Unidad 4Base, diMensión y Matriz

de transición

Objetivos:

Al inalizar la unidad, el alumno:

• Conocerá la deinición de base de un espacio vectorial.• Identiicará bases canónicas para algunos espacios vectoriales. • Encontrará las coordenadas de un vector relativas a una base especíica.• Comprenderá el concepto de dimensión de un espacio vectorial.• Aplicará la matriz de transición para cambiar de base un espacio vectorial.

Álgebralineal

135

Introducción

En la unidad anterior vimos cuando un conjunto de vectores linealmente independientes generaba todo el espacio vectorial. Vimos también que tener ese conjunto era muy cómodo, pues cualquier vector podía

escribirse como combinación lineal de los vectores de ese conjunto. En esta unidad definiremos formalmente el concepto de base de un espacio vectorial y conoceremos sus características. Veremos también que un espacio vectorial puede tener varias bases, se mostrará cómo alguna de éstas son más cómodas que otras y el modo de cambiar de una a otra.

4.1. Definición de base de un espacio vectorial

Un espacio vectorial siempre tiene al menos un conjunto de vectores que lo generan lo que nos lleva a la siguiente definición.

Definición 4.1. Sea V un espacio vectorial y {v1, v

2, . . .,v

n} un conjunto finito

de vectores de V. Entonces {v1, v

2, . . ., v

n} se llama base de V si satisface las

siguientes condiciones:

i) {v1, v

2, . . ., v

n} es linealmente independiente.

ii) {v1, v

2, . . ., v

n} genera V.

Esta definición nos proporciona las características que debemos buscar en un conjunto para que sea una base.

Ejemplo 1

a) Recordemos que en la unidad pasada vimos que en R2 los vectores i = (1, 0) y j = (0, 1) eran linealmente independientes y que generaban a R2 , por lo tanto podemos decir que el conjunto {i, j} es una base para R2.

b) También recordemos que el teorema 3.9. nos indica que “cualquier conjunto de n vectores linealmente independientes de Rn genera a Rn ”, por lo tanto, podemos afirmar el siguiente resultado:

136

Unidad 4

Todo conjunto de n vectores linealmente independiente en Rn es una base

de Rn.

Ahora veremos en el siguiente apartado ejemplos de bases para espacios vectoriales distintos de Rn.

4.2. Bases en varios tipos de espacios

vectoriales

En este apartado consideraremos ejemplos de espacios vectoriales distintos a Rn. Para manejar más fácilmente al espacio vectorial en su conjunto, encontraremos también algunas de las llamadas bases canónicas.

1. Consideremos el espacio vectorial formado por

H = {(x, y, z) en R3 tales que 2x – y + 3z = 0}

Vamos a encontrar una base para H.

Tomemos un vector (x, y, z) en H, entonces satisface el hecho de que

2x – y + 3z = 0;

podemos reescribir esta condición como y = 2x + 3z, de donde tenemos que los vectores de H los podemos escribir de la siguiente manera:

x

x z

z

x

x z

z

x z2 3 20

03

120

03+

=

+

=

+ 11

de donde podemos decir que los

vectores 120

031

y generan H.

Vamos ahora a probar que 120

031

y son linealmente independientes.

Consideremos una combinación lineal de ellos igual a cero:

Álgebralineal

137

a b

1

2

0

0

3

1

+

=

0

0

0

, entonces tenemos que a = 0; 2a + 3b = 0 y b = 0, por

lo tanto 120

031

y son linealmente independientes.

Podemos concluir que, como son linealmente independientes y generan H,

entonces 120

031

y son una base para H.

2. Consideremos el espacio vectorial formado por todas las matrices de 2×2 de la forma

Da

ba b2 2

0

0× =

∈

/ y R'

Vamos a encontrar una base para este espacio vectorial.

Tomemos una matriz de este espacio 00a

b

, entonces podemos

reescribirla como 0

00 10 0

0 01 0

a

ba b

=

+

de donde podemos afirmar que

0 10 0

0 01 0

y generan todo el espacio vectorial. Claramente observamos

que también son linealmente independientes, por lo que podemos afirmar que son base del espacio D

2×2.

3. Consideremos el sistema homogéneo de ecuaciones lineales

x y z

x y z

+ − =− + =2 02 3 0

Vamos a encontrar el conjunto solución S del sistema.

Para encontrar el conjunto solución consideremos la matriz aumentada asociada al sistema y llevémosla a la forma escalonada reducida por renglones.

138

Unidad 4

De aquí obtenemos el siguiente sistema x z

y z

+ =− = 00 de donde

x z

y z

= −= ,

de manera que todas las soluciones del sistema son de la forma

x

y

z

z

z

z

z

=

−

=

−

111

, por lo que −

111

es una base para S.

Probaremos que S es un subespacio vectorial:

Sean a y b en S, entonces existen a y b números tales que a = a(–1,1,1) = (–a, a, a) y b = b (–1,1,1) = (–b, b, b).

i) a + b = (–a, a, a) + (–b, b, b) = (–a–b, a+b, a+b) = (–(a+b), a+b, a+b) está en S.

ii) αa = α(–a, a, a) = (α(−a), αa, αa) = (–αa, αa, αa) está en S.

Entonces, por el teorema 3.2, S es un subespacio vectorial de R3.

4. Consideremos el espacio vectorial P2 (los polinomios de grado menor o

igual a 2). Vamos a encontrar una base para P2.

Sea p un polinomio de P2, entonces p = ax2+bx+c de donde podemos

observar que el conjunto formado por { x2, x, 1} genera a P2.

Probemos ahora que { x2, x, 1} es un conjunto linealmente independiente.

Tomemos una combinación lineal igual a cero, entonces ax2 + bx +c = 0 de donde obtenemos que existe la solución trivial para a = b = c = 0 por lo que el conjunto es linealmente independiente.

Podemos entonces concluir que { x2, x, 1} es una base para P2.

5. Sea P3 un espacio vectorial,

detemina si el conjunto B = {1, 1+x, 1+x2,

1+x3}es una base para P3.

1 2 1 0

2 1 3 0

1 2 1 0

0 5 5 0

1 2 1 0

0 1 1 0

−−

→

−−

→

−−

→ −

1 0 1 0

0 1 1 0

Álgebralineal

139

Sea p un polinomio de P3, entonces p = a

1x3 + a

2x2 + a

3x + a

4.

Si B es una base, entonces genera a P3 y, por lo tanto, p es una combinación

lineal de B.

Sea la combinación lineal p = b11 + b

2(1+x) + b

3(1+x2) + b

4(1 + x3),

entonces

p = b1 + b

2 + b

2x + b

3 + b

3x2 + b

4 + b

4x3 = (b

1 + b

2 + b

3 + b

4) + b

2x + b

3x2 + b

4x3

de donde igualando ambas expresiones tenemos que:

a1= b

4; a

2 = b

3; a

3 = b

2; a

4 = b

1 + b

2 + b

3 + b

4 = b

1 + a

3 + a

2 + a

1

por lo tanto B sí genera a P3.

Veamos ahora si B es linealmente independiente.

Consideremos una combinación lineal igual a cero,

b11 + b

2(1+x) + b

3(1+x2) + b

4(1 + x3) = 0

entonces b1 + b

2 + b

2x + b

3 + b

3x2 + b

4 + b

4x3 = (b

1 + b

2 + b

3 + b

4) + b

2x

+ b3x2 + b

4x3 = 0

de tal manera, b1 + b

2 + b

3 + b

4 = 0; b

2 = 0; b

3 = 0; b

4 = 0 de donde

b1 = 0.

Por lo tanto, B es linealmente independiente y B es base de P3.

6. Vamos a probar que {(1, 0), (0, 1)} es base para R2.

Sea (x, y) en R2, entonces (x, y) = x (1, 0) + y (0, 1) por lo tanto genera a R2.Si a(1, 0) + b(0, 1) = (0, 0) entonces a = 0 y b = 0, y es linealmente

independiente, por tanto {(1, 0), (0, 1)} es una base para R2 y recibe el nombre de base canónica.

7. De igual manera se puede probar que {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} es la base canónica para R3.

8. Sea p en P3 donde p = a

1 + a

2 x + a

3 x2 + a

4 x3, entonces {1, x, x2, x3}

generan a P3.

140

Unidad 4

Consideremos una combinación lineal de ellos igual a cero, entonces a

1 + a

2x + a

3x2 + a

4x3 = 0, esto implica que a

1 = a

2 = a

3 = a

4 = 0 por lo cual

también son linealmente independientes.

Esto nos lleva a asegurar que {1, x, x2, x3} es una base para P3, llamada

base canónica de P3.

Ejercicio 1

1. Detemina si el conjunto de vectores dado es base para el espacio vectorial referido:

a) En P2, {x2–1, x2–2, x2 – 3}

b) En M2×2

3 1

0 0

3 2

0 0

5 1

0 6

0 1

0 7

−

−

, , ,

2. Encuentra una base para cada uno de los espacios vectoriales:

a) {(x, y, z) en R3 tales que 2x – y – z = 0}b) {(x, y) en R2 tales que x + y = 0}

3. Encuentra una base para el espacio solución del sistema homogéneo dado:

a) x y

x y

− =+ =2 03 0

b) x y z

x y z

x y z

− + =− + − =− + =

3 02 2 3 04 8 5 0

4. Encuentra una base canónica para el espacio vectorial M2×2

.

5. Encuentra una base canónica para el espacio vectorial R4.

4.3. Coordenadas de un vector, relativas a

alguna base

Como vimos anteriormente, si un espacio vectorial V tiene al menos una base que genera a todo el espacio vectorial, entonces cualquier vector se puede escribir como combinación lineal de los vectores de la base; sin embargo, surge

Álgebralineal

141

la pregunta: ¿esta combinación lineal es única o hay varias? Consideremos el siguiente resultado.

Teorema 4.1. Si {v1, v

2, . . . , v

n} es una base para el espacio vectorial V y si

v está en V, entonces existe un conjunto único de escalares c1, c

2, . . ., c

n tales

que

v = c1v

1 + c

2v

2 + . . . + c

nv

n

Este teorema nos indica que la expresión de un vector como combinación lineal de los vectores de una base es única. A continuación veremos algunos ejemplos de ello.

Ejemplo 2

a) En R2 {(1, 0), (0, 1)} forman la base canónica, por lo tanto

(x, y) = x (1, 0) + y (0, 1)

Supongamos que hay otra combinación lineal de estos vectores que nos dan el vector (x, y)

(x, y) = a (1, 0) + b(0, 1), como ambas combinaciones dan el mismo vector tenemos que x (1, 0) + y (0, 1) = a (1, 0) + b(0, 1) de donde tenemos que (x, y) = (a, b) por lo tanto x = a, y = b y la combinación lineal es única.

b) Veamos ahora cómo podemos encontrar las coordenadas de un vector con respecto a una base dada.

Consideremos el conjunto {(1, 3), (–1, 2)}, veremos que es base de R2. Para ello lo único que tenemos que hacer es mostrar que es linealmente independiente, ya que el teorema 3.9. nos indicaría que generan R2.

Sea a (1, 3) + b(–1, 2) = 0 una combinación lineal, entonces a – b= 0, 3a + 2b = 0 de donde obtenemos que a = b = 0; por lo que es linealmente independiente y por tanto base de R2.

Tomemos ahora un vector cualquiera de R2 (x, y), por el teorema 4.1. existen escalares c

1 y c

2 únicos de manera que (x, y) = c

1 (1, 3) + c

2 (–1, 2). Entonces

tenemos que

142

Unidad 4

x c c y c c= − = +1 2 1 23 2, ; al resolver el sistema para c1 y c

2 obtenemos que

cx y

cx y

1 2

2

5

3

5= + = − +

, que son las coordenadas de (x, y) con respecto a la

base {(1, 3), (–1, 2)}.

c) Usando el ejemplo anterior vamos a encontrar las coordenadas del vector (1, 2) con respecto a la base {(1, 3), (–1, 2)}.

Sean c1 y c

2 las coordenadas, entonces c1

2 1 2

5

4

5= + =( )

y

c2

3 1 2

5

1

5= − + = −( )

, de tal manera que, para (x, y) = (1, 2) obtenemos

(1, 2) = 4/5 (1, 3) – 1/5 (–1, 2).

Ejercicio 2

1. Encuentra las coordenadas de los vectores dados relativas a la base indicada:

a) x = (3, 2); {(1, 3), (–1, 2)}b) x = (2, –4); {(2,5), (0, –3)}c) x = (3, 5, –1); {(1, 0, 3), (0, –2, 0), (0, 0, 1)}

4.4. Dimensión de un espacio vectorial

Si hablamos de que un espacio vectorial puede tener muchas bases surge la pregunta: ¿contienen todas las bases el mismo número de vectores? La respuesta para Rn es sí, ya que el teorema 3.9. nos indica que “cualquier conjunto de n vectores linealmente independientes en Rn lo generan”, y el corolario 3.1. nos dice que “un conjunto linealmente independiente contiene a lo más n vectores”. Al unir ambos resultados obtenemos que todas las bases de Rn

contienen n vectores. El siguiente teorema nos da la respuesta para todos los espacios

vectoriales.

Teorema 4.2. Si {u1, u

2, . . ., u

m} y {v

1, v

2, ..., v

n} son bases de un espacio

vectorial V, entonces m = n; es decir, cualesquiera dos bases en un espacio

vectorial V tienen el mismo número de vectores.

Álgebralineal

143

Y debido a él podemos definir el siguiente concepto que es uno de los más importantes del álgebra lineal.

Definición 4.2. Si el espacio vectorial V tiene una base finita, entonces la

dimensión de V es el número de vectores de todas sus bases y se dice que V es

un espacio vectorial de dimensión finita. A la dimensión de V se le denota por

dim V.

En los siguientes ejemplos encontraremos la dimensión de varios espacios

vectoriales.

Ejemplo 3

a) Si V = {0} entonces se dice que V tiene dimensión cero y dim V = 0. Éste es el único espacio con esta dimensión.

b) Consideremos el espacio vectorial de todos los polinomios de grado menor o igual a 3, P

3.

Probaremos que el conjunto {1, x, x2, x3} es una base para P3.

Consideremos una combinación lineal de ellos igual a cero, entonces a(1) + b(x) + c(x2) + d(x3) = 0, entonces a = b = c = d = 0, por lo tanto es linealmente independiente. Es obvio que el conjunto genera P

3; por lo tanto

podemos afirmar que {1, x, x2, x3} es una base para P3 y por lo tanto dim P

3 = 4.

c) Como las bases de Rn contienen n vectores podemos afirmar que dim Rn = n.

d) Consideremos el espacio vectorial de las matrices de orden 3×2, (M3×2

) y el conjunto formado por las matrices

1 00 00 0

0 10 00 0

0 01 00 0

0 00 10 0

, , ,

, ,0 00 01 0

0 00 00 1

, comprobaremos que

son una base para M3×2

.

Tomemos una combinación lineal igual a cero.

144

Unidad 4

a b

c d

e f

a b c

=

+

+

1 00 00 0

0 10 00 0

0 01 00 0

+

+

+

d e f

0 00 10 0

0 00 01 0

0 00 00 1

lo que indica que generan a M3×2

.

a b c d

1 00 00 0

0 10 00 0

0 01 00 0

0 00 10 0

+

+

+

+

+

e f

0 00 01 0

0 00 00 1

=

=

a b

c d

e f

0 00 00 0

esto implica claramente que a = b = c = d = e = f = 0 y que el conjunto es linealmente independiente.

Por lo anterior podemos afirmar que forma una base para M3×2

y que dim M

3×2 = 6.

Consideremos en R3 el subespacio vectorial H = {(x, y, z) tales que 2x –y +3z = 0

En el ejemplo 1 de la sección 4.2. se demostró que 120

031

y son una base

para H; podemos concluir que dim H = 2 y sabemos que dim R3 = 3; ¿sucederá esto con todos los subespacios vectoriales? El siguiente resultado nos da la respuesta.

Teorema 4.3. Sea H un subespacio de un espacio vectorial V de dimensión finita. Entonces H es de dimensión finita y dim H ≤ dim V.

Usaremos el teorema anterior para encontrar todos los subespacios de R3.

Ejemplo 4

Como dim R3 = 3, entonces los subespacios de R3 tendrán dimensiones 0, 1, 2 y 3.

El único subespacio de dimensión 0 es {0}.

Álgebralineal

145

Vamos a encontrar todos los subespacios de dimensión 1.

Sea H un subespacio de R3 de dimensión 1, por lo tanto tiene una base formada por un solo vector v = (a, b, c). Sea x = (x, y, z) en H, entonces existe t escalar tal que x = t (a, b, c), por lo tanto (x, y, z) = t (a, b, c) = (ta, tb, tc) de donde x = ta, y = tb, z = tc. Pero esta es la ecuación de una recta en R3 que pasa por el origen.

Vamos a encontrar todos los subespacios de dimensión 2.

Sea H un subespacio de R3 de dimensión 2, por lo tanto tiene una base formada por dos vectores v

1 = (a

1, b

1, c

1) y v

2 = (a

2, b

2, c

2) . Sea x = (x, y, z) en

H, entonces existen escalares s y t tales que x = s (a1, b

1, c

1) + t (a

2, b

2, c

2), por

lo tanto (x, y, z) = s (a1, b

1, c

1) + t (a

2, b

2, c

2) de donde x =sa

1+ ta

2, y = sb

1 + tb

2,

z = sc1+ tc

2.

Esta es la ecuación de un plano en R3 que pasa por el origen.

Por lo tanto los únicos subespacios de R3 son los vectores que están en una recta o en un plano que pasa por el origen.

¿Será necesario probar que un conjunto de vectores linealmente independientes genera a un espacio vectorial para asegurar que es una base? El siguiente teorema nos da una condición para asegurarnos que tenemos una base.

Teorema 4.4. Cualesquiera n vectores linealmente independientes en un

espacio vectorial V de dimensión n forman una base para V.

Veamos algunos ejemplos donde usaremos este resultado para encontrar bases de espacios vectoriales.

Ejemplo 5

Consideremos a R3, ¿el conjunto {(2, 3, 5), (1,0,0), (2, –1, 0)} es una base de R3?

Por el teorema anterior basta probar que es linealmente independiente ya que dim R3 = 3.

146

Unidad 4

Tomemos una combinación lineal igual a cero, a(2, 3, 5) + b(1, 0, 0) + c(2, –1, 0) = (0, 0, 0) entonces 2a + b + 2c = 0, 3a – c = 0, 5a = 0; de donde a = b

= c = 0 ; el conjunto es linealmente independiente y por tanto una base para R3.

Ejercicio 3

1. Di si son falsas o verdaderas las siguientes afirmaciones:

a) Cualesquiera tres vectores en R3 forman una base para R3.b) Cualesquiera tres vectores linealmente independientes en R3 forman una

base para R3.c) Una base para un espacio vectorial es única.d) Un espacio vectorial de dimensión 4 puede tener una base con 3

vectores.e) Si H es un subespacio de V, entonces dim H > dim V.

2. Encuentra la dimensión de los siguientes espacios vectoriales:

a) H = {(x, y, z) en R3 tales que 3x – y +6z = 0}

b) El espacio solución del sistema homogéneo x y z

x y z

x y z

− + =− + − =− + =

3 02 2 3 04 8 5 0

4.5. Rango, nulidad, espacio de renglones y

columnas de una matriz

En la sección anterior vimos que es un poco difícil y tedioso encontrar una base para cualquier espacio vectorial; ahora veremos cómo se puede obtener una base para el espacio generado por un conjunto de vectores mediante la reducción por renglones de una matriz. Recordemos que para que un conjunto genere un espacio no es necesario que sea una base.

También estudiaremos algunos conceptos muy importantes que se refieren a las matrices y por consiguiente a los sistemas de ecuaciones.

Definición 4.3. Sea A una matriz de m×n, consideremos el conjunto

NA = {x en Rn tales que Ax = 0}

Álgebralineal

147

entonces NA es un subespacio vectorial que se llama espacio nulo o kernel

de A y su dimensión ν(A) = dim NA se llama nulidad de A.

En los siguientes ejemplos encontraremos el kernel y la nulidad de varias matrices usando esta definición.

Ejemplo 6

a) Sea A = 1 2 12 1 3

−−

vamos a encontrar el espacio nulo y la nulidad

de A.

Lo que queremos encontrar es el conjunto de vectores x = (x, y, z) de R3 que satisfacen Ax = 0, esto significa tener el siguiente sistema de ecuaciones: x +2y – z= 0 y 2x – y + 3z = 0 lo que se busca es encontrar una base para el espacio solución de este sistema homogéneo.

Como se vio en el ejemplo 3 de la sección 4.2, este sistema tiene como base al vector (–1, 1, 1) y por lo tanto, N

A = gen {(–1, 1, 1)} yν(A) = 1.

b) Encontrar el espacio nulo y la nulidad de la matriz A =

2 1 34 2 66 3 9

−−− −

.

Para esto se diagonalizará la matriz aumentada:

2 1 3 0

4 2 6 0

6 3 9 0

1 1 2 3 2 0−−

− −

→

− / /

4 2 6 0

6 3 9 0

1 1 2 3 2 0

0 0 0 0

0 0 0 0

−− −

→

− / /

Entonces los vectores del kernel satisfacen que x – 1/2y + 3/2z = 0 de donde y = 2x + 3z y se pueden reescribir como

x

y

z

x

x z

z

x

x z

z

x

= +

=

+

=2 3 2

0

03

120

+

z

031

.

Esto nos asegura que los vectores 120

031

, forman una base para el

148

Unidad 4

espacio nulo (kernel). Y por lo tanto:ν(A) = 2, es decir, la nulidad de A es 2.

El siguiente resultado une los conceptos de matriz invertible con el kernel y nulidad.

Teorema 4.5. Sea A una matriz de n×n, entonces A es invertible, si y sólo

si, ν(A) = 0.

Recordemos que si A es invertible, el sistema Ax = b tiene sólo una solución única x = A–1b, esto nos lleva a que el sistema homogéneo Ax = 0 sólo tiene la solución trivial x = 0, de donde el kernel de A, N

A = {x en Rn tales

que Ax = 0}= {0} y por tanto ν(A) = 0.

Definiremos otros conceptos que nos son necesarios para encontrar una base en el espacio generado por un conjunto de vectores.

Definición 4.4. Sea A una matriz de m×n. Entonces la imagen de A es el

conjunto imagen A = {y en Rm tales que Ax = y para alguna x en Rn}.

Encontraremos la imagen de una matriz.

Ejemplo 7

Sea A = 1 20 1

vamos a encontrar su imagen. Por la definición anterior

tenemos que:

Imagen A = {y en R2 tales que Ax = y para alguna x en R2}, estamos buscando entonces todos los productos de la forma Ax = y.

Sea x = (x, y) en R2, entonces Ax = 1 20 1

2

= +( )x

yx y y, , de donde

tenemos que los vectores de la imagen de A tienen la forma (x + 2y, y), es decir,

imagen A = {(x+2y, y)}.

El siguiente resultado nos dice que la imagen de una matriz es también un espacio vectorial y esto nos va a simplificar el método para encontrar una base para un espacio generado por un grupo de vectores.

Álgebralineal

149

Teorema 4.6. Sea A una matriz de m×n, entonces la imagen de A es un

subespacio de Rm.

Usaremos el ejemplo anterior para checar que la imagen es en verdad un subespacio vectorial.

Ejemplo 8

Dada la imagen A = {(x+2y, y)} mostrar que es un subespacio vectorial de R2.

Tomemos dos elementos de la imagen A: u = (u1+2u

2, u

2) v = (v

1+2v

2, v

2),

entonces u + v = (u1+2u

2, u

2) + (v

1+2v

2, v

2) = (u

1+2u

2 + v

1+2v

2, u

2 + v

2) =

(u1+ v

1 + 2u

2+2v

2, u

2 + v

2) = (u

1+ v

1 + 2(u

2+v

2), u

2 + v

2) está en imagen A.

αu = α(u1+2u

2, u

2) = (α(u

1+2u

2), αu

2) = (αu

1+2αu

2, αu

2) está en la

imagen de A, por lo anterior podemos decir que imagen A es un subespacio vectorial de R2.

Como vimos, la imagen de A es un subespacio de Rm, y como dim Rm = m, entonces la imagen de A tiene dimensión finita. La siguiente definición nos dirá cuál es esa dimensión y cómo se llama.

Definición 4.5. Sea A una matriz de m×n. Entonces el rango de A, denotado

por ρ(A), está dado por ρ(A) = dim imagen A.

Vamos a encontrar la dimensión de la imagen A del ejemplo anterior.

Ejemplo 9

Imagen A = {(x+2y, y)}, entonces los vectores de la imagen se

pueden reescribir como x y

y

x y

yx y

+

=

+

=

+

20

2 10

21

de donde10

21

, generan la imagen A y como son linealmente independientes,

podemos asegurar que son una base para imagen A, por lo tanto el rango de la matriz A ρ(A) = 2.

150

Unidad 4

Las siguientes definiciones y teoremas nos facilitarán el cálculo del rango de una matriz.

Definición 4.6. Sea A una matriz de m×n, sean {r1, r

2, . . . , r

m} los renglones

de A y {c1, c

2, . . . , c

n} las columnas de A. Entonces definimos

RA = espacio de renglones de A = gen {r

1, r

2, . . . , r

m}

CA = espacio de columnas de A = gen {c

1, c

2, . . . , c

n}

Tomando de nuevo el ejemplo 7 tenemos A = 1 20 1

entonces RA = gen {(1, 2), (0, 1)} y C

A = gen {(1, 0), (2, 1)} = imagen A

(ejemplo 9).

El siguiente teorema nos demuestra que el espacio de las columnas de una matriz es igual a su imagen para cualquier matriz.

Teorema 4.7. Para cualquier matriz A, la imagen de A es igual al espacio de

sus columnas

CA

= imagen de A

En el siguiente ejemplo vamos a calcular el kernel, la imagen, el rango y la nulidad de una matriz A.

Ejemplo 10

a) Consideremos A = 1 2 1

2 1 3

−−

i) Cálculo del kernel (espacio nulo) de A

Para esto vamos a llevar a la matriz aumentada a su forma escalonada reducida por renglones.

1 2 1 0

2 1 3 0

1 2 1 0

0 5 5 0

1 2 1 0

0 1 1 0

−−

→

−−

→

−−

→→ −

1 0 1 0

0 1 1 0

de donde obtenemos que x z

y z

+ =− = 00 de tal manera que

x z

y z

= −= y

Álgebralineal

151

x

y

z

z

z

z

z

=

−

=

−

1

1

1

de esto se obtiene que

−

1

1

1

es una base para el

kernel, es decir NA = gen {(–1, 1, 1)}

ii) Cálculo de la nulidad de ALa nulidad de A = ν(A) = dim N

A = 1

iii) Imagen de A

La imagen de A = CA = gen

10

01

, = R2 ya que son 2 vectores linealmente

independientes.

iv) Rango de Aρ(A) = dim imagen A = dim CA = 2

v) Espacio de renglones RA.

RA = gen {(1, 2, –1), (2, –1, 3)}

Consideremos una combinación lineal de ellos igual a cero a(1, 2, –1) + b(2, –1, 3) = 0, entonces a + 2b = 0, 2a – b = 0, –a + 3b = 0 de donde obtenemos que a = b = 0, y por lo tanto dim R

A = 2.

Observemos que dim RA = dim C

A = 2. ¿Será sólo una coincidencia?

El siguiente resultado nos muestra que no.

Teorema 4.8 Si A es una matriz de m×n, entonces:

dim RA = dim C

A = dim imagen A = ρ(A)

Este teorema nos indica que los espacios vectoriales formados por las columnas y por los renglones de una matriz tienen la misma dimensión, y que podemos usar cualquiera de ellos para encontrar el rango de una matriz. El siguiente ejemplo nos muestra un método usando los renglones de la matriz.

152

Unidad 4

Ejemplo 11

Calcula la imagen y el rango de la matriz A =

2 1 3

4 2 6

6 3 9

−−

− −

Observemos que los renglones 2 y 3 se obtienen de multiplicar el primer renglón por 2 y –3, respectivamente, por lo que podemos asegurar que dim R

A = 1

y por el teorema anterior afirmar que cualquier columna de A es base para la imagen de A y el rango de A es ρ(A) = 1.

El siguiente teorema nos simplifica el cálculo de la imagen, el rango y la

nulidad.

Teorema 4.9 Si la matriz A es equivalente por renglones a la matriz B,

entonces

RA = R

B; ρ(A) = ρ(B); ν(A) = ν(B)

Este teorema es muy importante pues nos dice que para encontrar el rango y la imagen de una matriz basta llevarla a la forma escalonada por renglones para obtener el rango y la imagen.

También nos brinda un método para encontrar una base para el espacio generado por un conjunto de vectores.

Ejemplo 12

a) Calcular el rango y la imagen de la matriz A =

1 1 3

2 0 4

1 3 1

−− −

.

Vamos a reducirla por renglones.

De aquí podemos observar que dim RA = 2 = ρ(A) y por tanto Imagen de

A = gen{(1, 0, 0), (0, 1, 0)}

b) Encontrar una base para el espacio generado por el conjunto de vectores de R3

1 1 3

2 0 4

1 3 1

1 1 3

0 2 2

0 4 4

−− −

→

−−

−

→

11 1 3

0 1 1

0 4 4

1 1 3

0 1 1

0 0 0

−−

−

→

−−

→ −

1 0 2

0 1 1

0 0 0

Álgebralineal

153

G =

1

2

3

2

0

4

0

4

2−

−

−

, ,

−−

,

2

4

6

Se forma la matriz cuyos renglones son

los vectores dados.

1 2 3

2 0 4

0 4 2

2 4 6

−−

−− −

Vamos a llevarla a la forma escalonada por renglones

1 2 3

2 0 4

0 4 2

2 4 6

1 2 3

0 4 2

0 4 2

−−

−− −

→

−−−

00 0 0

1 2 3

0 1 1 2

0 0 0

0 0 0

→

−−

/

Entonces una base para gen G es

1

2

3

0

1

1 2−

−

,

/

Un último teorema nos garantiza las dimensiones del rango y la nulidad.

Teorema 4.10. Sea A una matriz de m×n, entonces

ρ(A) + ν(A) = n

Es decir, el rango más la nulidad es igual al número de columnas de A.

Con el ejemplo siguiente comprobaremos el teorema anterior.

Ejemplo 13

Considera la matriz A = 1 3 10 2 10 0 2

−−−

, vamos a llevar la matriz aumentada

a su forma escalonada reducida por renglones:

154

Unidad 4

entonces dim RA = 3 = ρ(A).

Vamos a encontrar la nulidad de A. El kernel de A es x = y = z = 0, por tanto ν(A) = 0 y entonces ρ(A) +ν(A) = 3 + 0 = 3

Ejercicio 4

1. Encuentra el rango y la nulidad de las siguientes matrices:

a) −− −

1 3 2

2 6 4

b)

1 1 2

3 1 4

5 1 8

−−

2. Encuentra una base para la imagen y el espacio nulo de las matrices anteriores.

4.6. Matriz de transición. Cambio de bases

En la sección anterior se manejó que un espacio vectorial podía tener muchas bases, y que por lo tanto cualquier vector del espacio vectorial podía tener coordenadas en cada una de ellas. Sin embargo, surge la pregunta: ¿se podrá cambiar de base fácilmente?

En la presente sección se dará respuesta a esta pregunta a través de una matriz especial.

Consideremos un ejemplo en R2.

Sean i = (1, 0) y j = (0, 1) la base canónica (B1) para R2 ; y sean v

1= (1, 3)

y v2 = (–1, 2) vectores de R2. Consideremos una combinación lineal de v

1 y v

2

igual a cero.

a(1, 3) + b(–1, 2) = 0 entonces a – b = 0, 3a + 2b = 0 de donde a = b = 0 y por tanto son linealmente independientes y forman otra base B

2 = {v

1, v

2} para R2.

1 3 1 0

0 2 1 0

0 0 2 0

1 3 1 0

0 2 1 0

0 0 1 0

1 3 0 0

0

−−−

→

−−

→

22 0 0

0 0 1 0

1 3 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

→

→

Álgebralineal

155

Sea x = (x1, x

2) en R2, por lo tanto x =

x

xx x1

21 2

10

01

=

+

= x

1 i + x

2 j

en términos de la base canónica (B1) y para hacer hincapié en este hecho se

escribe (x) B

x

x1

1

2

=

Como B2 es otra base de R2, existen escalares c

1 y c

2 tales que

x = c1v

1 + c

2v

2 y por lo tanto se escribe (x) B

c

c2

1

2

= .

Para encontrar los escalares c1 y c

2 vamos a proceder de la siguiente

manera:

Se escriben los elementos de la base B1 en términos de la base B

2.

1

0

1

3

1

2

0

1

1

3

11 1 2 2

=

+

−

=

+

−a b a b

y

2

entonces,

a b

a b

a b

a b1 1

1 1

2 2

2 2

13 2 0

03 2 1

− =+ = − =+ =y de estos obtenemos:

a1 = 2/5; b

1 = –3/5; a

2 = 1/5; b

2 = 1/5

por lo tanto: i = (2/5)v1 – (3/5)v

2 j = (1/5)v

1 + (1/5)v

2

Después se escribe el vector sustituyendo las nuevas coordenadas:

x = x

x1

2

= x

1i + x

2 j = x x1 1 2 2 1 22 5 3 5 1 5 1 5( / ) ( / ) ( / ) ( / )v v v v −[ ] + +[ ]

= +[ ] + − +[ ] ( / ) ( / ) ( / ) ( / ) )2 5 1 5 3 5 1 51 2 1 1 2 2x x x xv v

de donde c1= ( / ) / ) / ) / ) .2 5 1 5 3 5 1 51 2 2 1 2 ( ( ( x x c x x+[ ] = − +[ ]y

Por último formamos una matriz cuyas columnas sean las coordenadas de los vectores de la primera base en términos de la segunda.

Por tanto tenemos que

x = c

c

x x

x x

1

2

1 2

1 2

2 5 1 5

3 5 1 5

2 5 1

=

( ) + ( )−( ) + ( )

=

/ /

/ /

/ / 55

3 5 1 51

2−

/ /

x

x

A continuación daremos la definición para esta matriz.

156

Unidad 4

Definición 4.7 A la matriz cuyas columnas son las coordenadas de los

vectores de la base B1 en términos de la base B

2 se llama matriz de transición

de la base B1 a la base B

2.

Para obtener las coordenadas de cualquier vector en esta nueva base B2,

basta multiplicar la matriz de transición por las coordenadas del vector en la base B

1.

Ejemplo 14

a) Consideremos el vector x = (3, –4), entonces las coordenadas en la base B

2 del ejemplo anterior serán:

(x)B2

= 2 5 1 5

3 5 1 5

3

4

2 5

13 5

/ /

/ /

/

/−

−

= −

para verificarlo tenemos que

(2/5)v1 – (13/5)v

2 = 2/5(1, 3) – 13/5(–1, 2) = (3, –4)

Los siguientes teoremas nos indican formalmente el procedimiento realizado anteriormente que nos permitirá cambiar de una base a otra.

Teorema 4.11 Sean B1 y B

2 bases de un espacio vectorial V. Sea A la matriz

de transición de B1 a B

2. Entonces para todo x en V tenemos:

(x)B2

= A(x)B1

Teorema 4.12 Si A es la matriz de transición de B1 a B

2, entonces A–1 es

la matriz de transición de B2 a B

1.

Este teorema hace que sea sencillo encontrar la matriz de transición a partir de una base canónica en Rn a cualquier otra base de Rn.

Álgebralineal

157

Ejemplo 15

Encontrar la matriz de transición de la base canónica de R3 a la base B2

=

1

0

2

3

1

0

0

1

2

−

−

, ,

Para ello escribiremos la matriz C cuyas columnas son los vectores de B2.

C =

1 3 0

0 1 1

2 0 2

−−

esta matriz es la de transición de la base B

2 a la base

canónica, ya que los vectores de la base B2 se encuentran expresados en

términos de la base canónica. Entonces, por el teorema anterior, la matriz C–1 será la matriz que estamos buscando. Es fácil verificar

C–1 =

2 8 6 8 3 8

2 8 2 8 1 8

2 8 6 8 1 8

/ / /

/ / /

/ / /

− −−

Si (x)B1

= (1, –2, 4), entonces (x)B2

=

2 8 6 8 3 8

2 8 2 8 1 8

2 8 6 8 1 8

1

2

4

/ / /

/ / /

/ / /

− −−

−

= −

1 4

1 4

7 4

/

/

/

de donde 1 4

1

0

2

1 4

3

1

0

7 4

0

1

2

/ / /

+ −

− −

= −

1

2

4

.

Ejercicio 5

1. Encuentra la matriz de transición de la base B1 a la base B

2:

B1 =

1

0

0

1

, B

2 =

2

3

3

4

−−

,

2. Escribe (x, y, z) de R3 en términos de la base

2

1

3

1

4

5

3

2

4

−

−

−

, ,

158

Unidad 4

3. Si en R2 (x)B1

= (4, –1) donde B1 =

2

5

7

3−

, . Escribe x en términos

de la base B2 =

−

−

2

1

3

2 , .

Ejercicios resueltos

1. Encuentra una base para H = {(x, y, z) de R3 tales que 3x + 6z – 2y = 0} Sea (x, y, z) en H, entonces 3x + 6z – 2y = 0, lo reescribimos como

y = (3/2)x + 3z, entonces todos los elementos de H pueden escribirse de la siguiente manera

x

y

z

x

x z

z

x

x z

= ( ) +

= ( )

+3 2 3 3 2

0

0

3/ /

zz

x z

=

+

1

3 2

0

0

3

1

/ de donde

1

3 2

0

0

3

1

/

y generan H.

Probaremos ahora que son linealmente independientes; tomemos una

combinación lineal igual a cero:

a b

1

3 2

0

0

3

1

0

0

0

/

+

=

, entonces a a b b= + = =0 3 0 0, , (3/2) de donde a

= b = 0 y son linealmente independientes, por lo tanto son una base para H.

2. Encuentra las coordenadas del vector (2, –1, 3) relativas a la base

B={(1, 0, 3), (0, –1, 1), (1, –2, 0)} Como B es base, existen a, b, c tales que (2, –1, 3) = a(1, 0, 3) + b(0, –1, 1)

+ c(1, –2, 0)

de donde obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones a c

b c

a b

+ =− − = −+ =

22 1

3 3 al

resolverlo tenemos que

a

b

c

== −=

6 5

3 5

4 5

/

/

/

por lo tanto (2, –1, 3) = 6/5 (1, 0, 3) –

3/5 (0, –1, 1) + 4/5 (1, –2, 0).

Álgebralineal

159

3. Encuentra el rango, nulidad, y una base para la imagen y el kernel (espacio

nulo) de la matriz A =

1 1 0 3

0 1 4 3

1 0 2 4

−

.

Vamos a llevar la matriz A a la forma escalonada reducida por renglones.

1 1 0 3

0 1 4 3

1 0 2 4

1 1 0 3

0 1 4 3

0 1 2 1

1−

→

−

→

−

11 0 3

0 1 4 3

0 0 2 2

1 1 0 3

0 1 4 3

0 0 1 1

− −

→

−

→

1 1 0 3

0 1 0 1

0 0 1 1

1 0 0 2

0 1 0 1

0 0 1 1

−−

→ −

Por lo tanto ρ(A) = 3 y ν(A) = 1

además

1

0

0

0

1

0

0

0

1

, , forman una base para la imagen de A.

Vamos a obtener una base para el kernel, sabemos que de la última matriz

obtenemos el sistema de ecuaciones

x w

y w

z w

+ =− =+ =

2 000

de donde x w

y w

z w

= −== −

2, por

lo tanto los elementos del kernel de A podemos escribirlos de la siguiente manera:

x

y

z

w

w

w

w

w

w

=

−−

=

−−

2 2

1

1

1

por lo tanto

−−

2

1

1

1

es una base para el kernel de A.

4. Encuentra la matriz de transición de la base B1 = {(1, 1),(2, 3)} a la base

B2 ={(0, 3),(5, –1)}

Primero vamos a escribir los elementos de la base B

1 en términos de la base B

2.

(1, 1) = a (0, 3) + b(5, –1) 5b = 1 y 3a –b = 1 de donde b = 1/5 y a = 2/5(2, 3) = c (0, 3) + d(5, –1)5d = 2 y 3c –d = 3 de donde d = 2/5 y c = 17/15

160

Unidad 4

Ahora vamos a formar la matriz de transición poniendo en sus columnas las coordenadas de los vectores de la base B

1 en términos de la base B

2:

2 5 17 151 5 2 5

/ // /

5. Usando la matriz de transición del ejercicio anterior escribe las

coordenadas del vector (x) B1

= (2, 0) en términos de la base B2:

(x) B2=

2 5 17 151 5 2 5

20

4 52 5

/ // /

//

=

Ejercicios propuestos

1. Di si el vector B = {–3x, 1+x2, x2–5} es base en P2.

2. Encuentra una base para x y z

x y z

− − =− + =02 0

3. Encuentra las coordenadas de los vectores dados en la base indicada:

a) (1, 0) en {(1, 3),(–1, 2)}b) (0, 0, 1) en {(1, 0, 3),(0, –2, 0),(0, 0, 1)}

4. Encuentra una base para 3x – y + 2z = 0 y di cuál es su dimensión.

5. Si dim P2 = 3, ¿{x2–1, 3x, 2x2–5} es base de P

2?

6. Encuentra una base para la imagen y el espacio nulo (kernel), además del

rango y la nulidad de

1 1 2 3

0 1 4 3

1 0 6 6

−

.

7. Encuentra la matriz de transición de la base 1

1

1

1

−

,

a la base

canónica de R2.

Álgebralineal

161

Autoevaluación

1. Es una base para R3

a) {(1, 0, 2), (–1, 2, 1), (4, 0, 0), (1, 1, 0)}b) {(1, 2),(2, 1),(0, 1)}c) {(1, 0, 3),(0, 0, 3),(1, 4, 0)}d) {(1, 0, 0), (3, 0, 0), (–1, 0, 0)}

2. Si {(1, 2, 2),(–2, 0, 0)}forman una base para el espacio vectorial G, entonces:

a) dim G = 0b) dim G = 1c) dim G = 3d) dim G = 2

3. Si H es un subespacio vectorial de R3, entonces puede ser una base para H:

a) {(3, 2, 1)}b) {(1, 1),(2, 1)}c) {(1, 1, 1), (2, 2, 2),(0, 0, 0)}d) {(1, 0, 0),(0, 1, 0),(0, 0, 1),(1, 1, 1)}

4. El rango de la matriz

1 2 3 4

0 2 1 5

0 0 3 7

−

es:

a) 1b) 2c) 3d) 4

5. Si una matriz de orden 5×7 tiene nulidad 2, entonces su rango es:

a) 5b) 3c) 2d) 7

162

Unidad 4

6. La nulidad de la matriz

1 2

2 4

3 6

− −

es:

a) 0b) 1c) 2d) 3

7. La matriz de transición en R2 de la base 23

34

−−

, a la base

10

01

,

es:

a) 2 33 4

−−

b) 2 3

3 4− −

c) −−

4 33 2

d) − −

4 3

3 2

Álgebralineal

163

Respuestas a los ejercicios

Ejercicio 1

1.a) No es base; el polinomio x no puede escribirse como combinación lineal

de ellos.b) No es base.

2.

a)

1

2

0

0

1

1

−

,

b) −

1

1

3.

a) 00

b)

−−

7 4

1 4

1

/

/

4. 1 00 0

0 10 0

0 01 0

0 00 1

, , ,

5.

1000

0100

0010

0001

, , ,

164

Unidad 4

Ejercicio 2

a) (3, 2) = (8/5, –7/5)b) (2, –4) = (1, 3)a) (3, –5/2, –10)

Ejercicio 3

1.a) Fb) Vc) Fd) Fe) F

2.a) dim H = 2b) dim = 1

Ejercicio 4

1.a) rango = 1; nulidad = 2b) rango = 2; nulidad = 1

2. a) Imagen A = gen {(1, 0)}; kernel A = gen {(3, 1, 0), (2, 0, 1)}b) Imagen A = gen {(1, 0, 0), (–1, 4, 4)}; kernel A = gen {(–3, 1, 2)}

Ejercicio 5

1. −−

4 33 2

2. ( / )1 31

6 11 10

2 17 7

7 13 9

x y z

x y z

x y z

− ++ −+ −

3. (x) B2

= (67, –45)

Álgebralineal

165

Respuestas a los ejercicios propuestos

1. Sí es.

2. Una base es

−−

2

3

1

3.a) (1, 0) = 2/5(1, 3) – 3/5(–1, 2)b) (0, 0, 1) = 0(1, 0, 3) + 0(0, –2, 0) + 1(0, 0, 1)

4.

130

021

, dim = 2

5. Sí es

6. Imagen A = gen {(1, 0, 0), (0, 1, 0)} kernel A = gen {(–6, –4, 1, 0),(–6, –3, 0, 1)} rango A = 2 nulidad A = 2

7. 1/2 1/2

1/2 1/2−

Respuestas a la autoevaluación

1. c)2. d)3. a)4. c)5. a)6. b)7. a)