Álgebra Lineal VIII: Bases y Dimensión

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1 Álgebra Lineal VIII: Bases y Dimensión José María Rico Martínez Departamento de Ingeniería Mecánica División de Ingenierías, Campus Irapuato-Salamanca Universidad de Guanajuato jrico@ugto.mx En estas notas se presentarán el concepto de bases de espacios vectoriales y dimensión de espacios vectoriales. 1 Bases Definición de bases. Considere un espacio vectorial V sobre un campo K. Una base, B, del espacio vectorial V es un conjunto linealmente independiente 1 de V que genera a V. Teorema. SeaVunespaciovectorialsobreuncampoK. SupongaqueVtieneunabase{ v 1, v 2,..., v m } que contiene un número finito de elementos y sean w 1, w 2,..., w n elementos del espacio vectorial V con n > m. Entonces el conjunto S = { w 1, w 2,..., w n } es linealmente dependiente. En lugar de probar este teorema que es un cuanto tanto complicado, ilustraremos el significado de este teorema mediante un ejemplo. Considere el espacio vectorial R 3 sobre el campo R, primeramente se mostrará que B R 3 = {ê 1,ê 2,ê 3 } donde ê 1 = (1,0,0), ê 2 = (0,1,0), ê 3 = (0,0,1) es una base para R 3. Primeramente, se mostrará que B R 3 es un conjunto linealmente independiente, la ecuación vectorial λ 1 ê 1 +λ 2 ê 2 +λ 3 ê 3 = 0 condude a λ 1 = 0 λ 2 = 0 λ 3 = 0. (1) Finalmente se mostrará que B R 3 es un conjunto generador, la ecuación vectorial λ 1 ê 1 +λ 2 ê 2 +λ 3 ê 3 = x = (x 1,x 2,x 3 ) (2) donde x = (x 1,x 2,x 3 ) es un elemento arbitrario de R 3 conduce a λ 1 = x 1 λ 2 = x 2 λ 3 = x 3. Así pues, se ha probado que B R 3 es, efectivamente, una base de R 3. Considere ahora el conjunto S = { w 1 = (1,3,2), w 2 = ( 2,1,5), w 3 = (0,1,3), w 4 = (7,1, 2)}, de acuerdo con el teorema, debemos probar que S es un conjunto linealmente dependiente. Considere el vector w 1 = (1,3,2) = 1ê 1 +3ê 2 +2ê 3 1 Es importante además que que conjunto sea ordenado. 1

2 Por lo tanto, Considere ahora el conjunto B 1 R 3 dado por ê 1 = w 1 3ê 2 2ê 3 (3) B 1 R 3 = { w 1,ê 2,ê 3 } es necesario probar que B 1 R 3 también es una base. En primer lugar, por la ecuación (3), ê 1 [ w 1,ê 2,ê 3 ] por lo tanto B 1 R 3 es un conjunto generador, falta probar que B 1 R 3 es linealmente independiente. Considere la ecuación λ 1 w 1 +λ 2 ê 2 +λ 3 ê 3 = 0 que conduce a la ecuación escalar conduce a la solución 1λ 1 +0λ 2 +0λ 3 = 0 3λ 1 +1λ 2 +0λ 3 = 0 2λ 1 +0λ 2 +1λ 3 = 0 λ 1 = 0 λ 2 = 0 λ 3 = 0, y, por lo tanto, B 1 R 3 es linealmente independiente y es, también, una base. Considere ahora w 2 = 2ê 1 +1ê 2 +5ê 3, (4) sustituyendo la ecuación (3) se tiene que w 2 = 2( w 1 3ê 2 2ê 3 )+1ê 2 +5ê 3 = 2 w 1 +7ê 2 +9ê 3 (5) Por lo tanto, ê 2 = 1 7 [2 w 1 + w 2 9ê 3 ] (6) Considere ahora el conjunto B 2 R 3 dado por B 2 R 3 = { w 1, w 2,ê 3 } es necesario probar que B 2 R 3 también es una base. En primer lugar, por la ecuación (6), ê 2 [ w 1, w 2,ê 3 ] por lo tanto B 2 R 3 es un conjunto generador, falta probar que B 2 R 3 es linealmente independiente. Considere la ecuación λ 1 w 1 +λ 2 w 2 +λ 3 ê 3 = 0 que sustituyendo la ecuación (5), se convierte a λ 1 w 1 +λ 2 ( 2 w 1 +7ê 2 +9ê 3 )+λ 3 ê 3 = (λ 1 2λ 2 ) w 1 +7λ 2 ê 2 +(9λ 2 +λ 3 ) ê 3 = 0 que conduce a la ecuación escalar, pues note que B 1 R 3 = { w 1,ê 2,ê 3 } es también una base conduce a la solución 1λ 1 2λ 2 +0λ 3 = 0 0λ 1 +7λ 2 +0λ 3 = 0 0λ 1 +9λ 2 +1λ 3 = 0 λ 1 = 0 λ 2 = 0 λ 3 = 0, y, por lo tanto, B 2 R 3 es linealmente independiente y es, también, una base. Finalmente considere w 3 = ê 2 +3ê 3 2

3 sustituyendo la condición (6) se reduce a w 3 = 1 7 [2 w 1 + w 2 9ê 3 ]+3ê 3 = 2 7 w w ê3 (7) Por lo tanto, ê 3 = 2 9 w w w 3 (8) Considere ahora el conjunto B 3 R 3 dado por B 3 R 3 = { w 1, w 2, w 3 } es necesario probar que B 3 R 3 también es una base. En primer lugar, por la ecuación (8), ê 3 [ w 1, w 2, w 3 ] por lo tanto B 3 R 3 es un conjunto generador, falta probar que B 3 R 3 es linealmente independiente. Considere la ecuación λ 1 w 1 +λ 2 w 2 +λ 3 w 3 = 0 que sustituyendo la ecuación (7), se convierte a ( 2 λ 1 w 1 +λ 2 w 2 +λ 3 7 w w 2 9 ) 7 ê3 = ( λ 1 2 ) ( 7 λ 3 w 1 + λ ) ( ) 9 7 λ 3 w λ 3 ê 3 = 0 que conduce a la ecuación escalar, pues note que B 2 R 3 = { w 1, w 2,ê 3 } es también una base que conduce a la solución 1λ 1 +0λ λ 3 = 0 0λ 1 +1λ λ 3 = 0 0λ 1 +0λ λ 3 = 0 λ 1 = 0 λ 2 = 0 λ 3 = 0, Por lo tanto, B 3 R 3 es linealmente independiente y es, también, una base. Finalmente, puesto que B 3 R 3 es una base de R 3 y w 4 R 3 entonces existen escalares µ 1,µ 2,µ 3 R tales que w 4 = µ 1 w 1 +µ 2 w 2 +µ 3 w 3 o, finalmente µ 1 w 1 +µ 2 w 2 +µ 3 w 3 1 w 4 = 0. Por lo tanto S = { w 1, w 2, w 3, w 4 } es un conjunto linealmente dependiente. Corolario. Sea V un espacio vectorial sobre un campo K. Si V tiene una base finita, todas las bases de V tienen el mismo número de elementos. Prueba: Sean { v 1, v 2,..., v m } y { w 1, w 2,..., w n } dos bases del espacio vectorial V. Entonces es imposible que n > m pues { v 1, v 2,..., v m } es una base y por el teorema anterior, si n > m entonces { w 1, w 2,..., w n } es linealmente dependiente y no puede ser una base. De manera semejante es imposible quem > npues{ w 1, w 2,..., w n }esunabaseyporelteoremaanterior, sim > nentonces { v 1, v 2,..., v m } es linealmente dependiente y no puede ser una base. Por lo tanto, n = m. Definición de Dimensión. Sea V un espacio vectorial sobre un campo K. Si V tiene una base que contiene un número finito de elementos, digamos n, el espacio vectorial V se denomina un espacio vectorial finito dimensional y la dimensión del espacio vectorial es n. En caso contrario, es decir si las posibles bases del espacio vectorial V tienen un número infinito de elementos, el espacio vectorial se denomina infinito dimensional. 3

4 2 Como obtener bases de espacios vectoriales. Existen dos diferentes métodos para obtener una base de un espacio vectorial, V. 1. Iniciando con un subconjunto S V que sea linealmente independiente. En este caso, es necesario probar que S no es un conjunto generador, pues si lo es, ya tenemos una base del espacio vectorial V. Si S no es un conjunto generador, es necesario añadir elemento por elemento al subconjunto extender el subconjunto de manera que los nuevos subconjuntos continuen siendo linealmente independiente hasta que el subconjunto sea también un conjunto generador. 2. Iniciando con un subconjunto S V que sea un conjunto generador del espacio vectorial. En este caso, es necesario probar que S no es linealmente independiente, pues si lo es, ya tenemos una base del espacio vectorial V. Si S no es linealmente independiente, es necesario eliminar elemento por elemento al subconjunto reducir el subconjunto de manera que los nuevos subconjuntos continuen siendo conjuntos generadores hasta que el subconjunto sea también un conjunto linealmente independiente. Los dos esquemas se muestran, de manera gráfica en la figura 1 Figure 1: Dos procedimientos para obtener una base de un espacio vectorial V. Los siguientes dos resultados muestran como obtener una base a partir de un subconjunto linealmente independiente. Teorema. Sea S = { v 1, v 2,..., v m } un conjunto linealmente independiente de un espacio vectorial V sobre un campo K y sea v V y sea S = S { v}. Entonces S es linealmente independiente si, y sólo si, v no yace en el espacio generado por S. Prueba: Si v yace en el espacio generado por S, denotado por [S], entonces existen escalares a 1,a 2,..., a m K tales que v = a 1 v 1 +a 2 v a m v m o 1 v +a 1 v 1 +a 2 v a m v m = 0. 4

5 Por lo tanto, S es linealmente dependiente. En la otra dirección, suponga que S es linealmente dependiente entonces existen escalares no todos 0,,c 1,c 2,...,c m, tales que v +c 1 v 1 +c 2 v c m v m = 0. Entonces, 0, pues en caso contrario, es decir si = 0, entonces, la ecuación anterior se reduce a c 1 v 1 +c 2 v c m v m = 0. puesto que los escalares c 1,c 2,...,c m no son todos 0, el conjunto S es linealmente dependiente. Una contradicción de la suposición. Por lo tanto, 0 Por lo tanto, Por lo tanto v [S]. v = c 1 v 1 + c 2 v c m v m Este último resultado indica las condiciones necesarias y suficientes para que el proceso de añadir elementos al subconjunto linealmente independiente produzca otro subconjunto mas grande pero continue siendo linealmente independiente. Teorema. Sea V un espacio vectorial de dimensión finita n y sea S = { v 1, v 2,..., v r } un subconjunto linealmente independiente, con r < n. Entonces existen vectores v r+1,..., v n en V tal que { v 1, v 2,..., v r, v r+1,..., v n } es una base de V. Prueba: La prueba es también constructiva. Por contradicción, debe haber un v r+1 V, tal que v r+1 / [S], pues de lo contrario, S es un conjunto generador de V y por lo tanto una base de V y la dimensión de V es r < n una contradicción. Considere S 1 = S { v r+1 }. Si S 1 genera a V, entonces S 1 es una base de V y dimv = r+1, en caso contrario, existe un v r+2 V, tal que v r+2 / [S 1 ]. Considere S 2 = S 1 { v r+2 }. Si S 2 genera a V, entonces S 2 es una base de V y dimv = r+2. Este proceso puede repetirse un número finito de veces hasta obtener una base de V. Teorema. Si S = { v 1, v 2,..., v n } genera un espacio vectorial V y V no es el espacio vectorial que contiene únicamente al vector 0, existe un subconjunto linealmente independiente de S que genera V y, por lo tanto, es una base de V. Prueba: La prueba es constructiva; es decir, a partir del conjunto generador S se construirá una base del espacio vectorial V. 1. Puesto que S genera al espacio vectorial V; es claro que V es finito-dimensional. 2. Puesto que V no es el espacio que contiene únicamente al vector 0, la base de V debe contener al menos un elemento. 3. Considere la ecuación λ 1 v 1 +λ 2 v 2 + +λ n v n = 0 Si la única solución de la ecuación es la trivial, λ 1 = λ 2 = = λ n = 0, el conjunto generador es linealmente independiente y es, por lo tanto, una base. Con este resultado termina la prueba. Si existe un escalar λ 0, entonces, sin pérdida de generalidad, suponga que es λ n, por lo tanto λ n v n = λ 1 v 1 λ 2 v 2 + λ n 1 v n 1 y v n = λ 1 λ n v 1 λ 2 λ n v 2 λ n 1 λ n v n 1 (9) 5

6 4. Considere ahora S/ v n ; es decir, el conjunto formado removiendo de S al vector v n. Puesto que S es un conjunto generador de V, para cualquier v V arbitrario, se tiene que Pero por la ecuación (9), se tiene que v = µ 1 v 1 +µ 2 v 2 + +µ n 1 v n 1 +µ n v n v = µ 1 v 1 +µ 2 v 2 + +µ n 1 v n 1 +µ n ( λ 1 = ( ) ( ) λ 1 λ 2 µ 1 µ n v 1 + µ 2 µ n v λ n λ n v 1 λ 2 v 2 λ ) n 1 v n 1 λ n λ n λ n ( λ n1 µ n 1 µ n λ n ) v n 1 (10) Por lo tanto S/ v n es tambén un conjunto generador de V que contiene n 1 vectores. Repitiendo este proceso un número finito de veces, se obtiene la base de V. Finalmente, el siguiente teorema muestra que en un espacio vectorial de dimensión n, un conjunto formado por n vectores solo necesita satisfacer una de las dos condiciones para ser una base. Teorema. Sea V un espacio vectorial de dimension n 1 y sea S = { v 1, v 2,..., v n } un subconjunto de n vectores. Entonces 1. Si S es linealmente independiente, S es una base para V. 2. Si S genera a V, S es una base para V. Prueba: SupongaqueS = { v 1, v 2,..., v n }eslinealmenteindependiente,entoncespuestoquedimv = n, cualquier conjunto S = S v, para v V arbitrario, es linealmente dependiente. Por lo tanto, existen escalares no todos 0,,c 1,c 2,...,c n tales que v +c 1 v 1 +c 2 v c n v n = 0. Entonces, 0, pues en caso contrario, es decir si = 0, entonces, la ecuación anterior se reduce a c 1 v 1 +c 2 v c n v n = 0. puesto que los escalares c 1,c 2,...,c n no son todos 0, el conjunto S es linealmente dependiente. Una contradicción de la suposición. Por lo tanto, De aquí que, 0. v = c 1 v 1 c 2 v 2 c n v n Por lo tanto v [S] y S genera al espacio vectorial V y S es una base de V. Ahora, suponga que S = { v 1, v 2,..., v n } genera a V, entonces S es linealmente independiente. Pues por contradicción, suponga que S es linealmente dependiente, entonces existen escalares no todos 0,c 1,c 2,...,c n tales que c 1 v 1 +c 2 v c n v n = 0. Suponga, sin perdida de generalidad, que c 1 0, entonces v 1 = c 2 c 1 v 2 c n c 1 v n, Por lo tanto v 1 [ v 2,..., v n ], puesto que S = { v 1, v 2,..., v n } genera a V y v 1 [ v 2,..., v n ] entonces { v 2,..., v n } genera a V y dimv < n una contradicción a la suposición de dimv = n. 6

7 3 Problemas Resueltos. Ejemplo 1. Muestre que el conjunto { v 1 = (1,1,0,0), v 2 = ( 1, 1,1,2), v 3 = (1, 1,1,3), v 4 = (0,1, 1, 3)} es una base de R 4 y muestre que v = (a,b,c,d) R 4 puede escribirse como una combinación lineal de la base. 2 Prueba: Por el cuarto teorema de estas notas es suficiente probar que el conjunto es linealmente independiente. Considere la ecuación λ 1 v 1 +λ 2 v 2 +λ 3 v 3 +λ 4 v 4 = 0 La matriz aumentada del sistema de ecuaciones resultante está dada por (11) El proceso de escalonamiento procede como se indica An = stackmatrix(a1,evalm(a2 A1),A3,A4) = Note que el elemento (2,2) es cero, de manera que las filas de An deben rearreglarse como B = stackmatrix(a1,a3,evalm(a2 A1),A4) = El segundo paso conduce a C = stackmatrix(a1,b2,b3,evalm(b4 2 B2)) = El paso final del proceso de escalonamiento está dado por F = stackmatrix(a1,b2,b3,evalm(2 C4+B3)) = Es evidente que la única solución posible es la trivial λ 1 = λ 2 = λ 3 = λ 4 = 0. Por lo tanto, el conjunto es linealmente independiente y es una base para R 4. 2 Tomado de Algebra Through Practice, Blyth, T.S. and Robertson, E.F., Cambridge: Cambridge University Press,

8 Para la segunda parte del problema, considere la ecuación λ 1 v 1 +λ 2 v 2 +λ 3 v 3 +λ 4 v 4 = v Siguiendo la misma secuencia del proceso de escalonamiento, se tiene que la matriz en su forma escalonada está dada por a c F = b a d 4c+b a La última ecuación está dada por λ 4 = a b+4c 2d. La tercera ecuación está dada por 2λ 3 +λ 4 = b a o 2λ 3 = b a (a b+4c 2d) = 2a+2b 4c+2d Por lo tanto La segunda ecuación está dada por λ 3 = a b+2c d. λ 2 +λ 3 λ 4 = c o λ 2 = c (a b+2c d)+(a b+4c 2d) = 3c d Finalmente, la primera ecuación está dada por Por lo tanto λ 1 λ 2 +λ 3 = a o λ 1 = a+λ 2 λ 3 = a+(3c d) (a b+2c d) = b+c. (a,b,c,d) = (b+c)(1,1,0,0)+(3c d)( 1, 1,1,2)+(a b+2c d)(1, 1,1,3)+(a b+4c 2d)(0,1, 1, 3). Ejemplo 2. Considere el espacio vectorial P 3 (x) de polinomios con coeficientes reales de grado menor o igual que 3 con las operaciones usuales de adición y multiplicación por un escalar real y considere el siguiente subconjunto generador de P 3 (x) S = { p 1 (x) = x 2 +2x, p 2 (x) = x 3 +3x, p 3 (x) = x 3 +x 2, p 4 (x) = x+1, p 5 (x) = x 2 +3x+1, p 6 (x) = x 3 +2x+1 } Encuentre una base para el subespacio de P 3 (x) generado por S. 3 Solución. Sea W < P 3 (x) el subespacio generado por S, entonces el problema se reduce a encontrar un subconjunto de vectores de S que sea linealmente dependiente sin que se pierda la propiedad de que el subconjunto de S continue siendo un conjunto generador. Forme una combinación lineal de los polinomios de S e igualelo al polinomio z(x), entonces se tiene que Por lo tanto λ 1 p 1 (x)+λ 2 p 2 (x)+λ 3 p 3 (x)+λ 4 p 4 (x)+λ 5 p 5 (x)+λ 6 p 6 (x) = z(x) λ 1 (x 2 +2x)+λ 2 (x 3 +3x)+λ 3 (x 3 +x 2 )+λ 4 (x+1)+λ 5 (x 2 +3x+1)+λ 6 (x 3 +2x+1) = 0x 3 +0x 2 +0x+0 3 Tomado de Messer, R. [1994], Linear Algebra: Gateway to Mathematics, New Tork: Harper and Collins. 8

9 El sistema de ecuaciones a resolver está dado por 0λ 1 +1λ 2 +1λ 3 +0λ 4 +0λ 5 +1λ 6 = 0 1λ 1 +0λ 2 +1λ 3 +0λ 4 +1λ 5 +0λ 6 = 0 2λ 1 +3λ 2 +0λ 3 +1λ 4 +3λ 5 +2λ 6 = 0 0λ 1 +0λ 2 +0λ 3 +1λ 4 +1λ 5 +1λ 6 = 0 La matriz de coeficientes del sistema está dado por M = Para escalonar el sistema se sumarán menos dos veces la segunda fila a la tercera fila. Rearreglando las filas en el siguiente paso se tiene que M 1 = El siguiente paso consiste en sumar menos tres veces la segunda fila a la tercera de manera que se obtiene M 2 = El sistema ya se encuentra en forma escalonada, tiene soluciones múltiples, y las variables libres son λ 5 y λ 6. La solución se obtiene mediante sustitución inversa y están dados por λ 4 = λ 5 λ 6 λ 3 = 2 5 λ 6 λ 2 = 3 5 λ 6 λ 1 = 2 5 λ 6 λ 5. Para analizar la solución y puesto que existen dos variables libres, se obtendrán dos relaciones 1. Primer caso Por lo tanto λ 5 = 1 y λ 6 = 0 λ 4 = 1 λ 3 = 0 λ 2 = 0 λ 1 = 1 Esta solución conduce a la siguiente igualdad entre los polinomios 1p 1 (x) 1p 4 (x)+1p 5 (x) = 0 o 1 ( x 2 +2x, ) 1(x+1)+1 ( x 2 +3x+1 ) = 0 (12) 2. Segundo caso Por lo tanto λ 5 = 0 y λ 6 = 1 λ 4 = 1 λ 3 = 2 5 λ 2 = 3 5 λ 1 = 2 5 9

10 Esta solución conduce a la siguiente igualdad entre los polinomios o 2 5 p 1(x) 3 5 p 2(x) 2 5 p 3(x) 1p 4 (x)+p 6 (x) = 0 2 ( x 2 +2x ) 3 ( x 3 +3x ) 2 ( x 3 +x 2) 1(x+1)+1 ( x 3 +2x+1 ) = 0 (13) De la ecuación (12) es posible eliminar p 5 (x), mientras que de la ecuación (13) es posible eliminar p 6 (x). Estas selecciones aseguran que el conjunto {p 1 (x),p 2 (x),p 3 (x),p 4 (x)} forman un conjunto generador de P 3 (x) y por lo tanto una base para P 3 (x). 4 Problemas Propuestos. En esta sección se proponen algunos ejercicios acerca de bases de diferentes espacios vectoriales. Ejemplo 1. Considere el espacio vectorial R 3 de triadas ordenadas de números reales, sobre el campo de los números reales R, con las operaciones usuales de adición y multiplicación por un escalar real. Encuentre dos bases B y B de R 3 que no tengan ningún elemento en común. Ejemplo 2. Considere el espacio vectorial P 3 (x) de polinomios de coeficientes reales, sobre el campo de los números reales R, con las operaciones usuales de adición y multiplicación por un escalar real. Considere el conjunto B = {p 1 (x) = 1,p 2 (x) = 1 x,p 3 (x) = (1 x) 2,p 4 (x) = (1 x) 3 } Determine si el conjunto B es o no una base de P 3. Ejemplo 3. Considere el espacio vectorial M 2 2 de matrices 2 2 de coeficientes reales, sobre el campo de los números reales R, con las operaciones usuales de adición y multiplicación por un escalar real. Considere el conjunto B = { M 1 = [ ] [ 1 0,M 2 = 0 1 Determine si el conjunto B es o no una base de M 2 2. ] [ 0 1,M 3 = 1 0 ] [ 0 1,M 4 = 1 0 Ejemplo 4. Considere el espacio vectorial P 2 (x) de polinomios de coeficientes reales, sobre el campo de los números reales R, con las operaciones usuales de adición y multiplicación por un escalar real. Considere el conjunto B = {p 1 (x) = 1,p 2 (x) = x,p 3 (x) = x 2,p 4 (x) = (1 x) 2 } muestre que B genera P 2 (x) y encuentre un subconjunto de B que sea una base de P 2 (x). Ejemplo 5. Considere el espacio vectorial P 3 (x) de polinomios de coeficientes reales, sobre el campo de los números reales R, con las operaciones usuales de adición y multiplicación por un escalar real. Considere el conjunto B = {p 1 (x) = 1+x,p 2 (x) = 1 x,p 3 (x) = x 2,p 4 (x) = (1 x) 2,p 5 (x) = x 3 } ]} 10

11 muestre que B genera P 3 (x) y encuentre un subconjunto de B que sea una base de P 3 (x). Ejemplo 6. Considere el espacio vectorial P 2 (x) de polinomios de coeficientes reales, sobre el campo de los números reales R, con las operaciones usuales de adición y multiplicación por un escalar real. Considere el conjunto S = {p 1 (x) = 1,p 2 (x) = (1 x) 2 }. muestre que S es linealmente independiente y extienda el conjunto S para formar una base B para P 2 (x). Ejemplo 7. Considere el espacio vectorial M 2 2 de matrices 2 2 de coeficientes reales, sobre el campo de los números reales R, con las operaciones usuales de adición y multiplicación por un escalar real. Considere el conjunto S = { [ 1 0 M 1 = 0 1 ] [ 0 1,M 2 = 1 0 muestre que S es linealmente independiente y extienda el conjunto S para formar una base B para M 2 2. Ejemplo 8. Considere el espacio vectorial R 3 de triadas ordenadas de números reales, sobre el campo de los números reales R, con las operaciones usuales de adición y multiplicación por un escalar real. Considere el conjunto S = {(1,0,0),(1,1,0),(1,1,1),(1,0,1)} muestre que S genera R 3 y encuentre un subconjunto de S que sea una base de R 3. Ejemplo 9. Considere el espacio vectorial R 3 de triadas ordenadas de números reales, sobre el campo de los números reales R, con las operaciones usuales de adición y multiplicación por un escalar real. Considere el conjunto S = {(1,0,0),(1,1,0),(1,1,1),(1,2,0)} muestre que S genera R 3 y encuentre un subconjunto de S que sea una base de R 3. ]} 11