tema2 espacios vectoriales a

7/26/2019 Tema2 Espacios Vectoriales A

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Tema 2: Espacios vectoriales

La estructura de espacio vectorial juega un papel fundamental en el lgebra lineal pues es la basede todos los conceptos que ah se desarrollan. Vamos en la siguiente seccin a tratarla.

1 Definicion y ejemplos

Cuando manejamos vectores del plano R2 o del espacio tridimensional R3 podemos deducir una serie

de propiedades, a partir de las cuales, en un ejercicio de abstraccin, introducimos el concepto deespacio vectorial como aquel ente que verifica dichas propiedades, que sern tomadas como axiomas

y que se recogen en la siguiente definicin:

Definicin 1.1 Sea V un conjunto y sea K un cuerpo. Supongamos que tenemos definidas dosoperaciones enV, una LCI + (denominadasuma), que asigna a cada par de elementosu, v

V

un elemento u+ v V, y otra externa :K V V (denominada productoo multiplicacinpor elementos del cuerpo), que asigna a cada elemento Ky a cadav Vun elemento v V(se podr omitir el punto en adelante).

Se dice que la terna(V, +, )es unK-espacio vectorialo un espacio vectorial sobre K (enadelante se dir simplemente queVes un espacio vectorial) si se satisfacen las siguientes propiedades

(a las que denominaremos axiomas):

1) Ves un grupo abeliano con la suma +:

(a) (Propiedad asociativa)u,v,w Vse tiene que

(u + v) + w= u + (v+ w)

(b) (Propiedad conmutativa) u, v Vse tiene que

u + v= v + u

(c) (Elemento neutro) Existe un elemento, al que vamos a denotar por 0, tal que dadocualquieru

Vse tiene que

u + 0 =u

(d) (Elemento opuesto) Dado u Vexiste un vectorv tal que

u + v= 0

Diremos quev es el opuesto deuy pondremosv= u.

2) (Propiedadespseudodistributivas)

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a)u, v V, Kse tiene que

(u + v) = u + v

b)u V, , Kse tiene que

( + ) u= u + u

3) (Propiedadpseudoasociativa)u V, , Kse tiene que

( ) u= ( u)

4) (Pseudoelemento neutro)u Vse tiene que

1 u= u

(donde1es el neutro para la multiplicacin en el cuerpo K).

Observacin 1.2 Los elementos de un espacio vectorial se denominarnvectores(de dicho espaciovectorial) y los del cuerpo se llamarnescalares. Debido a las propiedades de un espacio vectorialcomo grupo abeliano existir un vector especial que ser el neutro para la suma, al cual llamaremos

vector nulo, o vectorcero, y lo denotaremos0V. Y para referirnos al cero del cuerpo Kdistinguin-dolo del anterior podemos usar la notacin0K. Si no hay lugar a confusin los denotaremos a ambos

indistintamente por0. Tambin aparecen dos sumas, la de escalares y la de vectores. Representare-mos ambas por el mismo smbolo +, siempre que no d lugar a confusin. Por ltimo recordemosque todo vectorv V tendr un vectoropuestopara la suma, el cual ser designado porv (quees el vector que cumple quev+ (

v) = 0).

Propiedad: Sea(V, +, ) un espacio vectorial sobre un cuerpo Ky sean Ky v V. Setiene que v= 0si y slo si = 0 v = 0.

Ejemplo 1.3 1. SeaK= Rel cuerpo de los nmeros reales y consideremos el conjunto

V = R2 ={(x, y) :x, y R}

Se define la suma interna + y la multiplicacin externa enVcoordenada a coordenada:

Dadosu= (x, y), v= (z, t) V definimosu + v= (x, y) + (z, t) = (x + z, y+ t)

Dadosu= (x, y) V y Rdefinimos u= (x, y) = ( x, y).

Es sencillo comprobar queR2, con estas operaciones anteriormente definidas, es unR-espaciovectorial. Vemoslo.

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(a) Grupo abeliano:

i. Propiedad asociativa: dados

u= (x, y), v= (z, t), w= (a, b) V

se tiene que

(u + v) + w= [(x, y) + (z, t)] + (a, b) =

= (x + z, y+ t) + (a, b) = ((x + z) + a, (y+ t) + b) =

= (x + (z+ a), y+ (t + b)) =

= (x, y) + [(z+ a, t + b)] =

= (x, y) + [(z, t) + (a, b)] =u + (v+ w)

(hemos utilizado la propiedad asociativa de los nmeros reales para la suma).

ii. Propiedad conmutativa: dados

u= (x, y), v= (z, t) Vse tiene que

u + v= (x, y) + (z, t) =

= (x + z, y+ t) = (z+ x, t + y) =

= (z, t) + (x, y) =v + u

(hemos utilizado la propiedad conmutativa de los nmeros reales para la suma).

iii. Existencia de elemento neutro: existe un vector, el vector 0 = (0, 0), tal que dado

cualquieru= (x, y) Vse tiene queu + 0 = (x, y) + (0, 0) = (x + 0, y+ 0) = (x, y) =u

(hemos utilizado que el nmero real0es el neutro para la suma enR).

iv. Existencia de elemento opuesto: dado u = (x, y) V existe un vector, el vectoru= (x,y), tal que

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

(hemos utilizado que todo nmero real posee opuesto para la suma).

(b) Propiedades pseudodistributivas:

i. Dadosu= (x, y), v= (z, t) V y Rse tiene que

(u + v) = [(x, y) + (z, t)] = (x + z, y+ t) =

= [ (x + z), (y+ t)] = ( x + z, y+ t) =

= ( x, y) + ( z, t) = (x, y) + (z, t) = u + v

(hemos utilizado la propiedad distributiva de los nmeros reales).

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ii. Dadosu= (x, y) V y, Rse tiene que

( + ) u= ( + )(x, y) = (( + ) x, ( + ) y) =

= ( x + x, y+ y) = ( x, y) + ( x, y) =

= (x, y) + (x, y) = u + u

(hemos utilizado de nuevo la propiedad distributiva de los nmeros reales).(c) Propiedad pseudoasociativa: dadosu= (x, y) V y, Rse tiene que

( ) u= ( )(x, y) = [( ) x, ( ) y] = [( x),( y)] =

= ( x, y) = ( (x, y)) = ( u)

(hemos utilizado la propiedad asociativa de los nmeros reales para la multiplicacin).

(d) Pseudoelemento neutro: dado u= (x, y) Vse tiene que

1 u= 1(x, y) = (1 x, 1 y) = (x, y) =u

(hemos utilizado que el nmero real1es el neutro para el producto de nmeros reales).

De modo anlogo se tiene para (R3, +, ), (R4, +, ) y en general para cualquiern = 1, 2, 3....el espacio vectorial (Rn, +, ), dondeRn = {(x1, x2,...,xn) : x1, x2,...,xn R}. Incluso paran= 1obtenemos el espacio vectorial(R, +, )con la suma y el producto entre nmeros.

Adems, esta construccin no es exclusiva del cuerpo Rporque tambin es posible definir, para

cualquier cuerpo Ky cualquiern= 1, 2, 3,....los espacios vectoriales de la forma(Kn, +, ).

2. ConsideremosVel conjunto de todos los polinomios de grado menor o igual que dos con coefi-cientes reales, es decir,

V =P2[R] ={ax2 + bx + c: a, b, c R}

Definimos una suma interna + y una multiplicacin por escalares del siguiente modo:

Dadosax2 + bx + c,dx2 + ex + f V definimos

(ax2 + bx + c) + (dx2 + ex + f) = (a + d)x2 + (b + e)x + (c + f)

y dadosax2 + bx + c V y Rdefinimos (ax2 + bx + c) =ax2 + bx + c

En definitiva se define la suma y la multiplicacin en cada coeficiente. Es sencillo comprobar

queP2[R], con estas operaciones anteriormente definidas, es unR-espacio vectorial. En esteespacio vectorial el vector nulo es el polinomio

0 = 0 + 0x + 0x2

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y el opuesto de un vectorax2 + bx + ces

(ax2 + bx + c) = ax2 bx c.De modo anlogo se definenP3[R],P4[R]y en general para cualquiern N,Pn[R], el conjuntode los polinomios de grado menor o igual quen (en la indeterminadax) con coeficientes reales.Adems esta construccin puede extenderse de nuevo a cualquier cuerpo. De este modo, para

un cuerpo Ky cualquiern = 0, 1, 2, 3....tambin es posible definir los espacios vectoriales dela formaPn[K], tomando los polinomios de grado menor o igual quen (en la indeterminada

x) con coeficientes sobreK.

3. El espacio vectorial de las funciones reales con dominio sobre un conjunto X R:

F[X] ={funcionesf :X R}(y como caso especial las funciones de una variable con dominio todo R,

F=F[R] ={funcionesf : R

R})

En este espacio vectorial se definen la suma y el producto de escalares por vectores del siguientemodo: si tenemos dos funcionesf, g :X R, la funcin sumaf+g :X Rest dada por(f+ g)(x) =f(x) + g(x),x X; y si tenemos una funcinf:X Ry un escalar Rse define el producto de ambos como la funcinf :X Rdada por(f)(x) = f(x),x X. Estas operaciones proporcionan aF[X]estructura de espacio vectorial sobreRen elque el vector nulo es la funcin idnticamente nula:

0 :X R, tal que0(x) = 0,x X

es decir, es la que lleva todos los elementos deXal0; y el vector opuesto defes la funcinf, definida por

(f)(x) = f(x),x X

4. El conjunto de los nmeros complejos

C ={a + bi: a, b R}donde i es el nmero imaginario

1, es un espacio vectorial sobreR, donde la suma es lahabitual y el producto de escalares por vectores se hace como enR2, es decir, y el producto de

a + bi C

y R

est dado por(a + bi) =a + bi

El0y el opuesto son los mismos que enC.

5. Dadosm, n N, las matrices de ordenm n con coeficientes sobre K constituyen un K-espacio vectorial con la suma y el producto por escalares coordenada a coordenada (como si

fueran vectores). El neutro es la matriz nula, y el opuesto de una matriz dada es la matriz que

tiene todos los coeficientes opuestos de la anterior.

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2 Subespacios vectoriales

Definicin 2.1 Un subconjunto W de un K-espacio vectorial V se dir que es un subespaciovectorial (o simplemente un subespacio) de V (y lo denotaremos as: W V) si se cumplenlas dos propiedades siguientes:

1. Para todo par de vectoresu, v Wse tiene queu + v W; y2. Para todo vectoru Wy todo escalar Kse tiene queu W.

Propiedad: SeaVun espacio vectorial. Entonces:

1. SiW V, entonces(W, +, )(con las operaciones suma y multiplicacin externa heredadas deV) es unK-espacio vectorial.

2. (Caracterizacin de subespacio) Dado un subconjunto W de V, se tiene que W es un

subespacio de V si y slo si para cada par de vectores u, v Wy cada par de escalares, K, se tiene que u + v W.

3. Si W V. Entonces0 W.

La ltima de las propiedades anteriores es til en la prctica para determinar, en algunas ocasio-

nes, que ciertos subconjuntos de un espacio vectorial no son subespacios, pues, en cuanto tengamosun subconjunto del espacio vectorial que no contiene al vector nulo podremos afirmar que no puedeser un subespacio suyo.

Ejemplo 2.2 1. Consideremos el espacio vectorial V = R2 y el subconjunto W = {(x, y) talesque3x y= 0}deR2. Entonces, Wes un subespacio deV. Vemoslo.Dadosu = (x, y), v = (z, t)W y, R, debemos ver que el vectorw = u+v est enW. Como w= (x, y) + (z, t) = (x + z, y+ t)y como 3x y= 0, 3z t= 0, se tieneque3(x + z) (y+ t) =(3x y) + (3z t) = 0. En definitivaw W.

2. Sea V = K3 = {(x,y,z)|x,y,z K} y sea U = {(x,y,z)|z = 1}. Entonces U no es unsubespacio deVporque el vector nulo deK3, 0 = (0, 0, 0), no est enU.

3. SeaV =K2 ={(x, y)|x, y K}y seaS={(x, y)|y= x2}. EntoncesSno es un subespacio deVporque aunque el vector nulo deK2,0 = (0, 0), est enS, se cumple para el vector(1, 1) Sque2(1, 1) = (2, 2) / S.

4. SeaV un espacio vectorial. Asociados aVsiempre aparecen los llamados subespacios tri-viales, que sonV y{0}. El primero es claro que es un subespacio vectorial, pues la suma devectores deV estn enV, y el producto de un escalar por un vector deVest de nuevo en

V (esto se debe a la definicin de suma y producto por escalares en V). Y el conjunto {0}

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tambin es un subespacio deV, ya que, la suma de vectores nulos da de nuevo el vector nulo,as como el producto de cualquier escalar por el vector nulo. El primero est formado por todoslos vectores deVy el segundo est formado nicamente por el vector0. A stos se les llamar

subespacio totaly subespacio cero(o subespacio nulo), respectivamente. A este ltimo

se le designa (igual que al vector) con el smbolo 0.

3 Sistemas de vectores

Unsistema de vectoresde un espacio vectorialVes una coleccin (finita) de vectoresv1, v2,...,vnde V, en la que pudiera ocurrir que hubiese alguno repetido (de ah que no empleemos en general

el trmino conjunto de vectores, pues en un conjunto, por definicin, no puede haber elementosrepetidos). Tambin designaremos a los sistemas de vectores mediante llaves, dejando claro que esono significa que el sistema sea propiamente un conjunto. As, no es lo mismo hablar del sistema de

vectores{v1, v2,...,vn}, que del conjunto de vectores {v1, v2,...,vn}, pues en el segundo caso estamos

suponiendo adems que no hay vectores repetidos.

3.1 Combinaciones lineales. Subespacio generado. Sistema generador

Supongamos que tenemos un sistema de vectores v1, v2,...,vn de un espacio vectorial V. Dado otrovector v del espacio vectorial, diremos que v es combinacin lineal (abreviadamente CL) del

sistema (o de los vectores)v1, v2,...,vn si

v= 1v1+ 2v2+ ... + nvn

para algunos 1,2,...n K.

Ejemplo 3.1 1. Dados los vectores

(0, 1, 2), (3, 0, 1)

una de sus CL es el vector

2(0, 1, 2) 1(3, 0, 1) = (3, 2, 3)

Todas las CL de ellos sern los vectores de la forma

(0, 1, 2) + (3, 0, 1) = (3,, 2 + )

para cualquier par de escalaresy.

2. Dado cualquier sistema de vectoresv1, v2,...,vnse tiene que cadavies CL del sistema. Esto es

as porquevi = 0 v1+ 0 v2+ ... + 0 vi1+ 1 vi+ 0 vi+1+ ... + 0 vn

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3. El vector nulo es siempre CL de cualquier sistema de vectores{v1, v2,...,vn}. Esto se debe aque

0 = 0 v1+ 0 v2+ ... + 0 vn

Dado un sistema de vectores S = {v1, v2,...,vn} de un K-espacio vectorial V, podemos cogertodos los vectores de Vque son CL de los vectores de S, es decir, el siguiente conjunto de vectores:

{1v1+ 2v2+ ... + nvn : 1,2,...n K}

al que denotaremos por < S > < v1, v2,...,vn > (otros autores utilizan la notacin L(S) o

L{v1, v2,...,vn}). De hecho se tiene que < S >es un subespacio de V.

Dados vectores v1, v2,...,vn, al subespacio dado anteriormente, < v1, v2,...,vn >, lo llamaremos

subespacio generado o engendradoporSo por los vectoresv1, v2,...,vn(otros docentes lo llaman

envoltura lineal de los vectores v1, v2,...,vn).

Ejemplo 3.2 Hallemos el subespacio deR3 generado por los vectores(2, 0, 3)y(1, 1, 0). ste es

={(2, 0, 3) + (1, 1, 0) : , R}= {(2 ,, 3) :, R}

Diremos que{v1, v2,...,vn}es unsistema generador(abreviadamenteSG) deV si

V =< v1, v2,...,vn >

Esto ocurre si y slo si todo vector de Ves CL de los vectores v1, v2,...,vn.

Ejemplo 3.3 Determinar cules de los siguientes son SG deR2:

1.

{(1, 2), (1, 1)}

Tomemos un vector arbitrario (x, y) deR2. Veamos si existen escalares a, b R de maneraque(x, y) =a(1, 2) + b(1, 1). Operando e igualando coordenada a coordenada tendramos que

()(

x= a by= 2a + b

Sumando estas dos ecuaciones concluiramos quea = x+y3

, y sustituyendo en la primera que

b = a x = 2x+y

3 . As, vemos que efectivamente todo vector de R2

es CL de los vectoresiniciales (pues hemos halladoa yb en funcin dex ey, comprobando que se cumple la igualdad(x, y) =a(1, 2) + b(1, 1)), lo que prueba que stos constituyen un SG deR2.Nota: Habitualmente uno de los mtodos ms sencillos para ver que el sistema de vectores es unSG es comprobar que el sistema de ecuaciones lineales (*) es un SC. Por ejemplo, analizando

los rangos (argumentan do como en el Teorema de Rouch). En nuestro caso la matriz decoeficientes tiene claramente rango 2, y por tanto tambin la ampliada. Por ello es un SC ypor tanto y los vectores consituyen un SG deR2.

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2.

{(1, 3)}.

Tomemos nuevamente un vector arbitrario (x, y)deR2. Veamos si existe algn escalara Rde manera que(x, y) =a(1, 3). Operando e igualando coordenada a coordenada tendramos que

()(

x= a

y= 3a

Las matrices de coeficientes es y ampliada son, respectivamente, 1

3

! 1 x

3 y

!

por lo que su rango vale, para la primera1, y para la segunda a veces1y otras veces2. Entoncesno se cumple que estemos siempre (para todos los valores dex, y) con un SC (cuando el rango

de la matriz ampliada es2estamos con un SI). Concluimos que no es un SG deR2.

3. Supongamos que estamos en el espacio vectorialR2 y tomemos el subespacio

U={(x, y)|x + 2y= 0}

deR2. Veamos si los vectores(2,1)y(2, 1)forman un SG deU.En primer lugar es claro que ambos vectores pertenecen aU. Seguidamente tomemos un vectorcualquiera(x, y) Uy veamos si es CL de los dos vectores anteriores. As veamos si existenescalaresaybtales que(x, y) =a(2, 1)+ b(2,1), es decir, tales quex = 2a+2bey = ab.Sabemos quex + 2y= 0, con lo quex= 2y= 2a + 2b(es decir, la primera ecuacin sobra,pues se deduce de la segunda). Entonces es suficiente tomaraybtales quey= a b. Hemosdeducido que los vectores(2,1)y(2, 1)forman un SG deU.

Algunas propiedades destacables son las siguientes:

Propiedad: SeaVun espacio vectorial. Entonces:

1. Dado un sistema de vectoresv1, v2,...,vndeV, se tiene que cadavipertenece a < v1, v2,...,vn >.

2. El subespacio generado por un sistema de vectores no vara si realizamos alguna de las siguientesmanipulaciones:

(a) Aplicamos las trasformaciones elementales de Gauss. En particular esto es aplicable aun SG de V, es decir, si sobre un SG de Vaplicamos alguna de las transformaciones deGauss (cambiamos de orden los vectores, le aadimos a algn vector algn mltiplo de

otro vector del sistema o multiplicamos algn vector por un escalar no nulo) el sistemaresultante es de nuevo un SG de V.

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(b) Adems de las transformaciones de Gauss, tambin pueden en un sistema de vectoreseliminarse algunos que no aporten ms informacin de la que ya aportan los dems, es

decir, si a un sistema de vectores le quitamos uno que sea CL de los dems el sistemaresultante es de nuevo un SG deV.

Ejemplo 3.4 Consideremos el siguiente subespacio deR4:

W=

Hallar un SG deWque tenga el menor nmero de vectores posibles, escalonando por Gauss.Se deduce de lo anterior que un SG deW es

{(1, 2, 0,1), (0,1, 3, 0), (2, 3, 3,2), (1, 0, 6,1)}

Simplemente vamos a escalonar por Gauss dicho sistema y despus de eliminar los vectores sobrantesnos quedar el SG pedido deW. Observemos en primer lugar que el tercero puede ser eliminado,

pues es el doble del primero, y el penltimo es el vector nulo y por tanto puede ser tambin eliminado.A simple vista no es fcil observar ms relaciones de dependencia, por lo que los otros cuatro los

dispondremos en forma matricial y procederemos a escalonar por Gauss:

1 2 0 10 1 3 02 3 3 21 0 6 1

Ahora le aadimos a la tercerafila2veces la primera y a la ltima le restamos la primera:

F3 2F1F4 F1

1 2 0 10 1 3 00 1 3 00 2 6 0

Ahora podemos eliminar la tercerafila, por ser igual que la segunda, y la cuarta, por ser el doble de

la segunda, quedndonos como SG deW el siguiente

{(1, 2, 0,1), (0,1, 3, 0)}

3.2 Dependencia e independencia lineal

Un sistema de vectores v1, v2,...,vnse dice que es libre, o que los vectores que lo forman sonlineal-mente independientes (LI), cuando la nica CL de ellos que da como resultado el vector 0es laCL en la que todos los escalares son nulos (diremos indistintamente que el sistema o los vectores son

LI). Podemos expresarlo as:

1v1+ 2v2+ ... + nvn= 0 1= 2=.....= n= 0

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En caso contrario se dice que el sistema de vectores es ligado, o que los vectores que lo forman son

linealmente dependientes (LD)(diremos indistintamente que el sistema o los vectores son LD).

Esto ocurre cuando podamos encontrar alguna CL de los vectores que da cero, siendo algn escalarno nulo.

Ejemplo 3.5 1. Veamos que los vectoresu= (0, 3, 4)yv= (1, 2, 3)deR3 son LI.

Para ello supongamos que tenemos alguna CL nula de ellos, es decir, u +v= 0para ciertosescalaresa y. Entonces tendremos

(0, 0, 0) =a(0, 3, 4) + (1, 2, 3) = (0, 3a, 4a) + (, 2, 3) = (, 3a + 2, 4a + 3)

De aqu deducimos el sistema de ecuaciones

= 0

3 +2 = 0

4 +3 = 0

en las incgnitasy, cuya nica solucin es= = 0.

Nota: Como regla general podemos decir que si el sistema lineal obtenido es SCD entonces altener solucin nica y la solucin nula es una de ellas, sta debe ser la nica posible. En tal

caso (SCD) los vectores sern LI, y en caso contrario (SCI) los vectores sern LD.

2. Consideremos los vectoresu1= (1, 0, 1), u2= (1, 2, 0)yu3= (1, 2, 2)deR3; veamos que sonLD.

Para ello supongamos que se tiene alguna CL nulaau1+ bu2+ cu3= 0, para ciertos escalaresa, byc. Entonces tendremos

(0, 0, 0) =a(1, 0, 1) + b(1, 2, 0) + c(1, 2, 2) = (a b + c, 2b + 2c, a + 2c)


a b +c2b +2c

a +2c

= 0

= 0

= 0

el cual es SCI. Por tanto los vectores son LD.

3. Veamos que el siguiente sistema de vectores deR4 es libre:

{u= (1, 5, 4, 5), v= (0, 3,1, 0), w= (0, 0, 2,5)}

Si suponemos que existe una CL de estos vectores que da cero u + v+ w= 0tenemos que

(0, 0, 0, 0) =(1, 5, 4, 5) + (0, 3,1, 0) + (0, 0, 2,5) = (, 5+ 3, 4 + 2, 5 )

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5 +3

4 +25

= 0

= 0

= 0

= 0

cuyas soluciones obtenemos as: en la primera ecuacin = 0; sustituyendo esto en la segunda= 0; sustituyendo lo anterior en la tercera o cuarta= 0. Claramente es un SCD y por ello

el sistema de vectores es LI.

En los ejemplos anteriores se ha analizado la dependencia o independencia lineal de ciertos sis-

temas de vectores utilizando slo la definicin. A continuacin vamos a ver ciertas propiedades quenos van a permitir dicho anlisis de manera ms prctica y eficiente. Entre ellas figura, cmo no, las

transformaciones de Gauss, las cules nos permitirn escalonar el sistema para obtener la respuestaa la cuestin.

Propiedades: En un espacio vectorial Vse tiene que:1. Un sistema escalonado es LI si y slo si no tiene filas nulas.

2. Las transformaciones de Gauss conservan la dependencia o independencia lineal de un sistema.

3. Todo sistema de vectores que contenga al vector nulo es LD.

4. Todo sistema de vectores que tenga algn vector repetido es LD.

5. Un sistema formado por un slo vector es un sistema LD si y slo si el vector es nulo.

6. Los vectoresu, vson LD si y slo si son proporcionales.

7. Los vectoresu1, u2,...,un son LD si y slo si alguno de ellos es CL del resto.

8. Todo sistema de vectores que contenga a un sistema LD es LD.

9. Todo sistema de vectores contenido en un sistema LI es LI.

10. Si un sistema de vectores es LI entonces las CL lineales del sistema no se repiten, es decir, cada

vector que es CL del sistema puede ponerse slo de una forma como CL del sistema.

Para determinar si un sistema de vectores de Rn es o no LI utilizaremos habitualmente las dos pri-meras propiedades de la lista. De este modo escalonaremos el sistema mediante las transformacionesde Gauss. Como dichas transformaciones no cambian el carcter del sistema, si originalmente ste

era LI el sistema resultante tambin lo ser, y si el del principio era LD el escalonado final tambinlo ser. Entonces si al escalonar nos aparece (no importa que sea al final o en un paso intermedio) elvector nulo el sistema ser LD. Por contra si conseguimos escalonar hasta el final el sistema sin que

aparezca el vector nulo, ste ser LI.Vemoslo en el siguiente ejemplo:

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Ejemplo 3.6 Veamos si los siguientes vectores deR5 son LI o LD escalonando el sistema

u1= (1, 2, 3, 4, 5), u2= (0, 2, 3, 4, 5), u3= (1, 0, 0, 0, 0), u4= (3, 0, 0, 4, 1), u5= (0, 0, 0, 8, 2)

Los ponemos en forma matricial en el orden que creamos conveniente:

1 0 0 0 0

3 0 0 4 1

0 0 0 8 2

0 2 3 4 5

1 2 3 4 5

Le aadimos la primerafila a la segunda y quinta del siguiente modo

F2 3F1F5+ F1

1 0 0 0 00 0 0 4 1

0 0 0 8 2

0 2 3 4 5

0 2 3 4 5

Ahora observamos que hay relaciones de dependencia. Por ejemplo, las dos ltimasfilas son iguales.O bien la segunda y tercera son proporcionales. Por tanto los vectores iniciales son LD. Si por el

contrario en ninguno de los pasos obtenemos ninguna relacin de dependencia, entonces los vectoresseran LI.

Veamos otro ejemplo:

Ejemplo 3.7 Demostremos que los vectores(

1, 0, 1, 1), (1, 0, 3, 2)y(2, 1,

1, 0)son LI. Para ello

hagamos operaciones sobre la matriz cuyasfilas son estos vectores:1 0 1 1

1 0 3 2

2 1 1 0

En primer lugar le aadimos la primerafila a la segunda y a la tercera, (a sta ltima multiplicada

por2):

F2+ F1

F3+ 2F1

1 0 1 1

0 0 4 3

0 1 1 2

Despus cambiamos de orden la segunda y tercerafilas y obtenemos

F3 F2

1 0 1 1

0 1 1 2

0 0 4 3

Como en el sistema escalonado de vectores que forman las filas de la matriz no aparece el vectornulo, se deduce que stos (y por lo tanto los vectores iniciales) son LI.

13


14/37

Ejemplo 3.8 Demostremos que los vectores(2, 1,1, 0),(1, 0,3, 1)y(1,1,2, 1)son LD. Paraello hagamos operaciones sobre la matriz cuyasfilas son estos vectores:

2 1 1 01 0 3 1

1 1 2 1

En primer lugar cambiamos de orden las dos primerasfilas:

F1 F2

1 0 3 12 1 1 0

1 1 2 1

Despus le aadimos la primerafila a la segunda y a la tercera (a la segunda multiplicada por2) yobtenemos

F2 2F1F3+ F1

1 0 3 10 1 5

2

0 1 5 2

Ahora le sumamos a la tercerafila la segunda. Nos da

F3+ F2

1 0 3 10 1 5 20 0 0 0

Como ha aparecido el vector nulo estamos ante un sistema de vectores LD.

4 Bases y dimensin de un espacio vectorial

Definicin 4.1 Un sistema de vectores de un espacio vectorialV se dice que es unabasedeV si

es un SG deVy es LI.

Ejemplo 4.2 1. Base cannica.

Consideremos en el espacio vectorialR3 el sistema de vectores

{(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}

Es fcil comprobar que este sistema es libre y generador del espacio vectorial: lo primero esinmediato; para lo segundo es suficiente observar que para cualquier vector(x,y,z)se tiene que

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

Entonces es una base deR3, a la que llamaremos base cannica deR3. De modo anlogo puededefinirse la base cannica en cualquier Rn y en cualquier Kn. Por ejemplo, en K2 la basecannica sera{(1, 0), (0, 1)}.

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2. El sistema de vectores{(1, 3), (2,3)}es una base deR2.LI: Por el mtodo de escalonacin basta escalonar la matriz

1 3

2 3

!dejndola as

1 3

0 9

!

SG: Seau= (x, y)un vector cualquiera deR2

. Veamos si puede ponerse como CL de nuestrosvectores. Para el lo deberan existir escalaresaybtales que(x, y) =a(1, 3) +b(2,3), lo quese traduce en el siguiente sistema de ecuaciones en el que las incgnitas sonayb(

x= a + 2b

y= 3a 3b

Como es un SC (el rango de la matriz de coeficientes y el de la ampliada vale 2), el vector

(x, y)puede ponerse como CL de los vectores(1, 3)y(2,3), y como esto ocurre para cualquier

vector(x, y)R2

, se cumple entonces que los vectores iniciales forman un SG (y al ser LI,por tanto, tambin una base) deR2.

3. En el espacio vectorialP3[R], de los polinomios con coeficientes reales de grado menor o igualque3, el sistema

{1, x , x2, x3}

es una base. A esta base la llamaremos tambin base cannica del espacio vectorialP3[R].

LI: Si tenemos una CL nula de los vectores

0 = 1 + x + x2

+ x3

=+ x + x2

+ x3

esto se traduce que el polinomio anterior es el polinomio cero, y por tanto sus coeficientes son

todos nulos, es decir, = === 0.

SG: Seap(x) =a + bx+ cx2+ dx3 un vector cualquiera deP3[R]. Este vector se pone claramentecomo CL de{1, x , x2, x3}, pues

p(x) =a + bx + cx2 + dx3 =a 1 + b x + c x2 + d x3

Tener una base en un espacio vectorial es algo que simplifica mucho las cosas, pues no hace faltatrabajar con todos los vectores del espacio vectorial, teniendo en cuenta que stos se ponen como CL

de los vectores de la base. El siguiente resultado nos dice que la existencia de bases es una propiedadde todo espacio vectorial.

Teorema 4.3 (Teorema de la base) Todo espacio vectorial (no nulo) tiene alguna base. Adems,todas las bases de un espacio vectorial tienen el mismo nmero de elementos.

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Se llama dimensin de un espacio vectorial V al nmero de elementos de cualquiera de susbases, y se denotar por dim V. Segn lo que hemos visto para las bases cannicas de los espacios

vectoriales de la forma Rn (o Kn) deducimos que la dimensin de estos espacios vectoriales es n.Diremos que un espacio vectorial tiene dimensin finitacuando sus bases tienen un nmero finito

de elementos, cosa que ocurrir normalmente en los casos que vamos a tratar. As, cuando hablemosde un espacio vectorial, salvo que hagamos mencin explcita de lo contrario, supondremos que tiene

dimensin finita.

Observacin 4.4 El subespacio nulo es un espacio vectorial que no tiene bases, ya que

el nico vector que forma parte de l es el vector0, y ste no puede formar un sistema libre. Estotambin puede ser interpretado como que la base del espacio vectorial nulo es el conjunto vaco, .En cualquier caso la dimensin de este espacio vectorial es0. Sera incorrecto decir que la base de

este espacio vectorial est formada por el vector0.

Propiedades: Sea V un espacio vectorial no nulo de dimensin n, y X = {v1, v2,...,vk} un

sistema de vectores deV.

1. Si Xes SG de Ventonces existe una base de Vcontenida en X. En particular n k.

2. SiXes un sistema libre de vectores de Ventonces existe una base de Vque contiene aX. Enparticulark n.

3. Si k = n, entonces Xes una base de V Xes un SG de V Xes un sistema libre devectores deV.

Observacin 4.5 Como consecuencia de estas propiedades se deduce adems que la dimensin deun espacio vectorial Ves el nmero mximo de vectores que puede tener un sistema libre de V eigualmente el nmero mnimo de vectores que puede tener un SG deV.

En la prctica normalmente lo que necesitaremos es simplemente hallar una base de Va partirde un SG del espacio, sin necesidad de que la base est formada exclusivamente por vectores del SG.

Un mtodo vlido, si estamos en Rn, es de nuevo el mtodo de escalonacin: Despus de escalonarel SG de V los vectores no nulos que queden constituirn una base de V. Se pueden irquitando durante la escalonacin los vectores nulos que vayan apareciendo sin necesidad de esperar

hasta el final. Incluso pueden eliminarse los vectores que sean CL de los dems.

Ejemplo 4.6 Recordemos el ejemplo 3.6 en el que probbamos que los siguientes vectores deR5 eran

LD

u1= (1, 2, 3, 4, 5), u2= (0, 2, 3, 4, 5), u3= (1, 0, 0, 0, 0), u4= (3, 0, 0, 4, 1), u5= (0, 0, 0, 8, 2)

Ahora lo que pretendemos es hallar una base del subespacio vectorial deR5 generado poru1, u2, u3, u4, u5.Escalonamos igual que hicimos para comprobar si el sistema era libre o ligado:

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17/37

Partiendo de

1 0 0 0 03 0 0 4 1

0 0 0 8 2

0 2 3 4 5

1 2 3 4 5

le aadamos la primerafila a la segunda y quinta del siguiente modo

F2 3F1F5+ F1

1 0 0 0 00 0 0 4 1

0 0 0 8 2

0 2 3 4 5

0 2 3 4 5

y luego eliminbamos algunos vectores que eran CL de otros:Como los dos ltimos vectores son iguales se puede quitar, por ejemplo, el quinto. Como elsegundo y el tercero son proporcionales quitaremos el tercero.

As nos quedara la matriz 1 0 0 0 0

0 0 0 4 1

0 2 3 4 5

Ahora simplemente intercambiamos los dos ltimos vectores para tener escalonada la matriz.

F2 F3 1 0 0 0 00 2 3 4 5

0 0 0 4 1

Eso significa que los vectores

{(1, 0, 0, 0, 0), (0, 2, 3, 4, 5), (0, 0, 0, 4, 1)}

constituyen una base del subespacio generado por los5vectores iniciales.

Sabemos que todo subespacio Ude un espacio vectorial Ves por s solo un espacio vectorial,con lo que tendr una base. Podremos hablar pues de su dimensin, como el nmero de vectores de

cualquiera de sus bases. Veamos en el prximo resultado que entonces la dimensin del subespaciono puede superar la del espacio.

Propiedad: SeaVun espacio vectorial (de dimensin finita) yUun subespacio suyo. Entonces

dim U dim V. De hechodim U= dim Vsi y slo siU=V.

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4.1 Rango de un sistema de vectores

Definicin 4.7 Se llamarangode un sistema de vectoresv1, v2,...,vk adim< v1, v2,...,vk >. Si

estamos enRn esto es lo mismo que el rango de la matriz cuyasfilas (o columnas) son los vectores.

El rango se conserva al realizar cualquier operacin que transforme un sistema de vectores en otroque genere lo mismo. Por ejemplo:

Propiedades

1. Quitar algn vector que sea CL de los restantes.

2. Las transformaciones de Gauss.

Adems, dado un sistema formado pork vectores de un espacio vectorial Vse tiene que:Propiedades

1. El sistema es LI si y slo si su rango es k.

2. Es un SG deVsi y slo si su rango es dim V.

Ejemplo 4.8 Calculemos el rango del sistema de vectores siguiente

{(1, 0, 3, 2), (0,1, 1, 0), (3, 0,1, 1), (2, 1,5,1)}

y deducir si el sistema es LI o SG deR4.Si lo ponemos en forma de matriz el problema se reduce a calcular el rango de la siguiente matriz

1 0 3 20 1 1 03 0 1 12 1 5 1

lo cual se puede hacer escalonndola. En primer lugar le aadimos la primera fila a la tercera(multiplicada por3) y a la cuarta (multiplicada por2)

F3

3F1

F4 2F1

1 0 3 2

0

1 1 0

0 0 10 50 1 11 5

Seguidamente le sumamos a la cuartafila la segunda

F4+ F2

1 0 3 2

0 1 1 00 0 10 50 0 10 5

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Y por ltimo le restamos la tercera a la cuarta para obtener la siguiente escalonacin de la matrizinicial

F4 F3

1 0 3 2

0 1 1 00 0 10 50 0 0 0

lo cual nos indica que el rango es3(nos han salido 3vectores no nulos). Por tanto los vectores noson LI (el rango no es igual al nmero de vectores, 4) ni constituyen un SG deR4 (pues el rango nocoincide condimR4 = 4).

4.2 Coordenadas respecto de una base

Supongamos que tenemos una base B = {v1,...,vn}de un espacio vectorial V. Entonces dado unvector u Vsabemos que ste puede ponerse como CL de los vectores de la base B, ya que staconstituye un SG del espacio. Pero al ser adems vectores LI esta CL es nica. Esto significa que

tenemosu= x1v1+ ..... + xnvn

para ciertos escalares x1,.....,xn, que, en ese orden, son nicos cumpliendo la condicin anterior.Llamaremos coordenadasdel vectoruen (o respecto de) la base B a los escalares anteriores (que

se suelen poner en forma de vector), y para esto usaremos la notacin uB

= (x1,.....,xn) (aunqueen algunos textos prefieren poner u = (x1,.....,xn)

B). El vector anterior es lo que se llama un

vector-fila; tambin se puede poner, si interesa, en forma de vector-columna

uB

=

x1

....

xn

La necesidad de ponerlo en forma de vector es que interesa que estn ordenados porque importa elorden en que se disponen los escalares.

Ejemplo 4.9 1. EnR2 cojamos la base

B={(1,3), (0,1)}

Hallemos las coordenadas del vector(2, 5)en la baseB.

Sabemos que son los escalaresx, yque cumplen que

(2, 5) =x(1,3) + y(0,1) = (x,3x y)

De aqu deducimos el sistema de ecuaciones( 2 = x

5 = 3x y

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20/37

cuya solucin esx= 2, y= 11. De este modo obtenemos que las coordenadas de(2, 5)en labaseB son(2,11).

2. Las coordenadas del vector nulo son todas nulas.Esto es as porque

(0,..., 0) = 0 v1+ 0 v2+ ... + 0 vn

para cualquier baseB={v1, v2,...,vn}.3. Si tenemos una baseB= {v1, v2,...,vn}de un espacio vectorial entonces las coordenadas enB

de los propios vectores de la base son las siguientes:

(v1)B = (1, 0,..., 0), (v2)B = (0, 1, 0,..., 0), ...., (vn)B = (0, 0,..., 0, 1)

4. Si estamos en los espacios vectoriales de la formaRn y tomamos como baseBla cannica, lascoordenadas de un vectorv Rn en esta base son precisamente las componentes del vector, esdecir,

v = (x1,...,xn) vB = x

1

....

xn

Esto es as porque

(x1,...,xn) =x1(1, 0,..., 0) + x2(0, 1,..., 0) + ... + xn(0, 0,..., 1)

5. Dada la base

B = {(4, 3), (5, 0)}

deR2

y el vectorv R2

tal quevB = (3,2)se tiene quev= 3(4, 3) 2(5, 0) = (22, 9)

4.3 Cambio de base

Supongamos que tenemos dos bases B ={v1, v2,...,vn}y B0 de un mismo espacio vectorial V (con

dim V =n). Lo que pretendemos es, dado un vector u V, relacionar las coordenadas deuenBconlas coordenadas deu enB 0. Llamaremosmatriz cambio de basedeB a B 0 (y la denotaremos por

MBB0

CBB0

) a aqulla cuyas columnas son las coordenadas de los vectores de la baseB respectodeB 0. Esto es, si

(v1)B0

= (a11, a21,...,an1), (v2)B0=(a12, a22,...,an2),..., (vn)

B0 = (a1n, a2n,...,ann)

entonces

MBB0

=

a11 a12 ... a1n

a21 a22 ... a2n

... ... ... ...

an1 an2 ... ann

20


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La matriz cambio de base nos relaciona las coordenadas de un vector en ambas bases. Concreta-mente, si tomamos un vector u Vse cumple la siguiente relacin matricial

uB0

=MBB0

uB

Poniendo

uB =

x1

....xn

uB0 =

x01

....x0n

la relacin matricial anterior se traduce en el sistema de ecuaciones

x01 = a11x1+ a12x2+ ... + a1nxn

x02 = a21x1+ a22x2+ ... + a2nxn

...............

x0n

= an1x1+ an2x2+ ... + annxn

a lo que denominaremos ecuaciones cambio de basede BaB 0.

Ejemplo 4.10 EnR2 se consideran las basesB = {(1, 2), (2,1)}yB0 ={(1,3), (0,1)}deR2.

1. Hallar tanto la matriz cambio de base como las ecuaciones cambio de base deB aB0.

2. Dado el vectoru R2 tal que sus coordenadas enB son(3,3)hallar sus coordenadas enB0.

3. Dado el vectorv R2 tal que sus coordenadas enB0 son(2, 0)hallar sus coordenadas enB.

Solucin:1. Tenemos que poner los vectores de B en funcin de los de B0. En primer lugar (1, 2) =

a(1,3) + b(0,1) = (a,3a b), de donde obtenemos el sistema de ecuaciones

1 = a

2 = 3a b

en el que obtenemos directamente que a = 1, y por tanto b =5. As las coordenadas del vector(1, 2) respecto de la base B0 son (1,5). Procedemos igual con el vector (2, 1) para llegar a laigualdad(2,

1) =c(1,

3) + d(0,

1) = (c,

3c

d), de donde obtenemos el sistema de ecuaciones

2 = c

1 = 3c d

en el que deducimos que c = 2y por tanto d= 5. As las coordenadas del vector (2,1)respectode la baseB0 son(2,5). Entonces la matriz cambio de base deB aB 0 es

MBB0

=

1 2

5 5

!

21


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Concluimos que las ecuaciones cambio de base de BaB 0 son

x0 = x + 2y

y0 = 5x 5y

2. Ahora es sencillo calcular uB0

como el producto

uB0

=MBB0

33

!=3

0

!Tambin se puede realizar la sustitucin x = 3, y =3 en las ecuaciones anteriores y obtener elmismo resultado.

3. Para hallar vB

basta con hacer la sustitucin x0 = 2, y0 = 0 en las ecuaciones anteriores y

resolver. Se obtiene entonces quevB

= (2, 2).

Ejemplo 4.11 EnR2 se consideran las dos basesB yB0 para las cuales se conocen las ecuacionesdel cambio de base deB aB0, que son

x0 = 3x + y

y0 = 5y

Hallar la matriz la cambio de base deB aB0.

Solucin:

MBB0

=

3 1

0 5

!

Propiedades:

1. La matrizMBB0

es invertible y su inversa es MB0B

.

2. Si Ces la base cannica entonces las columnas de MBC

son los vectores de la base B .

3. MB1B3

=MB2B3

MB1B2

4. Como caso particularmente til del anterior destaquemos la situacin en que B2 es la basecannicaCde Rn, pues en ese caso la frmula queda as

MB1B3

= (MB3C

)1

MB1C

Ejemplo 4.12 1. EnR3 si denominamos porCa la base cannica y tenemos la base

B ={(1, 2, 3), (0,1, 3), (0, 0,4)}

entonces

MBC

=

1 0 0

2 1 03 3 4

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2. EnR2 si denominamos porCa la base cannica y disponemos de las basesB ={(1, 2), (0,1)}yB0 ={(1, 0), (1, 1)}(que hacen el papel, en la frmula dada en la ltima propiedad anterior,deB1 yB3, respectivamente) se tiene que

MBB0

= (MB0C

)1 MBC

ComoM

BC=

1 0

2 1

! M

B0C=

1 1

0 1

!

necesitamos hallar la inversa de la ltima matriz. Basta realizar un sencillo clculo (por ejemplo

mediante Gauss-Jordan basta con aadirle a la primera1por la segunda) para obtener que

(MB0C

)1 =

1 10 1

!

Entonces concluimos que

MBB0

=

1 10 1

!

1 0

2 1

!=

1 1

2 1

!

5 Ecuaciones de los subespacios

Supongamos que estamos en el espacio vectorial Rn. Supongamos ahora que tenemos un subespacioU de Rn con una base u1,...,uk (aunque tambin es posible tomar un SG) de U. Si tenemos unvector v

R

n, para que v pertenezca a Udebe ocurrir que este vector sea CL de los vectores

u1,...,uk, es decir, deben existir escalares 1,...,k tales que v = 1u1+... + kuk. Suponiendoque v = (x1,.....,xn) y que ui = (a1i,.....,ani) para cada i = 1, 2,...,k, e igualando coordenada acoordenada, tendremos un sistema de ecuaciones de la forma

()

x1=a111+ a122+ ... + a1kk

x2=a211+ a222+ ... + a2kk

...

xn = an11+ an22+ ... + ankk

A stas las llamaremos ecuaciones paramtricasde U. A los escalares 1, ...,k que aparecenen ellas se les llamar parmetros (son los nmeros mediante los cuales se obtiene cada una delas incgnitas x1, x2,...,xn como CL de ellos). Finalmente, si eliminamos de forma adecuada los

parmetros de estas ecuaciones, nos aparecern lo que llamaremos ecuaciones implcitasde U, locual se puede hacer de modo similar al que emplebamos para escalonar un sistema de vectores, slo

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que aqu escalonando los parmetros en las ecuaciones. Quedara un sistema de la forma

c11x1+ c12x2+ ... + c1nxn= b111+ b122+ ... + b1kk

c21x1+ c22x2+ ... + c2nxn= b222+ ... + b2kk

...

ck1x1+ ck2x2+ ... + cknxn = bkkk

d11x1+ d12x2+ ... + d1nxn = 0d12x1+ d22x2+ ... + d2nxn = 0

...

ds1x1+ ds2x2+ ... + dsnxn= 0

donde las ltimassecuaciones seran las ecuaciones implcitas

d11x1+ d12x2+ ... + d1nxn= 0

d12x1+ d22x2+ ... + d2nxn= 0

...ds1x1+ ds2x2+ ... + dsnxn= 0

(notar quek + s= n).stas se caracterizan porque son de la forma CL de las coordenadas x1,.....,xnigualadas a 0(lo

que se conoce como ecuaciones lineales homogneas). En ellas no aparece ningn parmetro.

Observacin 5.1 1. Es conveniente indicar que un mismo subespacio puede estar representadopor diferentes bases, y por lo tanto por diferentes ecuaciones paramtricas o diferentes ecuacio-

nes implcitas.

2. Cuando pasemos base a implcitas o viceversa, puede venir bien la comprobacin de si losvectores de la base (iniciales u obtenidos despus) verifican las ecuaciones implcitas.

3. Dado U Kn si llamamosAa la matriz de coeficientes del sistema de ecuaciones implcitasdeUdebe cumplirse que

dim U+ r(A) =n

Adems, como U es el subespacio formado por los vectores que son solucin del sistema deecuaciones lineales cuya matriz de coeficientes esA, se tiene queU= ker A.

Ejemplo 5.2 Consideremos el siguiente subespacio deR3

U=

Vamos a hallar las ecuaciones paramtricas e implcitas deU. Tenemos, pues, dado el subespaciomediante un SG

{(1, 0, 3), (1, 2,2)}

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el cual es una base (como puede fcilmente comprobarse). Cojamos un vector genrico(x,y,z) R3e impongamos la condicin de que pertenece a U. Entonces deben existir escalares , tales que(x,y,z) =(1, 0, 3) + (1, 2,2), y esto se traduce en el sistema de ecuaciones paramtricas deU

x= y= 2

z= 3 2Para pasar ahora a implcitas eliminemos los parmetros y. Fijamos, por ejemplo, la primera

ecuacin en la que utilizamos el parmetro y se la aadimos multiplicada por un escalar a cadauna de las dems ecuaciones (para eliminarde stas), entonces tenemos(

y= 2

z 3x=

(hemos aadido a la tercera ecuacin3veces la primera y a la segunda, 0veces). Ahorafijamos laltima ecuacin, y con objeto de eliminarde la otra le aadimos a sta la ltima multiplicada por

2, y nos queda6x + y 2z= 0

que es la (nica, en este caso) ecuacin implcita deU.Aunque no es obligatorio, es sencillo comprobar que los dos vectores que haba en la base deU,

(1, 0, 3)y(1, 2,2), cumplen la ecuacin.


U=

El vectir dado constituye una base deU. Obtenemos el sistema de ecuaciones paramtricas deU

x= 2y= 4

z=

Utilizando la ltima ecuacin podemos eliminar el parmetro de las dems (aadimos a la primera2veces la tercera y a la segunda, 4veces). Entonces tenemos

(x + 2z= 0y 4z= 0

stas son las dos ecuaciones implcitas deU.Aunque no es obligatorio, es sencillo comprobar que el vector que haba en la base deU,(2, 4, 1),

cumple las dos ecuaciones implcitas.

Se pueden obtener las ecuaciones implcitas de un subespacio Udirectamente a partir de unabase suya sin tener que obtener las ecuaciones paramtricas. Vemoslo en el siguiente ejemplo:

25


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U=

Vamos a hallar las ecuaciones implcitas deU. Construimos la matriz

1 0

0 13 1

2 0

x

yz

t

la cual vamos a escalonar (observemos que se ponen los vectores por columnas, estando al final lacolumna de las incgnitas; todo esto aunque las operaciones las vayamos a hacer como siempre porfilas. En este caso no es que estemos mezclando operaciones porfilas y columnas, es solamente que

estamos realizando matricialmente las operaciones con los coeficientes de las ecuaciones paramtricas,en vez de operar con stas directamente). En primer lugar le aadimos a la tercerafila3veces la

primera, y a la cuarta2veces la primera, resultando

1 0

0 10 1

0 0

x

y

z 3xt 2x

Seguidamente le sumamos a la tercerafila la segunda y sale

1 0

0 10 0

0 0

x

yz 3x + y

t 2x

De aqu deducimos que las ecuaciones implcitas deU son

z 3x + y= 0t 2x= 0

Hemos visto cmo obtener las ecuaciones paramtricas a partir de una base (o un SG) del subes-

pacio, y cmo llegar a las ecuaciones implcitas a partir de las paramtricas. Nos faltan los dos pasosinversos. Comencemos pasando de paramtricas a base (o SG):Bsicamente consiste en invertir los pasos que se han hecho para obtener las ecuaciones para-

mtricas partiendo de una base. A partir de un sistema de ecuaciones paramtricas como el siguiente

x1= a111+ a222+ ... + a1kk

x2= a211+ a222+ ... + a2kk

...

xn = an11+ an22+ ... + ankk

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podemos obtener la siguiente relacin

(x1,.....,xn) =1(a11,.....,an1) + 2(a12,.....,an2) + ... + k(a1k,.....,ank)

de donde deducimos que un SG de U (no necesariamente una base, pero del cual sabemos cmo

extraerla) sera

{u1= (a11,.....,an1) , u2= (a12,.....,an2) ,...,uk= (a1k,.....,ank)}

es decir, seran los vectores {u1, u2,...,uk}.El paso de implcitas a paramtricas se basa en utilizar el mtodo de Gauss para triangularizar el

sistema de ecuaciones. Recordemos que el mtodo consiste en, operando de forma adecuada, obtener

un sistema escalonado (de un modo bastante similar al que empleamos con sistemas escalonados devectores). Este sistema tendr una matriz de coeficientes escalonada. De hecho se puede obtener

una matriz escalonada con diagonal principal no nula (salvo las filas completamente nulas). Una vezcon esta disposicin, a los coeficientes de la diagonal principal los llamaremos pivoteslos cuales se

correspondern con determinadas incgnitas del sistema. Cada una de stas aparecer en primerlugar en alguna de las ecuaciones. Entonces se eligen como parmetros precisamente las restantesincgnitas, para seguidamente despejar el resto de incgnitas en funcin de los parmetros.

Ejemplo 5.5 1. Hallar una base y las ecuaciones implcitas del subespacio deR3

U1:

x= y= 3 + 2

z= 5

Una base es{(1, 3, 5), (1, 2, 0)}

Las ecuaciones implcitas resultan de escalonar (en esta ocasin cambio el orden de los parme-

tros):x= + y= 2+ 3

z= 5

E2+ 2E1

x= + y+ 2x= 5

z= 5

E3 E2x= + y+ 2x= 5

z y 2x= 0Luego ya tenemos la ecuacin implcita deU1

{z y 2x= 0

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2. Hallar una base y las ecuaciones implcitas del subespacio deR3

U2:

x= 3y= 0

z=

Una base es

{(3, 0, 1)}Las ecuaciones implcitas resultan de escalonar (en esta ocasin cambio el orden de las ecua-ciones):

E1 E3z=

y= 0

x= 3

E3+ 3E1

z=

y= 0

x + 3z= 0Luego ya tenemos las ecuaciones implcitas deU2(

y= 0

x + 3z= 0

3. Consideremos el siguiente subespacio deR4

U3:

( x y+ 3t= 0

2x y z+ 5t= 0

dado en ecuaciones implcitas. Vamos a hallar las ecuaciones paramtricas y una base deU3.Utilizaremos el mtodo de Gauss. Fijando la primera ecuacin vamos a proceder a eliminar laincgnitax del resto de ecuaciones, en este caso de la segunda. Basta con aadirle a la segunda

2veces por la primera. Entonces obtenemos el sistema( x 2y +3t = 0

y z t = 0el cual est ya escalonado, (esto se observa porque la matriz de los coeficientes resultante

1 2 0 30 1 1 1 !est escalonada). En la primera ecuacin la incgnita quefigura en pri-

mer lugar esx, en la segunda esy, luego elegimos como parmetros a las dos ltimas incgnitas

z,t. Entonces obtenemosx2y= 3t, y=z+t. De la ltima obtenemos quex = 2y3t= 2zt.As tendremos las ecuaciones paramtricas deU3

x= 2z ty= z+ t

z= z

t= t

o bien, si ponemosz=, t= ,

x= 2 y= +

z=

t=

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El paso de paramtricas a una base es sencillo pues, agrupando en forma de vector tendremos

(x,y,z,t) = (2z,z,z, 0) + (t,t, 0, t) =z(2, 1, 1, 0) + t(1, 1, 0, 1)

Esto prueba que{(2, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 1)}es un SG deU3.Habiendo elegido el mtodo de triangulacin de Gauss para pasar de implcitas a paramtricas,

est asegurado que este SG ser una base del subespacio. (En el caso en que hagamos el pasode paramtricas a un SG de modo directo (sin partir de las implcitas) lo que obtenemos ser

un SG, que no puede asegurarse que sea base. En tal caso basta con sacar una base a partir del.)


U4: {2x y+ 3z= 0

dado en ecuaciones implcitas. Vamos a hallar las ecuaciones paramtricas y una base deU4.

Al emplear en este caso el mtodo de Gauss, como slo hay una ecuacin (unafila) el sistemaya est escalonado. Por tanto slo hay un pivote, que se dejar a la izquierda. Por ejemplonos interesa quedarnos con la incgnitay a la izquierda, dejando las dems como parmetros.As quedar

x= x

y= 2x + 3z

z=z

o bien, si ponemosx= , z= ,

x=

y= 2 + 3

z=


(x,y,z) = (, 2, 0) + (0, 3,) =(1, 2, 0) + (0, 3, 1)

Esto prueba que {(1, 2, 0), (0, 3, 1)} es un SG de U4, el cual es una base como sucede con el

ejemplo anterior.


U5:

x y+ z= 0

x + 2y+ 3z= 0x + y+ z= 0

dado en ecuaciones implcitas. Vamos a hallar las ecuaciones paramtricas y una base deU5.Al emplear en este caso el mtodo de Gauss, sumamos la primera ecuacin a las otras dos.

Obtenemos

U5:

x y + z= 0

y+ 4z= 0

2z= 0

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De la tercera ecuacin concluimos quez= 0. Al sustituir esto en la segunda vemos quey= 0.Finalmente deducimos de la primera quex= 0. As quedar

x= 0

y= 0

z= 0

stas seran las ecuaciones paramtricas (ojo: sin parmetros). Y no obtendramos base, puesno sale ningn parmetro. Todas estas peculiaridades se dan porqueU5= 0, el subespacio nulo.


U6:

( x y+ 3t= 0x 2y+ 5t= 0

dado en ecuaciones implcitas. Vamos a hallar las ecuaciones paramtricas y una base deU6.Utilizaremos el mtodo de Gauss. Fijando la primera ecuacin vamos a proceder a eliminar laincgnitax del resto de ecuaciones, en este caso de la segunda. Basta con restarle a la segunda

la primera. Entonces obtenemos el sistema

U6:

( x y+ 3t= 0

y+ 2t= 0

el cual est ya escalonado. Dejamosx ey en la parte izquierda, las cuales quedarn en funcin

de los parmetros. Ahora obtenemos que

U6:( x y= 3ty= 2t

Obtenemos quey = 2t, para despus sustituir en la ecuacin superior y deducir quex = y3t=2t 3t= t. As conseguimos las siguientes ecuaciones paramtricas deU6

x= ty= 2t

z= z

t= t


(x,y,z,t) = (0, 0, z, 0) + (t, 2t, 0, t) =z(0, 0, 1, 0) + t(1, 2, 0, 1)

Esto prueba que{(0, 0, 1, 0), (1, 2, 0, 1)}es un SG deU6. Y al ser LI, constituye adems unabase del subespacio.

Nota: Es importante destacar en este ejemplo que la variablez, a pesar de no aparecer en lasecuaciones implcitas, no tiene valor nulo, sino el de un parmetro.

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7. En el espacio vectorialP3 de los polinomios de grado menor o igual que3, hallar una base delsubespacio

W ={p(x) :p(1) = 0, p0(1) = 0}formado por los polinomios que tiene al1como raz de multiplicidad al menos2.Poniendo p(x) = a+ bx + cx2 +dx3, tendramos que p0(x) = b+ 2cx+ 3dx2, y por tanto

p(1) =a b + c dyp0

(1) =b 2c + 3d. Entonces lo que tiene que cumplirse es(a b + c d= 0

b 2c + 3d= 0

Este sistema de ecuaciones (considerando las incgnitas a,b,c,d) constituye las ecuacionesimplcitas del subespacioW. Como ya est escalonado el sistema tomamos como parmetroscydy obtenemos de la ltima queb= 2c 3dy de la primera quea= b c + d= c 2d. Portanto las ecuaciones paramtricas deW son

a= c 2db= 2c 3d

c= c

d= d

Para obtener una base tomaremos un vector genrico p(x) = a+bx +cx2 + dx3 P3 eimpondremos que pertenece aWutilizando la condicin anterior de las ecuaciones paramtricas

p(x) = a + bx + cx2 + dx3 =

= (c 2d) + (2c 3d)x + cx2 + dx3 == (c + 2cx + cx2) + (2d 3dx + dx3) == c(1 + 2x + x2) + d(2 3x + x3)

de donde deducimos que una base deWest formada por los dos siguientes polinomios (vectores

del espacio vectorialP3) {1 + 2x + x2,2 3x + x3}.

6 Suma e interseccin de subespacios

Supongamos que tenemos dos subespacios vectoriales UyWde un espacio vectorialV. Llamaremos

sumade Uy Wal conjunto de vectores

U+ W ={u + w|u U, w W}

Llamaremos interseccinde UyWa la interseccin como conjuntos, es decir, al conjunto

UW ={v V|v U, v W}

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La definicin de suma y de interseccin de dos subespacios puede extenderse a cualquier nmero destos, siendo el resultado nuevamente un subespacio del espacio vectorial inicial.

Propiedad: Dados dos (o ms) subespacios vectoriales U y Wde un espacio vectorial V severifica que tanto la suma U+ Wcomo la interseccin UWson tambin subespacios de V.

Veamos ahora la forma de calcular la suma y la interseccin:Propiedad: SiCes un SG de UyC0 es un SG de W entoncesC

C0 es un SG de U+ W.

Observacin 6.1 Aunque estos sistemas generadores sean bases respectivas deU yW, en general

no se da que la unin sea una base deU+ W, porque es posible que sea un sistema ligado. De hecho,cuando la unin de dos bases deUyWes una base deU+Wocurre una situacin (que ms adelanteanalizaremos) en la que se dice que la suma de los subespacios es directa.

Propiedad: Las ecuaciones implcitas de U junto con las de W constituyen unas ecuaciones

implcitas deUW.

Ejemplo 6.2 1. Consideramos los subespacios deR4 siguientes

U= W =

EntoncesU+W =. Luego un SG (y una base deU+W)es

{(1, 2, 3,2), (0, 1, 3,1), (1, 1, 0, 5)}Por tanto unas ecuaciones paramtricas deU+ W son

x = +

y = 2 + +

z = 3 + 3

t = 2 + 5

que en modo paramtrico expresamos as:

1 0 1

2 1 1

3 3 0

2 1 5

x

y

z

t

Escalonando se tiene

F2 2F1F3 3F1F4+ 2F1

1 0 1

0 1 10 3 30 1 7

x

y 2xz 3xt + 2x

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y

F3 3F2F4+ F2

1 0 1

0 1 10 0 0

0 0 6

x

y 2xz+ 3x 3yt + y

luego el subespacio U+ Wtiene por ecuacin implcita

3x 3y+ z= 0

2. Consideramos los subespacios deR4 siguientes

U :

( x 2y +3t = 0

y z t = 0 W :n

6x +2y z +t = 0 .

Entonces

UW :

x

2y +3t = 0

y z t = 06x +2y z +t = 0

Si queremos obtener una base deUWdebemos resolver el sistema anterior. Para ello apli-camos las siguientes transformaciones elementales:

F3 6F1

x 2y +3t = 0y z t = 014y z 17t = 0

y seguidamente

F3 14F2

x 2y +3t = 0y z t = 0

13z 3t = 0o, lo que es lo mismo, cambiando el orden de las dos ltimas variables

F3 14F2

x 2y +3t = 0y t z = 0

3t 13z = 0

para as despejar las siguientes ecuaciones paramtricas deUW

x = 7z3

y = 16z

3z = z

t = 13z

3

33


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de donde obtenemos que una base deUW es

{((7, 16, 3, 13)}

Puede comprobarse fcilmente que este vector pertence tanto aUcomo aW, pues verifica las

ecuaciones implcitas de ambos subespacios (es decir, las ecuaciones implcitas de la interseccin

UW).3. EnR4 consideramos lo siguientes subespacios vectoriales

U= W ={(x,y,z,t) :x y= 0, 3x + y z= 0} S=

Hallar una base de la sumaU+W+S. Para ello necesitamos una base (o SG) de cada uno

de los subespacios. Como deUySya tenemos, slo nos falta deW. Para ste resolvemos lasecuaciones despus de escalonar: cambiamos el orden de las ecuaciones y el de las incgnitaspara ponerzla primera, y la segunda eyla tercera (tquedara igual), y obtenemos

W :

(z +y +3x = 0

y +x = 0 .

Entonces tomando como parmetrosx, tse tienen como ecuaciones paramtricas deW

x = x

y = x

z = y+ 3x= 4x

t = t

y por tanto una base deW es{(1, 1, 4, 0), (0, 0, 0, 1}. Finalmente obtenemos un SG paraU+W+ S:

{(0, 1,3, 4), (1, 1, 4, 0), (0, 0, 0, 1), (1,1,4, 2)}del cual escalonando podramos sacar una base. Esto se hara por ejemplo as: elegimos elorden de los vectores as

1 1 4 20 1

3 4

0 0 0 11 1 4 0

en donde le sumamos al cuarto el primero para obtener

F4+ F1

1 1 4 20 1 3 40 0 0 1

0 0 0 2

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y eliminamos el ltimo por ser mltiplo del tercero. Obenemos como base deU+W+S laformada por los vectores

{(1,1,4, 2), (0, 1,3, 4), (0, 0, 0, 1}

4. Consideramos los subespacios deR3 siguientes

U = W :

n3x y +z = 0

Entonces debemos obtener las ecuaciones implctas deU (porque deWya las tenemos). Saleslo una que es

U :n

x y z = 0Entonces

U

W : ( x y z = 03x y +z = 0

Para hallar una base podemos escalonar. En este caso si le aadimos a la segunda -3 veces la

primera obtenemos que

UW :(

x y z = 02y +4z = 0

de dondey= 2zy por tanto x= z. Por tanto una base deUW es

{(1,2, 1)}

Propiedad: SeanUy Wsubespacios vectoriales de un espacio vectorial de dimensin finitaV.Entonces se verifica la frmula de las dimensiones:

dim(U+ W) + dim(UW) = dim U+ dim W

Supongamos que tenemos dos subespacios vectoriales U1, U2 de un espacio vectorial V. Se diceque la suma de ambos subespacios (es decir, U1+ U2) es unasuma directacuandoU1 U2= 0, esdecir, cuando slo tienen en comn el vector nulo. En tal caso pondremos la suma asU1

LU2.

Observacin 6.3 1. La definicin anterior se extiende a varios subespacios del siguiente modo:Una suma de varios subespacios es suma directa cuando al unir bases de cada uno de ellos

obtenemos un sistema LI (y por tanto una base de la suma). En el caso de2 subespacios (yslo en ste) esta definicin equivale con la otra anterior.

2. La suma es directa si y slo si la dimensin de la suma es la suma de las dimensiones.

3. Cuando la suma es directa se tiene que todo vector de dicha suma se pone de modo nico como

suma de vectores de cada uno de los subespacios.

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Ejemplo 6.4 Comprobar si los subespacios dados en los3ejemplos anteriores estn en suma directa.

1. En el primer ejemplo los subespacios s estn en suma directa pues se puede comprobar que los

3vectores obtenidos al unir las bases de ambos subespacios (uno deUy dos deW) s son LI.

2. En el segundo ejemplo no estn en suma directa.

3. En el ltimo ejemplo la suma de los3subespaciosU+W+Sno era suma directa pues parala base de la suma nos sobraba algn vector (concretamente1) despus de unir bases de cada

uno de los3subespacios.

7 Operaciones en coordenadas

Supongamos que tenemos una base B = {v1, v2,...,vn} de un espacio vectorial V. Muchas de las

cosas que hemos visto anteriormente para sistemas de vectores (hallar una base a partir de un SG, el

rango de un sistema de vectores, etc.) pueden hacerse en coordenadas respecto de la baseB, es decir,no es del todo necesario tener los vectores con los que tengamos que operar, es suficiente con tenersus coordenadas respecto de la baseB . Por ejemplo, supongamos que para un sistema de vectores

w1, w2,...,wk

del espacio vectorial se conocen sus coordenadas respecto de la baseB . stas coordenadas

(w1)B , (w2)B ,..., (wk)B

son realmente vectores de Rn. Pues bien:

Los vectoresw1, w2,...,wkson LD o LI si y slo si lo son (w1)B , (w2)B ,..., (wk)B (como vectoresde Rn).

La dimensin del subespacio WdeVque generanw1, w2,...,wk coincide con la dimensin delsubespacioUde Rn generado por(w1)B , (w2)B ,..., (wk)B

Para hallar una base del subespacio anterior Wes suficiente con hallar una base del subespacio

Uanterior y coger los vectores de Vcuyas coordenadas respecto de la baseB son precisamente

las de los vectores de la base de U.

Ejemplo 7.1 Dada una baseB = {v1, v2, v3} de un espacio vectorialV vamos a determinar si el

sistema{v1+ v2, v1+ v3, v2+ v3}

es una base deV.Hallemos las coordenadas de estos vectores respecto de la baseB; stas son

(1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1)

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De modo que es suficiente ver si estos ltimos vectores son una base deR3. Al ser3vectores bastaver si son LI. Para ello haremos operaciones en la matriz

1 1 0

1 0 1

0 1 1

Le aadimos a la segundafila la primera multiplicada por1y nos sale

F2 F1

1 1 0

0 1 10 1 1

Ahora le aadimos a la tercerafila la segunda y sale

F3+ F2

1 1 0

0

1 1

0 0 2

Como el sistema ha sido escalonado con xito, los vectores(1, 1, 0), (1, 0, 1)y(0, 1, 1)son LI y portanto una base deR3. Entonces el sistema de vectores{v1+ v2, v1+ v3, v2+ v3}es una base deV.

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tema2 espacios vectoriales a

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