Matem´ aticas I ESPACIOS VECTORIALES En esta parte de la asignatura vamos a introducir los conjuntos denominados espacios 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 Universidad Antonio de Nebrija
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Espacios vectoriales
Matem´ aticas I Tambi´en los elementos de los espacios vectoriales se comportan bien con respecto a la suma y con respecto 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.
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Espacios vectoriales
Matem´ aticas I 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 on externa. la multiplicaci´ on de un real por un elemento de V1 es una operaci´ 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 demostrado que la suma es una operaci´ on interna y que la multiplicaci´ on es n n una operaci´ on externa. En general, al trabajar sobre R , C , Mm×n , Pk el resto de propiedades se cumplen. El espacio vectorial V1 se puede escribir como sigue V1 = {p(x) = a2 x2 + a1 x + a0 ∈ P2 (R) | p(0) = 0} = {p(x) = a2 x2 + a1 x + a0 ∈ P2 (R) | a2 02 + a1 0 + a0 = 0} = {p(x) = a2 x2 + a1 x + a0 ∈ P2 (R) | a0 = 0} El espacio vectorial queda descrito por una ecuaci´ on lineal homog´enea.
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Matem´ aticas I 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 nopodemos que det(A + B) = 0. asegurar 1 0 0 1 Vamos a considerar un ejemplo A = ,B= son dos matrices 1 0 0 −1 2 × 2 tales = det(B) = 0. Es decir A, B ∈ V2 . Por otro lado, que det(A) 1 1 A+B = , y det(A + B) = −2. 1 −1 V2 no tiene suma interna. Entonces V2 no es espacio vectorial. ´ OBSERVACION.Para DEMOSTRAR que un conjunto es ESPACIO VECTORIAL, 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 queV2 no es espacio vectorial se encuentrar el ejemplo 1 0 0 1 A= ,B= ∈ V2 , con A + B ∈ / V2 . Este ejemplo se denomina 1 0 0 −1 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 a11 V2 = A = a21 a11 = A= a21
puede escribir como sigue a12 ∈ M2×2 (C) | det(A) = 0 a22 a12 ∈ M2×2 (C) | a11 a22 − a12 a21 = 0 a22
El conjunto no queda descrito por una ecuaci´ on lineal homog´enea, ya que no es lineal.
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Matem´ aticas I Propiedades.- Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpo K. Entonces 1. El elemento neutro es u ´nico. 2. El elemento opuesto es u ´nico. 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 u ´nico, vamos a suponer que hay ′ dos elementos neutros: 0, 0 . Entonces, u+0 0′
u+
=0+u =
0′
= u, ∀ u ∈ V
(1)
+ 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 u ´nico, 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 = u2 + (u + u1 ) = u2
(4)
=
(3)
=
(u2 + u) + u1 u2 + 0
asociativa
=
=
Hemos demostrado que no puede haber dos elementos opuestos, u1 = u2 . Universidad Antonio de Nebrija
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Matem´ aticas I 3. Sea u ∈ V , entonces u =1·u
=
= (1 + 0) · u =1·u+0·u =u+0·u
distributiva
= =
Es decir, u = u + 0 · u. Sumando a la izquierda el opuesto de u se tiene 0 = −u + u
=
= −u + (u + 0 · u) = (−u + u) + 0 · u =0+0·u =0·u
asociativa
= = =
Entonces 0 = 0 · u, ∀u ∈ V . 4. Sea λ ∈ K, entonces distributiva
λ · 0 = λ · (0 + 0) =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) = (−λ · 0 + λ · 0) + λ · 0 =0+λ·0 =λ·0
= asociativa
= = =
Entonces 0 = λ · 0, ∀λ ∈ K. 5. Sea u ∈ V , entonces u + (−1)u = 1 · u + (−1) · u = (1 + (−1)) · u =0·u =0
distributiva
= = =
Pero el opuesto de un vector u es u ´nico. Entonces −u = (−1) · u, ∀u ∈ V .
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Matem´ aticas I 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 propiedades asociativa, elemento neutro, opuesto, etc.; entonces los de U tambi´en lo verificaban. En la siguiente caracterizaci´ on se tiene en cuenta estas caracter´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 . u+v ∈U 2. ∀ u, v ∈ U, ∀λ ∈ K se tiene que . 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 elemento unidad, entonces en U tambi´en se verifican.
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Matem´ aticas I 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 no homog´enea.
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Matem´ aticas I
Ejemplo.- Vamos a estudiar si el conjunto V3 =
a b ∈ M2×2 (C)|2ac = 0 c d
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 . a b α β Sean A, B ∈ V2 . Entonces, A = yB= son dos matrices 2 × 2 c d γ δ tales que 2ac = 0, 2αγ = 0. (λA + µB) es una matriz 2 × 2, veremos si verifica la ecuaci´ on. a b α β λa + µα λb + µβ λA + µB = λ +µ = . En este caso c d γ δ λc + µγ λd + µδ 2(λa + µα)(λc + µγ) = λ2 (2ac) + 2µλ(aγ + αc) + µ2 (2αγ) = λ2 (0) + 2µλ(aγ + αc) + µ2 (0) = 2µλ(aγ + αc) No sepuede asegurar quesea nulo. Busquemos unejemplo 0 0 1 0 1 0 A= ,B = ∈ V3 y A + B = ∈ / V3 . 1 0 0 0 1 0 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 ∈ V y λ, µ ∈ R, entonces (λA + µB) ∈ V . 4 4 a b α β yB= son dos matrices sim´etricas 2 × 2. Sean A, B ∈ V4 , A = b c β γ (λA + µB) es una matriz 2× 2, veremos si es sim´etrica. a b α β λa + µα λb + µβ λA + µB = λ +µ = . Es sim´etrica. Por b c β γ λb + µβ λc + µγ lo tanto, (λA + µB) ∈ V4 y V4 es un subespacio vectorial. N´ otese que elsubespacio vectorial se puede escribir como a b a b V4 = ∈ M2×2 (C) | b = c = ∈ M2×2 (C) | b − c = 0 , est´ a c d c d descrito por una ecuaci´ on lineal homog´enea.
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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 {v 1 , v 2 , . . . , v n } ⊂ V es un vector de la forma λ1 v 1 + λ2 v 2 + · · · + λn v n con λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ K. Observaciones.El vector λ1 v 1 + λ2 v 2 + · · · + λn v n ∈ V . 0 es combinaci´ on lineal de cualquier conjunto de vectores, basta con considerar λi = 0, ∀i = 1, . . . , n. Teorema.- Sea S = {v 1 , v 2 , . . . , v n } ⊂ V . Entonces, L(S) = {λ1 v 1 + λ2 v 2 + · · · + λn v n | 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 λ1 v 1 + λ2 v 2 + · · · + λn v n ∈ V , por lo tanto L(S) ⊂ V . Vamos a demostrar que es subespacio vectorial utilizando la tercera caracterizaci´ on. Hay que comprobar que si v = λ1 v 1 + λ2 v 2 + · · · + λn v n y w = µ1 v 1 + µ2 v 2 + · · · + µn v n ∈ L(S) y λ, µ ∈ K, entonces λv + µw ∈ L(S). λv + µw = λ(λ1 v 1 + λ2 v 2 + · · · + λn v n ) + µ(µ1 v 1 + µ2 v 2 + · · · + µn v n ) = (λλ1 + µµ1 )v 1 + (λλ2 + µµ2 )v 2 + · · · + (λλn + µµn )v n 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 v 1 , v 2 , . . . , v n ∈ U . Si λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ K, como U subespacio vectorial, la combinaci´ on lineal λ1 v 1 + λ2 v 2 + · · · + λn v n ∈ 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. Universidad Antonio de Nebrija
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Matem´ aticas I A continuaci´ on vamos a ver algunos subespacios vectoriales generados en R2 y 3 R . 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 S2 = {(1, 1), (−2, −2)} ⊂ R2 , L(S2 ) = {(λ − 2µ, λ − 2µ) | λ, µ ∈ R}.
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Matem´ aticas I 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 generadores de los planos.
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Matem´ aticas I Definici´ on.- Un conjunto de vectores S = {v 1 , . . . , v s } es un sistema generador de 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 lineales 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 u ´ltima 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. Universidad Antonio de Nebrija
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1 0 0 1 0 0 Ejemplo.- Vamos a ver si S = , , es un sistema 0 0 1 0 0 1 generador del subespacio vectorial V = {A sim´etrica}. ∈ M2×2 |A es 1 0 0 1 0 0 En primer lugar observemos que , , ∈ V , ya que son 0 0 1 0 0 1 matrices cuadradas de orden dos y sim´etricas.Entonces, L(S) ⊂ V . a b Ahora consideraremos un vector de V , ∈ V . Entonces, b c
a b 1 0 0 1 0 0 =a +b +c ∈ L(S) b c 0 0 1 0 0 1
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 conjunto de vectores es un sistema generador de manera m´ as eficiente. El conjunto S2 = {(1, 1), (−2, −2)} ⊂ R2 genera la recta x = y.
f2 = {(1, 1)} ⊂ R2 genera la misma recPero se puede observar que tambi´en S f2 ) = {(λ, λ) | λ ∈ R}. Se puede eliminar el segundo vector porque ta: L(S (−2, −2) = −2(1, 1). Hemos encontrado una relaci´ on lineal entre los vectores.
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Matem´ aticas I Definici´ on.- Un sistema de vectores S = {v 1 , . . . , v s } ⊂ V es linealmente dependiente si el sistema lineal homog´eneo λ1 v 1 + · · · + λs v s = 0 es compatible indeterminado. Un sistema de vectores S = {v 1 , . . . , v s } es linealmente independiente si no es linealmente dependiente. Es decir, si λ1 v 1 + · · · + λs v s = 0, implica que λ1 = · · · = λs = 0 es la u ´nica soluci´ on. Observaci´ on.- Si S = {v 1 , . . . , v s } es un sistema de vectores linealmente dependiente: λ1 v 1 + · · · + λs v s = 0 tiene una soluci´ on no nula; entonces uno de ellos se puede poner on lineal en combinaci´ de los otros. Por ejemplo si λ1 6= 0, se tiene que v 1 = − λλ21 v 2 + · · · + − λλ1s v s . 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 u ´nica soluci´ on. En este caso, x2 (λ1 ) + x(λ1 + λ2 ) + (λ2 + iλ3 ) = 0. λ1 = 0 Hay que comprobar que el sistema λ + λ2 = 0 es un sistema compatible 1 λ2 + iλ3 = 0 determinado. Al ser un sistema lineal y homog´eneo solo hay que comprobar que 1 0 0 la matriz 1 1 0 tiene rango 3. Efectivamente, tiene rango 3. 0 1 i Es un sistema linealmente independiente. Ejemplo.Vamos a ver si elsistema de vectores 1 1 1 −1 1 0 S= , , es linealmente independiente. 1 1 −1 1 0 1 Es linealmente independiente si elsistema deecuaciones 1 1 1 −1 1 0 0 0 λ1 + λ2 + λ3 = tiene una u ´nica soluci´ on. 1 1 −1 1 0 1 0 0 0 0 λ1 + λ2 + λ3 λ1 − λ2 En este caso, = . 0 0 λ1 − λ2 λ1 + λ2 + λ3 λ1 + λ2 + λ3 = 0 λ1 − λ2 = 0 Hay que comprobar que el sistema es un sistema compaλ1 − λ2 = 0 λ1 + λ2 + λ3 = 0 tible determinado. Al ser un sistema lineal y homog´eneo solo hay que comprobar Universidad Antonio de Nebrija
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Matem´ aticas I
1 1 que la matriz 1 1 Por lo tanto es un
1 1 −1 0 tiene rango 3. Sin embargo, tiene rango 2. −1 0 1 1 sistema linealmente dependiente.
Vimos anteriormente que el sistema de vectores S2 = {(1, 1), (−2, −2)} ⊂ R2 f2 = {(1, 1)} ⊂ R2 generan la misma recta. Tenemos dos desy el sistema S 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 f2 : ´nicas para el vector de S S2 , son diversas para un vector; y son u (3, 3) = (1, 1) − (−2, −2) = 3(1, 1) + 0(−2, −2) = · · ·
En cambio (3, 3) = 3(1, 1) es la u ´nica combinaci´ on lineal posible. f2 = {(1, 1)} ⊂ R2 es un sistema generador de la recta {x = y} y adem´ S 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 = {v 1 , . . . , v n } un sistema de vectores linealmente independiente que genera V . Entonces todo elemento de V se puede escribir de modo u ´nico como combinaci´ on lineal de {v 1 , . . . , v n }. 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 = λ1 v 1 + · · · + λn v n . Una vez que hemos visto la existencia de los escalares, vamos a comprobar que son u ´nicos. Supongamos que existen λ1 , . . . , λn , µ1 , . . . , µn ∈ K tales que v = λ1 v 1 + · · · + λn v n v = µ1 v 1 + · · · + µn v n Igualando y despejando se tiene que (λ1 − µ1 )v 1 + · · · + (λn − µn )v n = 0. Al ser S un sistema linealmente independiente la u ´nica soluci´ on de este sistema es λ1 − µ1 = · · · = λn − µn = 0. Es decir, λi = µi para todo i. La combinaci´ on lineal es u ´nica. Definici´ on.- Una base de un espacio vectorial V es un sistema de generadores de V que son linealmente independientes. Dado v ∈ V , los u ´nicos λ1 , . . . , λn ∈ K tales que v = λ1 v 1 + · · · + λn v n se denominan coordenadas de v con respecto a la base B = {v 1 , . . . , v n }.
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Matem´ aticas I 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 Pk . 1 0 0 1 0 0 0 0 , , , es una base de M2×2 . 0 0 0 0 1 0 0 1 Ejemplo.- Veamos si {(0, 1), (1, 2), (2, 3)} es una base de R2 . Primero comprobaremos si son linealmente independientes. Es linealmente independiente si el sistema de ecuaciones λ1 (0, 0) + λ2 (1, 2) + λ3 (2, 3) = (λ2 + 2λ3 , λ + 2λ2 + 3λ3 ) = (0, 0) tiene ´nica soluci´ on. una u λ2 + 2λ3 = 0 es un sistema compaHay que comprobar que el sistema λ + 2λ2 + 3λ3 = 0 tible determinado. Al serun sistema lineal y homog´eneo solo hay que comprobar 0 1 2 que la matriz tiene rango 3. Sin embargo tiene rango 2. 1 2 3 Por lo tanto, es un sistema linealmente dependiente y no es base. 0 1 2 Nota.- Obs´ervese que las columnas de la matriz est´ a formada por 1 2 3 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 linealmente independiente si el sistema de ecuaciones λx = 0 tiene una u ´nica soluci´ on. Es un sistema linealmente independiente, pues la u ´nica 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. Por lo tanto, no es sistema generador y no es base. Universidad Antonio de Nebrija
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Matem´ aticas I
1 0 0 1 0 0 Ejemplo.- Veamos si S = , , es una base de 0 0 1 0 0 1 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 independien independiente. Eslinealmente 1 0 0 1 0 0 0 0 te si el sistema de ecuaciones λ1 + λ2 + λ3 = 0 0 1 0 0 1 0 0 tiene una u ´ nica soluci´ o n. En este caso, λ1 λ2 0 0 = . λ2 λ3 0 0 λ1 = 0 λ2 = 0 Hay que comprobar que el sistema es un sistema compatible deterλ2 = 0 λ3 = 0 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 independiente o dependiente 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 la base calculada anteriormente tiene 3 elementos.
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Matem´ aticas I
DE SISTEMA GENERADOR A BASE f2 = {(1, 1)} ⊂ R2 . Retomando el ejemplo de S2 = {(1, 1), (−2, −2)}, S
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 = {v 1 , . . . , v s } es un sistema generador, entonces n ≤ s. Adem´ as, se puede encontrar un subconjunto Se ⊂ 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 e introduce un m´etodo para encontrar el subconjunto S.
Sea B = {e1 , . . . , en } una base de V . Como v 1 , . . . , v s ∈ V , existen escalares xij ∈ K tales que v 1 = x11 e1 + · · · + x1n en .. .. . . v s = xs1 e1 + · · · + xsn en Estudiemos si S es linealmente independiente o no. Universidad Antonio de Nebrija
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Matem´ aticas I Si λ1 v 1 + · · · + λs v s = 0, se tiene λ1 (x11 e1 + · · · + x1n en ) + · · · + λs (xs1 e1 + · · · + xsn en ) = (λ1 x11 + · · · + λs xs1 )e1 + · · · + (λ1 x1n + · · · + λs xsn )en =0 Al ser B una base es un sistema linealmente independiente y la u ´nica soluci´ on del sistema es λ1 x11 + · · · + λs xs1 = 0 .. .. . . λ1 x1n + · · · + λs xsn = 0 Si consideramos λ1 , . . . , λs como inc´ ognitas, tendremos un sistema de n ecuaciones y s inc´ ognitas. Al ser un sistema lineal y homog´eneo siempre es compatible. Si S es linealmente independiente los λi son u ´nicos 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, v r , que se pone en combinaci´ on lineal del resto. Es decir, L(S) = L(S \ {v r }). S \{v r } 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 Se se comprueba si es un sistema de vectores linealmente independiente o dependiente. Si es dependiente se elimina un vector que se pueda poner el combinaci´ on lineal de los otros. 1 1 0 1 1 0 0 0 Ejemplo.- Sea S = , , , un sistema de 0 0 −1 0 1 0 1 0 a b vectores del subespacio vectorial U = ∈ M2×2 (C) | d = 0 . Vamos a c d 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 sitiene comprueba rango 1 0 0 1 0 0 0 0 m´aximo. Si tomamos la base can´ onica , , , , 0 0 0 0 1 0 0 1 Universidad Antonio de Nebrija
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Matem´ aticas I 1 0 1 0 1 1 0 0 la matriz es 0 −1 1 1. Veamos el rango de la matriz: 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 rg 0 −1 1 1 = 3 pues el menor 1 1 0 = 1 6= 0. 0 −1 1 0 0 0 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, consi1 1 0 1 0 0 deraremos Se = , , , donde hemos eliminado el ter0 0 −1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 cer vector. Para Se hay que estudiar el rango rg 0 −1 1 = 3, el rango es 0 0 0 m´ aximo y Se es una base. En la demostraci´ on la eliminaci´ on se hace uno a uno, pero se puede realizar con una sola operaci´ on.
1 1 0 1 1 0 1 2 Ejemplo.- Sea S = , , , un sistema de vec0 0 0 0 0 0 0 0 a b tores del subespacio vectorial U = ∈ M2×2 (C) | c = d = 0 . Vamos c d 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 sitiene comprueba rango 1 0 0 1 0 0 0 0 m´ aximo. Si tomamos la base can´ onica , , , , 0 0 0 0 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 0 2 la matriz es 0 0 0 0. Veamos el rango de la matriz: 0 0 0 0 1 0 1 1 1 1 0 2 1 0 rg 0 0 0 0 = 2 pues el menor 1 1 = 1 6= 0. 0 0 0 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 Universidad Antonio de Nebrija
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Matem´ aticas I no nulo se han considerado las columnas 1 y 2. Por lo tanto, consideraremos 1 1 0 1 el primer y segundo vector del sistema Se = , . En este caso, 0 0 0 0 tenemos directamente que 1 0 1 1 rg aximo y Se es una base. 0 0 = 2, el rango es m´ 0 0 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 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), (0, 1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1, 0), 1 1 2 2 0 1 0 1 1 0 (0, 0, 0, 0, 1)}, la matriz es 0 1 1 1 0. Veamos el rango de la matriz, 1 1 0 1 1 −1 1 0 0 0 utilizaremos el m´etodo de Gauss:
1 1 rg 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
=
f4 = f4 − f1 f5 = f5 + f1
f2 = −f2
=
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1 0 rg 0 0 0 1 0 rg 0 0 0
1 2 2 0 −1 −1 −1 0 1 1 1 0 = 0 −2 −1 1 2 2 2 0 1 2 2 0 1 1 1 0 1 1 1 0 = 0 −2 −1 1 2 2 2 0 Espacios vectoriales
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f3 =f3 −f2
=
f5 = f5 − 2f2
=
1 0 rg 0 0 0 3
1 2 2 0 1 1 1 0 0 0 0 0 = 0 −2 −1 1 0 0 0 0
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 1 1 2 nulo es 0 1 1 se han considerado las columnas 1, 2 y 3. Por lo tanto, 0 0 −2 Se = {(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 u ´ltimos 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 coordenadas de los vectores en filas: Universidad Antonio de Nebrija
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1 1 rg 2 2 0
1 0 1 1 0
0 1 1 1 0
1 −1 1 1 0 0 1 0 1 0
f2 =f2 −f1
=
f3 = f3 − 2f1 f4 = f4 − 2f1
f2 = −f2
=
f3 =f3 +f2
=
f4 = f4 + f2
f3 ↔ f5
=
f4 =f4 +2f3
=
f5 = f5 + f3
=
1 0 rg 0 0 0 3
1 0 rg 0 0 0 1 0 rg 0 0 0 1 0 rg 0 0 0 1 0 rg 0 0 0
1 0 1 −1 −1 1 0 2 −1 1 −2 2 = −1 1 −1 2 0 0 1 0 1 0 1 −1 1 −1 0 −2 −1 1 −2 2 = −1 1 −1 2 0 0 1 0 1 0 1 −1 1 −1 0 −2 0 0 −2 0 = 0 0 −1 0 0 0 1 0 1 0 1 −1 1 −1 0 −2 0 0 1 0 = 0 0 −2 0 0 0 −1 0
1 0 1 −1 1 −1 0 −2 0 0 1 0 = 0 0 0 0 0 0 0 0
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 colocaremos las coordenadas de los vectores en filas: Universidad Antonio de Nebrija
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Matem´ aticas I
1 −i 0 0 0 0 rg i 1 0 0 i −1 0 0 0 0 1 i
f2 =f2 −if1
=
f2 ↔ f3
=
f3 = f3 − if2
=
=
1 −i 0 0 0 0 rg 0 0 0 0 i −1 = 0 0 0 0 1 i 1 −i 0 0 0 0 rg 0 0 0 0 1 i = 0 0 0 0 i −1 1 −i 0 0 0 0 rg 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 = {v 1 , . . . , v s } 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 Se = {(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 Universidad Antonio de Nebrija
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Matem´ aticas I e cualquier valor, tomaremos x3 = 1 y x4 = 0: (0, 0, 1, 0) ∈ V y (0, 0, / L(S) 1, 0) ∈ i 0 −2 0 porque (i, −2, 0, 0), (0, 0, 1, 0) son linealmente independientes: rg 0 1=2; 0 0 no hay ninguna combinaci´ on lineal no nula entre los vectores. Se = {(i, −2, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}. e En Como la dimensi´ on es 3, continuamos. Consideramos un vector de V \ S. 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 e porque (i, −2, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) son linealmente y (0, 0, 0, 1) ∈ / L( S) i 0 0 −2 0 0 independientes rg on lineal no nula 0 1 0=3; no hay ninguna combinaci´ 0 0 1 entre los vectores. Se es una base. Corolario.1) Si S = {v 1 , . . . , v n } 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 describir 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 soluciones de un sistema lineal y homog´eneo es un subespacio vectorial. No hace falta demostrarlo a trav´es de la caracterizaci´ on. Ejemplos.- Veamos las dimensiones de los subespacios vectoriales previos: Universidad Antonio de Nebrija
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Matem´ aticas I V = {p(x) ∈ P2 (R) | p(0) = 0} = {a2 x2 + a1 x + a0 | a0 = 0} ⊂ P2 (R). dim V = dim P2 (R) − rg 0 0 1 = 3 − 1 = 2. V1 = {ax3 + bx2 + cx + d ∈ P3 (C) | 1 0 0 dim V1 = dim P3 (C) − rg 1 1 0
a = 0, a + b = 0} ⊂ P3 (C). 0 = 4 − 2 = 2. 0
V = {A ∈ M2×2 (R) | A es sim´etrica} = a b = ∈ M2×2 (R) | b − c = 0 ⊂ M2×2 (R). c d dim V = dim M2×2 (R) − rg 0 1 −1 0 = 4 − 1 = 3. a b U= ∈ M2×2 (R) | d = 0 ⊂ M2×2 (R). c d dim U = dim M2×2 (R) − rg 0 0 0 1 = 4 − 1 = 3. a b U= ∈ M2×2 (R) | c = d = 0 ⊂ M2×2 (R). c d 0 0 1 0 dim U = dim M2×2 (R) − rg = 4 − 2 = 2. 0 0 0 1 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. Ejemplo.- Vamos a encontrar las ecuaciones param´etricas del subespacio Universidad Antonio de Nebrija
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Matem´ aticas I U = {(x, y, z) ∈ C3 | x+y = 0, x−z= 0}. Resolvemos el sistema por elm´etodo 1 1 0 f2 =f2 −f1 1 1 0 f2 =−f2 de Gauss. La matriz del sistema es ∼ ∼ 1 0 −1 0 −1 −1 1 1 0 f1 =f1 −f2 1 0 −1 ∼ , tiene rango 2, la dimensi´ on es 3 − 2 = 1. Es 0 1 1 0 1 1 ametro en las ecuaciones param´etricas. Como el menor decir, tenemos un par´ 1 0 0 1 6= 0 se corresponde con las columnas 1 y 2, consideraremos la tercera 1 0 t columna como par´ ametro: . 0 1 −t 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 U = a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 ∈ P3 (C)
para el subespacio vectorial a3 − a0 = 0 a2 + a0 = 0 . Posteriormente des a3 + a2 = 0
cribiremos las ecuaciones param´etricas. Para encontrar una base que saber cu´ al es primero hay 1 0 0 −1 dim U = dim P3 (C)−rg0 1 0 1 . 1 1 0 0 1 0 0 −1 1 0 0 −1 1 0 1 0 1 f3 =f∼3 −f1 0 1 0 1 f3 =f∼3 −f2 0 1 1 0 0 0 1 0 1 0
la dimensi´ on
0 0 −1 1 0 1 0 0 0
Entonces dim U = 4 − 2 = 2, es decir tenemos dos par´ ametros en las ecuaciones 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 1 0 1 0 0 0 0 Entonces consideraremos los par´ ametros en las dos u ´ltimas coordenadas: a3 = λ a1 − a4 = 0 y a4 = µ. Con esto datos, junto con el sistema reducido de Gauss , a2 + a4 = 0 se tiene que las coordenadas (a1 , a2 , a3 , a4 ) = (µ, −µ, λ, µ) = λ(0, 0, 1, 0) + µ(1, −1, 0, 1). Es decir, U = {λx + µ(x3 − x2 + 1) | λ, µ ∈ C} = Universidad Antonio de Nebrija
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Espacios vectoriales
Matem´ aticas I {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 1 0 −1 0 independientes al no ser proporcionales: rg 0 1 = 2. 1 0 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 param´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. 1 x Sea v = (x, y, z) un vector gen´erico de U , entonces rg−1 y = 1. Entonces, 1 z todos los menores de orden 2 son nulos: 1 x −1 y = y + x = 0. 1 x 1 z = z − x = 0. 1 1 0 Estas dos ecuaciones son linealmente independientes: rg = 2. −1 0 1 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 e Iddim U | B del m´etodo de Gauss hasta obtener la matriz . Las filas de la 0 | P matriz P describen unas ecuaciones impl´ıcitas de U . Universidad Antonio de Nebrija
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Matem´ aticas I Ejemplo.- Vamos a calcular unas ecuaciones impl´ıcitas del subespacio vectorial U = L(B) = {λx3 + µx − λx2 + λ | λ, µ ∈ C}. 3 2 U = {λ(x3 − x2 + 1) + µx | λ, µ ∈ C} = L({x3 − x2 + 1, x}). B ={x − x + 1, x} 1 0 −1 0 es un sistema generador linealmente independiente: rg 0 1 = 2. 1 0 3 2 La dimensi´ on de U es 2 y B = {x − x + 1, x} es base de U. 1 0 1 0 0 0 −1 0 0 1 0 0 Apliquemos el m´etodo de Gauss para la matriz 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1
1 −1 0 1
0 1 0 0 1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 1 0 0 0 f2 =f2 +f1 0 0 1 1 0 0 ∼ 0 1 0 f4 =f4 −f1 0 1 0 1 0 0 −1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 f2 ↔f3 ∼ 0 0 1 1 0 0 0 0 −1 0 0 1
1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 Entonces la matriz resultante es 0 0 1 1 0 0. 0 0 −1 0 0 1 1 1 0 0 Las filas de describen unas ecuaciones impl´ıcitas de U : −1 0 0 1 a3 + a2 = 0 y −a3 + a0 = 0. Son linealmente independientes. U = {a3 x3 + a2 x2 + a1 x + 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 u ´nicas coordenadas con respecto a esa base. En este apartado estudiaremos la relaci´ on existente entre las coordenadas de un vector en dos bases distintas. Sean (V, +, ·) un espacio vectorial de dimensi´ on n y B = {e1 , . . . , en }, Universidad Antonio de Nebrija
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Matem´ aticas I B ′ = {v 1 , . . . , v n } dos bases de V . Como todo elemento de B ′ tiene coordenadas en B, se tiene: v 1 = a11 e1 + · · · + an1 en .. .. .. . . . v n = a1n e1 + · · · + ann en Diremos que la base B ′ se obtiene de la base B mediante la matriz
e1 e2 MB (B ′ ) = . ..
→ →
en →
v 1 v2 · · · ↓ ↓ a11 a12 . . . a21 a22 . . . .. .. .. . . . an1 an2 . . .
vn ↓ a1n a2n .. . 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 −1 MB ′ (B) = MB (B ′ ) 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 = x1 e1 + · · · + xn en v = x′1 v 1 + · · · + x′n v n Sustituyendo v = x′1 (a11 e1 + · · · + an1 en ) + · · · + x′n (a1n e1 + · · · + ann en ) = (a11 x′1 + · · · + a1n x′n )e1 + · · · + (an1 x′1 + · · · + ann x′n )en Como las coordenadas en una base son u ´nicas: ′ x1 x1 .. ′ .. MB (B ) . = . x′n
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xn
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Matem´ aticas I Ejemplo.- Sea B = {e1 , e2 , e3 } una base de R3 . Sea B ′ = {u1 , u2 , u3 } donde 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, 1 0 0 ya que la dimensi´ on del espacio es 3: rg0 1 1 = 3. 1 0 1 1 0 0 Adem´ as, MB (B ′ ) = 0 1 1. Entonces, v B = MB (B ′ )v B ′ . 1 0 1 1 0 0 3 3 Si v = 3u1 + 2u2 , se tiene que v = 0 1 1 2 = 2 = 3e1 + 2e2 + 3e3 . 1 0 1 0 3 2 1 0 0 Si w = 2e1 + e2 − e3 , se tiene que 2e1 + e2 − e3 = 1 = 0 1 1 w. −1 1 0 1 Calculemos la inversa de la matriz: 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 f3 =f∼3 −f1 0 1 1 0 1 0 −1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 f2 =f2 −f3 0 1 0 1 1 −1 ∼ 0 0 1 −1 0 1
1 0 0 2 2 Entonces, w = 1 1 −1 1 = 4 = 2u1 + 4u2 − 3u3 −1 0 1 −1 −3
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 subespacio vectoral de V . Demostraci´ on.- Para demostrar que es subespacio utilizaremos la caracterizaci´ on. Universidad Antonio de Nebrija
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Espacios vectoriales
Matem´ aticas I Sean u, v ∈ U1 ∩ U2 y λ, µ ∈ K. Entonces, como u, v ∈ U1 y U1 es subespacio, 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 v 1 ∈ U1 , entonces v 1 = v 1 + 0 ∈ U1 + U2 . Similarmente, si v 2 ∈ U2 , entonces v 2 = v 2 + 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 = v 1 + v 2 , w = w 1 + w2 ∈ U1 + U2 y λ, µ ∈ K, entonces λv + µw ∈ U1 + U2 . λv + µw = λ(v 1 + v 2 ) + µ(w 1 + w 2 ) = (λv 1 + µw1 ) + (λv 2 + 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 , supongamos que U es subespacio de V que contiene a U1 y a U2 . Al contener a U1 y a U2 se tiene que v 1 , v 2 ∈ U para todo v 1 ∈ U1 y v 2 ∈ U2 . Al ser U subespacio Universidad Antonio de Nebrija
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Espacios vectoriales
Matem´ aticas I vectorial, se tiene que v 1 + v 2 ∈ U . Es decir, U contiene a todos los elementos de U1 + U2 . Hemos demostrado que U1 + U2 ⊂ U . Entonces, U1 + U2 es 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 suplementarios. 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 dimensi´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 0 1 0 0 3 lo son. Adem´ as, dim U1 =rg 1 0 = 2. Por lo tanto, {x+ 1, x + 1} es sistema 1 1 generador linealmente independiente, es una base generada por 2 vectores. Universidad Antonio de Nebrija
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Espacios vectoriales
Matem´ aticas I U2 es subespacio vectorial porque todos los conjuntos de soluciones de un sistema lineal y homog´eneo lo son. Adem´ as, 1 1 1 1 dim U2 = dim P3 (C)−rg = 4 − 2 = 2. 0 i 0 −i 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 nulo de dimensi´ on dos, tomaremos c = λ y d = µ. Junto con las a+b+c+d=0 ecuaciones , se tiene que las coordenadas ib − id = 0 (a, b, c, d) = (−λ − 2µ, µ, λ, µ) = λ(−1, 0, 1, 0) + µ(−2, 1, 0, 1). Entonces 2 U2 = L({−x3 + x,−2x3 + x as son vectores linealmente + 1}). Como adem´ −1 −2 0 1 = 2. independientes: rg 1 0 0 1 Entonces U1 + U2 = L({x + 1, x3 + 1, −x3 + x, −2x3 + x2 + 1}.
Para describir el espacio intersecci´ on necesitamos un sistema de ecuaciones lineales y homog´eneo de cada uno de los subespacios. U2 = {ax3 + bx2 + cx + d ∈ P3 (C) | a + b + c + d = 0, ib − id = 0}. Para U1 = L({x + 1, x3 + 1}) necesitamos 4 − 2 = 2 ecuaciones lineales homog´eneas independientes. Reducimos por el m´etodo de Gauss la linealmente 1 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 matriz: 0 1 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1
1 0 0 1
0 1 0 0 1 0 1 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
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1 f4 =f4 −f1 0 ∼ 0 0 1 0 f2 ↔f3 ∼ 0 0 1 f4 =f4 −f2 0 ∼ 0 0 35
0 1 0 0 1 0 1 −1 0 1 1 0 0 0 1 −1 0 1 1 0 0 0 0 −1
0 1 0 0
0 0 1 0 0 0 1 0
0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 −1 1 0 0 1 0
Espacios vectoriales
Matem´ aticas I 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 Entonces la matriz resultante es 0 0 0 1 0 0. 0 0 −1 0 −1 1 0 1 0 0 Las filas de describen unas ecuaciones impl´ıcitas de U1 : b = 0 −1 0 −1 1 y −a − c + d = 0. Son linealmente independientes. U1 = {a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 ∈ P3 (C) | b = 0, −a − c + d = 0}. a + b + c + d = 0 ib − id = 0 3 2 . Entonces U1 ∩ U2 = ax + bx + cx + d ∈ P3 (C) 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 )
=
f4 ↔f1
=
f4 ↔f2
=
=3
0 0 rg 1 1 1 0 rg 1 0 1 0 rg 0 0
1 −1 −2 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 −1 −2 1 0 1 1 −1 −2 −1 1 −1 0 0 1
f3 =f3 −f1
=
f3 =f3 +f2
=
1 0 rg 0 0 1 0 rg 0 0
1 0 1 0 0 1 −1 1 −1 1 −1 −2 1 0 1 1 −1 −2 0 0 −3 0 0 1
No son suplementarios. Proposici´ on.- Sean U1 , U2 subespacios vectoriales de V . Entonces V = U1 ⊕ U2 ⇐⇒ ∀v ∈ V ∃! v 1 ∈ U1 , v 2 ∈ U2 tales que v = v 1 + v 2 Demostraci´ on.⇒) Si v ∈ V , existen v 1 ∈ U1 , v 2 ∈ U2 tales que v = v 1 + v 2 . Supongamos que no son u ´nicos: existen u1 ∈ U1 , u2 ∈ U2 tales que v = u1 + u2 . Entonces v 1 + v 2 = u1 + u2 ⇒ v 1 − u1 = u2 − v 2 ∈ U1 ∩ U2 = {0}. Es decir, v 1 = u1 y u2 = v 2 . Por lo tanto, la suma es u ´nica. Universidad Antonio de Nebrija
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Matem´ aticas I ⇐) 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 u ´nica: u = 0. Entonces, U1 ∩ U2 = {0}.
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