∴S∩T={0}\bfv = 0 \therefore S \cap T = \{ 0 \}.

Ejercicios resueltos - Suma de subespacios

1.

Sea W1W_1 el subespacio de R4\RR^4 generado por los vectores:

(−1,−1,1,0),(1,−1,0,1),(2,0,−1,1)(-1, -1, 1, 0), (1, -1, 0, 1), (2, 0, -1, 1)

Y sea W2W_2 el subespacio de R4\RR^4 definido por:

W2={(x,y,z,t)∈R4  ∣  x+y+z=0,  x−t=0}W_2 = \{ (x, y, z, t) \in \RR^4 \; | \; x + y + z = 0, \; x - t = 0 \}
  1. Caracterizar con ecuaciones W1W_1 y calcular su dimensión.
  2. Dar una base de W2W_2 y calcular su dimensión.
  3. Dar una base de W1+W2W_1 + W_2 y calcular su dimensión.

Comprobamos si los vectores de W1W_1 son linealmente independientes. Defino una matriz con los vectores y aplico Gauss:

[−1−1101−10120−11]F3→F3+2F1[−1−1101−1010−211]F2→F2+F1[−1−1100−2110−211]F3→F3+F2[−1−1100−2110000]\begin{aligned} &\begin{bmatrix} -1 & -1 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & -1 & 1 \end{bmatrix} \\ F_3 \rightarrow F_3 + 2F_1 &\begin{bmatrix} -1 & -1 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & 1 & 1 \end{bmatrix} \\ \\ F_2 \rightarrow F_2 + F_1 &\begin{bmatrix} -1 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 1 & 1 \\ 0 & -2 & 1 & 1 \end{bmatrix} \\ F_3 \rightarrow F_3 + F_2 &\begin{bmatrix} -1 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \end{aligned}

Podemos definir la base con dos vectores como: {(−1,−1,1,0),(0,−2,1,1)}\{ (-1 , -1 , 1 , 0), (0 , -2 , 1 , 1) \}.
Tal que dim⁡W1=2\dim W_1 = 2.

Para caracterizarlo con ecuaciones hacemos la combinación lineal:

α(−1,−1,1,0)+β(0,−2,1,1)=(x,y,z,t)(α,β∈R)\alpha(-1 , -1 , 1 , 0) + \beta(0 , -2 , 1 , 1) = (x, y, z, t) \quad (\alpha, \beta \in \RR)

Tal que:

{−α=x−α−2β=yα+β=zβ=t\begin{cases} - \alpha = x \\ - \alpha - 2 \beta = y \\ \alpha + \beta = z \\ \beta = t \end{cases}

Sustituyendo valores:

−x+t=z−x−2t=y\begin{aligned} -x + t &= z \\ -x -2t &= y \end{aligned}

Obtuvimos la ecuación que caracteriza el subespacio W1W_1.

La base del subespacio W2W_2 puede obtenerse mediante las siguientes ecuaciones:

{x+y+z=0,x−t=0\begin{cases} x + y + z = 0, \\ x - t = 0 \end{cases}

Donde podemos definirlo en términos de z,tz, t ya que y=−z−x  ∧  x=ty = -z - x \; \land \; x = t. Tenemos:

(x,y,z,t)=(t,−z−t,z,t)=z(0,−1,1,0)+t(1,−1,0,1)(x, y, z, t) = (t, -z - t, z, t) = z(0, -1, 1, 0) + t(1, -1, 0, 1)

Por lo tanto, nuestra base para W2W_2 es {(0,−1,1,0),(1,−1,0,1)}\{ (0, -1, 1, 0), (1, -1, 0, 1) \}.
Tal que dim⁡W2=2\dim W_2 = 2.

Ahora calculamos W1∩W2W_1 \cap W_2. Para ello volvemos a usar la ecuación que define nuestros componentes en W1W_1:

{−α=x−α−2β=yα+β=zβ=t\begin{cases} - \alpha = x \\ - \alpha - 2 \beta = y \\ \alpha + \beta = z \\ \beta = t \end{cases}

x + y + z = 0, ; x - t = 0 Ahora los sustituimos en la definición de W2W_2:

−α−α−2β+α+β=0  ⟹  −α=β,−α=β- \alpha - \alpha - 2 \beta + \alpha + \beta = 0 \implies - \alpha = \beta, \quad - \alpha = \beta

Ahora remplazo el valor en el sistema:

{β=x−β=y0=zβ=t\begin{cases} \beta = x \\ - \beta = y \\ 0 = z \\ \beta = t \end{cases}

Ahora tenemos β(1,−1,0,1)\beta (1, -1, 0, 1). Por lo que la base de W1∩W2W_1 \cap W_2 es {(1,−1,0,1)}\{ (1, -1, 0, 1) \}.
Tal que dim⁡W1∩W2=1\dim W_1 \cap W_2 = 1.

Por lo tanto:

dim⁡W1+W2=dim⁡W1+dim⁡W2−dim⁡W1∩W2dim⁡W1+W2=2+2−1dim⁡W1+W2=3\begin{aligned} \dim W_1 + W_2 &= \dim W_1 + \dim W_2 - \dim W_1 \cap W_2 \\ \dim W_1 + W_2 &= 2 + 2 - 1 \\ \dim W_1 + W_2 &= 3 \end{aligned}

En este caso W1+W2W_1 + W_2 es subespacio de R4\RR^4. Sus dimensiones difieren por lo que no pueden ser iguales.
En su lugar usamos los vectores l.i. entre las bases de W1,W2W_1, W_2 para definir la base de W1+W2W_1 + W_2: {(−1,−1,1,0),(0,−1,1,0),(1,−1,0,1)}\{(-1 , -1 , 1 , 0), (0, -1, 1, 0), (1, -1, 0, 1) \}

2.

Sean W1W_1 y W2W_2 los siguientes subespacios de R6\RR^6:

W1={(x1,x2,x3,x4,x5,x6):x1+x2+x3=0,x4+x5+x6=0}W2=⟨(1,−1,1,−1,1,−1),(1,0,2,1,0,0),(1,0,−1,−1,0,1),(2,1,0,0,0,0)⟩\begin{aligned} W_1 &= \{(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5, x_6): x_1 + x_2 + x_3 = 0, x_4 + x_5 + x_6 = 0 \} \\ W_2 &= \langle (1, -1, 1, -1, 1, -1),(1, 0, 2, 1, 0, 0),(1, 0, -1, -1, 0, 1),(2, 1, 0, 0, 0, 0) \rangle \end{aligned}
  1. Dar una base y dim⁡W1∩W2\dim W_1 \cap W_2. Describirlo con ecuaciones.
  2. Dar una presentación por ecuaciones de W1+W2W_1 + W_2. Obtener una base y su dimensión.
  3. Decidir si (1,1,−2,−2,1,1)(1, 1, -2, -2, 1, 1) está en W1∩W2W_1 \cap W_2 y en W1+W2W_1 + W_2

Primero, podemos establecer un sistema de ecuaciones en base a los escalares y las coordenadas respectivas de W2W_2.

W2=α(1,−1,1,−1,1,−1)+β(1,0,2,1,0,0)+γ(1,0,−1,−1,0,1)+δ(2,1,0,0,0,0)  {α+β+γ+2δ=x1−α+δ=x2α+2β−γ=x3−α+β−γ=x4α=x5−α+γ=x6W_2 = \alpha (1, -1, 1, -1, 1, -1) + \beta (1, 0, 2, 1, 0, 0) + \gamma (1, 0, -1, -1, 0, 1) + \delta (2, 1, 0, 0, 0, 0) \\ \; \\ \begin{cases} \alpha + \beta + \gamma + 2 \delta = x_1 \\ - \alpha + \delta = x_2 \\ \alpha + 2 \beta - \gamma = x_3 \\ -\alpha + \beta - \gamma = x_4 \\ \alpha = x_5 \\ -\alpha + \gamma = x_6 \end{cases}

Ahora podemos reemplazar los valores en nuestra definición de W1W_1.

(α+β+γ+2δ)+(−α+δ)+(α+2β−γ)=0(−α+β−γ)+α+(−α+γ)=0\begin{aligned} (\alpha + \beta + \gamma + 2 \delta) + (- \alpha + \delta) + (\alpha + 2 \beta - \gamma ) &= 0 \\ (-\alpha + \beta - \gamma) + \alpha + (-\alpha + \gamma) &= 0 \end{aligned}

Esto nos da:

α+3β+3δ=0−α+β=0  ⟹  α=β  α+3α+3δ=0δ=−4α3\begin{aligned} \alpha + 3 \beta + 3 \delta &= 0 \\ -\alpha + \beta &= 0 \implies \alpha = \beta \\ &\; \\ \alpha + 3 \alpha + 3 \delta &= 0 \\ \delta &= - \frac{4 \alpha}{3} \end{aligned}

Volviendo a definir coordenada a coordeanada, ahora solo dependemos de α,γ\alpha, \gamma. Tal que: α(−23,−73,3,0,1,−1)+γ(1,0,−1,−1,0,1)\alpha (-\frac{2}{3}, - \frac{7}{3}, 3, 0, 1, -1) + \gamma (1, 0, -1, -1, 0, 1)

{α+α+γ+2(−4α3)=x1  ⟹  −2α3+γ=x1−α−4α3=x2  ⟹  −7α3=x23α−γ=x3−γ=x4α=x5−α+γ=x6\begin{cases} \alpha + \alpha + \gamma + 2 (-\frac{4 \alpha}{3}) = x_1 \implies - \frac{2 \alpha}{3} + \gamma = x_1 \\ - \alpha - \frac{4 \alpha}{3} = x_2 \implies - \frac{7 \alpha}{3} = x_2 \\ 3 \alpha - \gamma = x_3 \\ - \gamma = x_4 \\ \alpha = x_5 \\ -\alpha + \gamma = x_6 \end{cases}

Ahora, para obtener la ecuación correspondiente reemplazamos los valores de α,γ\alpha, \gamma por los componentes.

{x1=−2x53−x4x2=−7x53x3=3x5+x4x6=−x5−x4  (x1,x2,x3,x4,x5,x6)=(−2x53−x4,−7x53,3x5+x4,x4,x5,−x5+x4)\begin{cases} x_1 = - \frac{2 x_5}{3} - x_4 \\ x_2 = - \frac{7 x_5}{3} \\ x_3 = 3x_5 + x_4 \\ x_6 = -x_5 - x_4 \end{cases} \\ \; \\ (x_1, x_2, x_3, x_4, x_5, x_6) = (-\frac{2 x_5}{3} - x_4, - \frac{7 x_5}{3}, 3x_5 + x_4, x_4, x_5, -x_5 + x_4)

Por lo tanto, la base de W1∩W2W_1 \cap W_2 es: {(−23,−73,3,0,1,−1),(1,0,−1,−1,0,1)}\{ (-\frac{2}{3}, - \frac{7}{3}, 3, 0, 1, -1), (1, 0, -1, -1, 0, 1) \}

W1∩W2=⟨(−23,−73,3,0,1,−1),(1,0,−1,−1,0,1)⟩dim⁡(W1∩W2)=2\begin{aligned} W_1 \cap W_2 &= \langle (-\frac{2}{3}, - \frac{7}{3}, 3, 0, 1, -1), (1, 0, -1, -1, 0, 1) \rangle \\ \dim (W_1 \cap W_2) &= 2 \end{aligned}

Para determinar si (1,1,−2,−2,1,1)∈W1∩W2(1, 1, -2, -2, 1, 1) \in W_1 \cap W_2, igualamos a cero el sistema de ecuaciones y reemplazamos los valores.

{−2(1)3−(−2)−1char"338=0−7(1)3−1char"338=03(1)+(−2)−(−2)char"338=0−1−(−2)−1=0\begin{cases} -\frac{2(1)}{3} - (-2) - 1 \not= 0 \\ -\frac{7(1)}{3} - 1 \not= 0 \\ 3(1) + (-2) - (-2) \not= 0 \\ -1 - (-2) - 1 = 0 \end{cases}

Por lo tanto, (1,1,−2,−2,1,1)char"338∈W1∩W2(1, 1, -2, -2, 1, 1) \not \in W_1 \cap W_2

Seguimos con W1+W2W_1 + W_2. Sabemos que W1+W2≤R6W_1 + W_2 \leq \RR^6. La dimensión de W1+W2W_1 + W_2 puede ser calculada sabiendo la dimensión de W1∩W2W_1 \cap W_2

dim⁡(W1+W2)=dim⁡W1+dim⁡W2−dim(W1∩W2)dim⁡(W1+W2)=4+4−2dim⁡(W1+W2)=6\begin{aligned} \dim (W_1 + W_2) &= \dim W_1 + \dim W_2 - dim (W_1 \cap W_2) \\ \dim (W_1 + W_2) &= 4 + 4 - 2 \\ \dim (W_1 + W_2) &= 6 \end{aligned}

Vemos que dim⁡(W1+W2)=6=dim⁡R6\dim (W_1 + W_2) = 6 = \dim \RR^6. Por lo tanto, W1+W2=R6W_1 + W_2 = \RR^6.
La base canónica de R6\RR^6 es la base de S+TS + T. Todos los vectores de R6\RR^6 están en S+TS + T, tal que:

(x1,x2,x3,x4,x5,x6)∈R6(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5, x_6) \in \RR^6

3.

Hallar un complemento para el subespacio generado por {(1,1,0),(0,0,1)}\{(1, 1, 0),(0, 0, 1)\}.

Un complemento podría ser {(0,1,0)}\{(0, 1, 0)\}, puesto que no tienen vectores en común.

Decidir si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas.

4.

Sea VV un espacio vectorial de dimensión 4242. Si V1V_1 y V2V_2 son subespacios con dim⁡V1=33\dim V_1 = 33, dim⁡V2=9\dim V_2 = 9 tales que V=V1+V2  ⟹  V=V1⊕V2V = V_1 + V_2 \implies V = V1 \oplus V2.

Calculamos la dimensión de V1+V2V_1 + V_2:

dim⁡V=dim⁡V1+dim⁡V2−dim⁡(V1∩V2)42=33+9−dim⁡(V1∩V2)42=42−dim⁡(V1∩V2)\begin{aligned} \dim V &= \dim V_1 + \dim V_2 - \dim (V_1 \cap V_2) \\ 42 &= 33 + 9 - \dim (V_1 \cap V_2) \\ 42 &= 42 - \dim (V_1 \cap V_2) \\ \end{aligned}

Como dim⁡(V1+V2)=42\dim (V_1 + V_2) = 42, necesariamente dim⁡(V1∩V2)=0\dim (V_1 \cap V_2) = 0.
Verdadero.

Sea VV un espacio vectorial de dimensión 4242. Si V1V_1 y V2V_2 son subespacios con dim⁡V1=33\dim V_1 = 33 y dim⁡V2=9\dim V_2 = 9 tales que V1∩V2char"338=0  ⟹  V=V1⊕V2V_1 \cap V_2 \not= 0 \implies V = V_1 \oplus V_2.

Falso. Para definir VV como suma directa de V1,V2V_1, V_2 es necesario que V1∩V2={0}V_1 \cap V_2 = \{ 0 \}

Introducción (ALG)Sistemas Lineales